De HSG HD V1 cap truong

minh rằng đa thức P(x) không thể có nghiệm bội là số nguyên... Điều này vô lý[r]

Trường THCS THPT Việt Trung KỲ THI CHỌN HSG DỰ THI CẤP TỈNH TỔ: TỐN Mơn : Tốn ( năm học : 2010 - 2011) ( Thời gian làm 150 phút )

ĐỀ HƯỚNG DẪN.

Bài Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh rằng:

3 3

2 2

3

3 3

a b c

b  c  a  

HD

3 3

2 2

3

3 3

a b c

b  c  a   (***).Do ab + bc + ca = nên

VT (***) = 2 a3 2 b3 2 c3

b ab bc ca c   ab bc ca a   ab bc ca  =

3 3

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b c

b c a b   c a b c   a b c a  Theo BĐT AM-GM ta có

3 3

( )( ) 8

a b c a b a

b c c a

 

  

 

3 5 2

( )( )

a a b c

b c c a

 

 

  (1)

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:

3 5 2

( )( )

b b c a

c a a b

 



  (2),

3 5 2

( )( )

c c a b

a b c a

 



  (3)

Cộng vế với vế (1), (2), (3) ta (***)

4

a b c

VT   

Mặt khác ta dễ dàng chứng minh :

a + b + c ≥ 3(ab bc ca  )=

Đẳng thức xảy a = b = c = (pcm)

BI 2. Tìm giới hạn sau :

 2  

1

1

lim *

1

n x

x nx n

M n N

x



  

  



HD M=

 2  2

1

1 ( 1) ( 1)

lim lim

1

n n

x x

x nx n x n x

x x

 

     



 

 

1

1

lim

1

n n

x

x x x n

M

x

 



    



  

1

1

( 1) ( 1) ( 1)

lim

1

n n

x

x x x

x

 



     





M=  1

2

n n

Bài Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

x x y y

y y z z z z x x

  



 



  



TH1: Trong x, y, z Ýt nhÊt cã nghiƯm sè b»ng Gi¶ sư x = y ta cã hƯ

3 2

2 (1)

2 (2)

2 (3)

x x x

x z x z

z x z x

   



  

 

  



Tõ (1)  x = 0, x = -1

x = Thay vµo (2), (3)  z=0 x = -1 Thay vào (2), (3) vô lý Vậy hệ có nghiÖm (0,0,0)

Nếu y = z hay x = z có nghiệm (0,0,0) TH2: số đơi khác

Tõ 2x + x2y = y thÊy nÕu x2 = 1

 = (v« lý)±

VËy x2≠  2x + x2y = y 

2

2

x y

x

 

Hai phơng trình cịn lại tơng tự ta có hệ phơng trình tơng đơng với:

2

2

2

2

2

2

x y

x y z

y z x

z

  

  

 

  

 

 

Gi¶ sư x > y > z (*) XÐt hµm sè: f(t) = 2

1

t t

 xác định D = R\ {1}.f

’(t) =

2

2( 1)

0 (1 )

t t

 

 víi mäi tD

 hàm số đồng biến D.f(x) > f(y) > f(z) y > z > x mâu thuẫn với (*) Vậy điều giả sử sai Do vai trò x, y, z nh

VËy TH2 - hƯ v« nghiƯm

Vậy hệ cho có nghiệm (0; 0; 0)

BÀI 4: Chứng minh với số thực a, b phương trình:

2010.cos3x + a cos2x + b cosx + sinx = có nghiệm Giải:

Xét hàm số: f(x) = 670.sin3x + (a/2)sin2x + (b/2)sinx -cosx

Ta có f(x) xác định, liên tục có đạo hàm bậc nhất:

f’(x) = 2010.cos3x + a cos2x + b cosx + sinx = VT với x0; 2, ta có: f(0)f( )  1.Vậy theo định lý Lagrange , tồn x0 0;2 cho:

(2 ) (0)

'( )

2

f f

f x 

 

 



Nói cách khác phương trinh ln có nghiệm ( x = x0 ) nói Đó điều cần chứng minh

ĐỀ 2.HƯỚNG DẪN.

B I 1.À Cho a, b, c0 a2b2c2 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

3 3

2 2

1 1

a b c

P

b c a

  

  

HD

Ta có: P + =

2 2 2 1

1 a a

c c c b b b a         1 2 2 2 b b a b a

P  

      1 2 2 2 c c b c b       1 2 2 2 a a c a c       6 16 16 16

3 a  b  c



6 2

3 2 8

9 ) ( 2 2     

 P a b c

2 2 2 2 2

6    



 P

Để PMin a = b = c =

BI 2. Tìm giới hạn sau :

    lim 1 x x Q x x   HD

Đây d¹ng 0 Ta cã

      

2

lim 1

( 1)

x

x

Q x x x

x x



 

   

 

Do x  1 nªn

        2 1 lim

( 1)

x

x x

Q x x

x x                1

lim

( 1)

x

x x

Q x x

x         

Lu ý: Đây toán nhng học sinh rÊt dÔ viÕt sai viÕt:

      

2

1

lim 1

1

x

Q x x x x

x               

B I 3: À Gi¶i hƯ

2 2

x + 2yz = x (1) y + 2zx = y (2) z + 2xy = z (3)

    

Giả cách cộng (1), (2), (3) lấy (1) trừ (2) ta có hệ cho tơng đơng với hệ

2

2

x + 2yz = x

(x + y + z) = x + y + z (x - y)(x + y - 2z - 1) =

    

2

x + 2yz = x x + 2yz = x

x + y + z = (I) x + y + z = (II)

x =y x + y - 2z - =

 

 

 

 

 

2

x + 2yz = x x + 2yz = x

x + y + z = (III) x + y + z = (IV)

x =y x + y - 2z - =

 

 

 

 

 

Gi¶i (I):

(I) 

2

x + 2yz = x 2y + z = x = y

    



2

x + 2yz = x z = - 2x x = y

    



2

x - 4x = x z = - 2x x = y

    



-1 x = x =

3 z = - 2x x = y

       

VËy (I) cã nghiÖm (0;0;0); (-1 -1 2; ; 3 3)

Làm tơng tự (II) có nghiệm (2 -1 -1; ; 3 );(

-1 -1 ; ; 3 )

HÖ (III) cã nghiÖm (0;0;1); (1 1; ; 3 3)

Hệ (IV) có nghiệm (0;1;0); (1;0;0) Vậy hệ cho có nghiệm kể

B I 4: À Giả sử f(x) hàm số liên tục đoạn [0; 1] khả vi khoảng (0; 1) cho :

f(1) = Chứng minh tồn c thuộc khoảng (0; 1) cho: f c'( ) f c( )c

c

 

Giải:

Xét hàm số g(x) = xf(x).e-x Rõ ràng f(x) hàm số liên tục đoạn [0; 1] khả vi khoảng (0; 1) nên g(x) hàm số liên tục đoạn [0; 1] khả vi khoảng (0; 1) Mặt khác : g(0) = g(1) = 0.

Do theo định lý Roll, suy tồn c(0;1) cho g’(c) = (1) Ta có: g’(x) = f(x).e-x + xf’(x).e-x - xf(x).e-x =e-x (f(x) + xf’(x) - xf(x)) (2)

Từ (1) (2) ta có : e-x (f(c) + cf’(c) - cf(c)) = 0 Suy : f(c) + cf’(c) - cf(c)= 0.

Vậy, f c'( ) f c( )c

c

 

Trường THCS THPT Việt Trung KỲ THI CHỌN HSG DỰ THI CẤP TỈNH TỔ: TỐN Mơn : Tốn ( năm học : 2010 - 2011) ( Thời gian làm 150 phút )

ĐỀ 3.HƯỚNG DẪN.

2 2

1 1

2 2

P

x yz y zx z xy

  

  

HD

Từ giả thiết ta có xyz ≥ x + y + z ≥ 33 xyz  (xyz)3 ≥ 27.xyz  xyz ≥ 3 3. Áp dụng BĐT Cauchy ta có

x2 + yz + yz ≥ 3 (3 xyz)2 ; y2 + zx + zx ≥ 3 (3 xyz)2 ; z2 + xy + xy ≥ 3 (3 xyz)2

Từ ta có P 3 3

1 1 1

3 (xyz) (xyz) (xyz) (xyz) (3 3)

     

Từ ta có Max P =

3 đạt

x y z

x y z

x y z xyz

  

   



  



B I 2.À T×m giíi h¹n sau :

3

1

lim

x

x x

N

x



  



HD

   

2

1 2

lim

x

x x x x

N

x



      



   

3

2

0

1 2

lim

x

x x x x

N

x x



       

   

 

Nhân biểu thức liên hỵp

       

2

2 2 2

0 3

4 12

lim

( ) 1 2 1 2 1 6 1 2

x

x x x

N

x x x x x x x x



 

  

   

 

  

       

 

 

 

Rót gän vµ Kq : N =

B I 3: Giải hệ phơng trình:

2 2

2

x + y + z = x + y + z = x + y + z =

    

Gi¶i: HƯ 

2

x + y + z = (y - z)(y + z - 1) = (x - z)(x + z - 1) =

    



2 2

2 2

x + y + z = x + y + z =

y=z (I) y = z (II)

x=z x + z - =

x + y + z = x + y + z = z + y - = (III) z + y -

x = z

 

 

 

 

 

    

1 = (IV) x + z - =

    

Giải hệ phơng pháp đợc nghiệm (-1;-1;-1); (0;0;1); (0;1;0); (0;0;1); 1 1; ; 2

 

 

B I À Chof(x) hàm số khả vi liên tục đoạn [0; 1] : f(0) = , f(1) = Chứng minh

rằng tồn tồn x1 , x2 đoạn [0; 1] cho:

1

2010 2011

4021 '( ) '( )

f x  f x 

Giải:

Đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

1

2010 2011

1 4021 '( )f x  4021 '( )f x 

Do f(x) hàm số khả vi liên tục đoạn [0; 1] : f(0) = f(1) = 0, nên tồn c ( < c < 1) cho: ( ) 2010

4021

f c  Theo định lý Lagrange

1

1

( ) (0) 2010 2010

(0; ) : '( )

0 4021 4021 '( )

f c f

x c cho f x c

c c f x



     

 (1)

Lại theo định lý Lagrange

2

1 2010

1

(1) ( ) 4021 2011 2011

( ;1) : '( )

1 4021(1 ) 4021 '( )

f f c

x c sao cho f x c

c c c f x

 

       

  

.(2) Cộng vế theo vế (1) (2) ta điều cần chứng minh

Trường THCS THPT Việt Trung KỲ THI CHỌN HSG DỰ THI CẤP TỈNH TỔ: TỐN Mơn : Tốn ( năm học : 2010 - 2011) ( Thời gian làm 150 phút )

ĐỀ4.

BÀI 1. Cho x, y, z 0thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức

 

3 3

16

x y z

P

x y z

 



Trước hết ta có:   3

4

x y

x y   (biến đổi tương đương)   x y  2 x y 0

Đặt x + y + z = a Khi      

3 3

3

3

64 64

4P x y z a z z t 64t

a a

   

    

(với t = z

a, 0 t 1)

Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t0;1 Có

 2  

2

'( ) 64 , '( ) 0;1

9

f t   t   t  f t    t

 

Lập bảng biến thiên

 

0;1

64 inf

81 t

M t



   GTNN P 16

81 đạt x = y = 4z >

B I 2. Tìm giới hạn sau :

HD

Ta cã

2

2

0 0

2sin sin

1 cos 2 2

lim lim lim

2

2

x x x

x x

x

x

x x

  

 

 



   

 

 

=1/2

( Có thể nhân liên hợp với 1+cosx )

B I 3:À Gi¶i hƯ:

2 2

1 1

x y

y z

z x

  



  

  



Giải: Xét hai trờng hợp sau:

TH1: Trong sè Ýt nhÊt cã nghiƯm sè b»ng nhau: Gi¶ sư x=y cã hƯ

2 2

1 1

x x

y z

z x

  



  

  



Từ có nghiệm hệ (x;y;z) : 1; 1; ; 1; 1;

2 2 2

         

   

   

   

Tơng tự y=z, z=x ta đợc nghiệm nh TH2 : số x, y, z đôi khác

Giả sử x>y>z ,xét hàm số f(t) = t2 D =1;

z 0, x>y>z0f(x)>f(y)>f(z)y+1>z+1>x+1y>x>z(vô lý)

z<y<x0f(x)<f(y)<f(z)y+1<z+1<x+1y<z<x(vô lý) x>0>z>-1 f(-1)>f(z) 1>x+1x<0 (vô lý)

Vậy điều giả sử sai TH2 vô nghiệm

B I 4. Hàm số f(x) xác định với x thỏa mãn hệ điều kiện sau:

2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,

(1)

a b f a b a b f a b ab a b voi moi a b

f

      

 

 

2

1 cos lim

x

x A

x



Tìm hàm số f(x).

Giải:

Giả sử f(x) thỏa mãn điều kiện đề bài, tức là: 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , (1)

(1) (2)

a b f a b a b f a b ab a b a b

f

        

 

 

Trong (1) thay a = x + 1, b = x từ (1(, (2) ta có: f(2x + 1) = (2x + 1)( 4x2 + 4x + 2) Hay f(2x + 1) = (2x + 1)[(2x + 1)2 + 1]

Từ suy ra: f(x) = x3 + x. Bằng phép thử trực tiết suy f(x) = x3 + x hàm cần tìm.

Trường THCS THPT Việt Trung KỲ THI CHỌN HSG DỰ THI CẤP TỈNH TỔ: TOÁN Mơn : Tốn ( năm học : 2010 - 2011) ( Thời gian làm 150 phút )

ĐỀ 5.HƯỚNG DẪN

B I À T×m giíi h¹n sau : 2

0

1 cos cos cos3 lim

x

x x x

C

x



 

HD

2

1 cos cos cos cos2 cos cos cos cos cos3 lim

x

x x x x x x x x x

C

x



    



2 2  2

0

1 cos3 cos cos2 cos (1 cos2 )cos

lim

x

x x x

x x x

C

x x x





   

    

 

Làm tơng tự C =

BÀI Cho x,y  R x, y > Tìm giá trị nhỏ    

3 2

( 1)( 1)

x y x y

P

x y

  



 

HD

Đặt t = x + y ; t > Áp dụng BĐT 4xy  (x + y)2 ta có

2

4

t

xy

3 (3 2)

1

t t xy t

P

xy t

  



  Do 3t - >

2

4

t xy

  nên ta có

3

2

(3 2)

2

4

t t

t t t

P

t t

t

  

 

  

Xét hàm số

2

2

4

( ) ; '( ) ;

2 ( 2)

t t t

f t f t

t t



 

  f’(t) =  t = v t =

t +

f’(t) - +

8 Do P = (2;min ( )) f t = f(4) = đạt

4

4

x y x

xy y

  

 



 

 

 

B I 3:À Gi¶i hƯ: 2

3 3

x + y + z = x + y + z = x + y + z =

    

Giải: áp dụng đẳng thức ta có:

x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx).

x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz.

VËy = 22 - 2(xy + yz + zx)  xy + yz + zx = -1.

8 = 23 - 3.2.(-1) + 3xyz  xyz = -2.

 x, y, z lµ nghiƯm phơng trình:t3 - 2t2 - t + = 

t = t = - t =

   

VËy hƯ cã cỈp nghiƯm (1;-1;2); (-1;1;2); (1;2;-1); (-1;2;1); (2;1;-1); (2;-1;1)

B I 4. 1.Giải phơng trình nghiệm nguyên d¬ng sau: x6z3 15x z2 3x y z2  (y25)3 Giải:

¸p Dơng BDT Cauchy cho sè; ta đc Dấu xảy

T phơng trình:

( phơng trình ớc số; dễ dàng tìm đc tìm ) Đ áp số : nghiệm phơng trình lµ

Trường THCS THPT Việt Trung KỲ THI CHỌN HSG DỰ THI CẤP TỈNH TỔ: TOÁN Mơn : Tốn ( năm học : 2010 - 2011) ( Thời gian làm 150 phút )

ĐỀ 6.HƯỚNG DẪN

BÀI Cho a b c, , số dương thỏa mãn: a2 b2 c2 3

   Chứng minh bất đẳng thức:

2 2

1 1 4

7 7

a b b c c a     a  b  c 

HD

Áp dụng bất đẳng thức 1 (x 0,y 0)

xy x y  

Ta có: 1 ; 1 ; 1

2 2a+b+c

     

2 2

2 2

2 2

1 2

2 4 2

2

2 1

a b c a b c

a b c a b c a

a b c

         

     

      

Tương tự: 2

1 2

;

2b c a  b 7 2c a b  c 7

Từ suy 2

1 1 4

7 7

a b b c c a     a  b  c 

Đẳng thức xảy a = b = c = B I 2 Tìm giới hạn sau: 2

0

2 cos

lim

sin

x

x C

x



 



HD

Nh©n tử mẫu với biểu thức liên hợp 2  1 cos x

   

 

 

2

0

2

2 cos cos

2 cos

lim lim

sin 2 1 cos sin

1 cos lim

2 cos sin

x x

x

x x

x

x x x

x

x x

 



   

 



 

 

 

2

2

0

2sin

2 cos 2

lim lim

sin ( cos )sin

x x

x x

x x x

 

 



 

suy KQ: C =

8

B I 3:À Gi¶i hƯ : 2 2

3 3

x + y + z = a x + y + z = a x + y + z = a

    

Gi¶i: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx)  xy + yz + zx = 0.

x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz  xyz = 0.

VËy cã:

x + y + z = xy + yz + zx =

0

xyz

  

 

(x; y; z) nghiệm phơng tr×nh: X3 - aX2 =  X =

X = a

  

VËy hƯ cã nghiƯm lµ {(a; 0; 0); (0; a; 0); (0; 0; a)}

B I 4. Tìm GTLN GTNN hàm số f(x) đoạn [-1; 2] biết f(0) = (1) vµ f2(x).f’(x) = 1+ 2x +3x2 (2)

Giải:

Tõ (2): f2(x)f’(x) = + 2x + 3x2 <=> f x  x x x c   



3

3 )

( (c lµ h»ng sè)

+ Tõ (1) : f(0) = => c =

3

, hàm số ( ) 3 3 3 1

  

 x x x

XÐt g(x) = 3x3 + 3x2 + 3x + víi x  [-1; 2]

g’(x) = 9x2 + 6x + = <=> [ 1;2]

1

  

  



x x

®iĨm tíi h¹n 1) = 2, g(2) = 40,

g(-3

) =

9

=> max(g(x)) = 40, min(g(x)) = - Do GTLN f(x) 40 GTLN f(x) 3 2



Trường THCS THPT Việt Trung KỲ THI CHỌN HSG DỰ THI CẤP TỈNH TỔ: TỐN Mơn : Tốn ( năm học : 2010 - 2011) ( Thời gian làm 150 phút )

ĐỀ 7.HƯỚNG DẪN

B I 1. Tìm giới hạn sau: 2

0

1 cos cos2 lim

x

x x

B

x



HD

Thêm bớt nhân liên hợp

2 2 2

0

1 cos cos cos cos cos (1 cos )cos

lim lim

x x

x x x x x x x

B

x x x

 

 

    

    

 

   

2

0

(1 cos ) cos cos (1 cos ) cos

lim

(1 cos ) (1 cos2 )

x

x x x

x x

B

x x x x



     

 

 



  

2

2

0

sin sin cos

lim

(1 cos ) (1 cos )

x

x x x

B

x x x x



 

   

 

 

B=5/2

BÀI 2: Ch x, y, z số dương thoả mãn 1 1 2009

xyz  Tìm giá trị lớn biểu

thức: P = 2x y z1 x 21y z x y1 2z

     

HD

Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta có: 4ab ≤ (a + b)2

4

a b

a b ab



 



1 1

( , 0)

4 a b a b

 

     

 

Ta có: 1 1 1 1 1 1

2x y z 2x y z 2x y z x 2y 2z

 

     

             

         

Tương tự: 1 1

2 2

x y z x y z

 

    

   

1 1 1

2 2

x y z x y z

 

    

   

Vậy 2x y z1 x 21y zx y1 2z

     

1 1 2009

4 x y z

 

    

 

Vậy MaxP = 2009

4 x = y = z = 12 2009

Bài 3: Giải hệ phương trình:

x + y + z = (1) xy + yz + zx = 27 (2)

1 1

+ + = (3)

x y z

      

Giải: Rõ ràng x = 0, y = 0, z = không nghiệm hệ

Víi x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0, nh©n hai vÕ cđa (3) víi xyz ta cã xy + yz + zx = xyz (4)

Tõ (2) vµ (4)  xyz = 27 (5)

Tõ (2)  x2(y + z) + xyz = 27x (6)

Tõ (1), (5), (6) ta cã: x2(9 - x) + 27 - 27x = 0

 x3 - 9x2 + 27x - 27 = 0

 (x - 3)3 =  x = 3

Thay x = vµo (1), (5) ta cã: y + z =6

yz =

  

 y = z = VËy hƯ cã nghiƯm lµ x = y = z =

BÀI Cho đa thức:P(x) = x4 - 2009x3 + ( 2010 + a)x2 - 2011x + a a số nguyên Chứng

minh đa thức P(x) khơng thể có nghiệm bội số nguyên Giải:

Giả sử x0 nghiệm nguyên P(x) Ta chứng minh rắng x0 số chẵn Thật ta có:

0 = P(x0) = x03(x0 - 2009) + 2010.x02 + (x02 + 1).a -2011.x0 (1)

Ta chứng minh x0 nghiệm bội

Giả sử x0 nghiệm bội P’(x0) = hay 4x03 - 6027x0 + 2.(2010 + a).x0 - 2011 = (2)

Do x0 chẵn nên VT (2) số lẻ Điều vô lý