1. Trang chủ
  2. » Luận Văn - Báo Cáo

50 bai toan boi duong HSG mon toan 9

10 13 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 10
Dung lượng 852,48 KB

Nội dung

Chứng minh rằng : Nếu số tự nhiên a không phải là số chính phương thì vô tỉ.. HD: Chứng minh như bài 1..[r]

(1)50 BÀI TOÁN NÂNG CAO LỚP (Tài liệu bồi dưỡng HSG – Phần 1) (2) ĐỀ TOÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI là số vô tỉ m2 m 7  hay 7n m n (tối giản) Suy n HD: Giả sử là số hữu tỉ  (1) Đẳng thức m 7 mà là số nguyên tố nên m  Đặt m = 7k (k  Z), ta có m2 = 49k2 (2) Từ này chứng tỏ Bài Chứng minh (1) và (2) suy 7n2 = 49k2 nên n2 = 7k2 (3) Từ (3) ta lại có n2  và vì là số nguyên tố nên n  m m và n cùng chia hết cho nên phân số n không tối giản, trái giả thiết Vậy hữu tỉ; đó là số vô tỉ không phải là số Bài a) Chứng minh : (ac + bd)2 + (ad – bc)2 = (a2 + b2)(c2 + d2) b) Chứng minh bất đẳng thức Bunhiacôpxki : (ac + bd)2 ≤ (a2 + b2)(c2 + d2) HD: Khai triển vế trái và đặt nhân tử chung, ta vế phải Từ a)  b) vì (ad – bc)2 ≥ Bài Cho x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : S = x2 + y2 HD: Cách : Từ x + y = ta có y = – x Do đó : S = x2 + (2 – x)2 = 2(x – 1)2 + ≥ Vậy S =  x = y = Cách : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki với a = x, c = 1, b = y, d = 1, ta có : (x + y)2 ≤ (x2 + y2)(1 + 1)  ≤ 2(x2 + y2) = 2S  S ≥  mim S = x = y = ab  ab Bài a) Cho a ≥ 0, b ≥ Chứng minh bất đẳng thức Cauchy : bc ca ab   a  b  c b c b) Cho a, b, c > Chứng minh : a c) Cho a, b > và 3a + 5b = 12 Tìm giá trị lớn tích P = ab HD: a) Bạn đọc tự giải bc ca bc ab và ; và b a c b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các cặp số dương a bc ca bc ca bc ab bc ab ca ab  2 2c;  2 2b  2 b a b a c a c c lượt có: a ; b ; ca ab và b c , ta lần ca ab 2a b c cộng vế ta bất đẳng thức cần chứng minh Dấu xảy a = b = c 3a  5b  3a.5b c) Với các số dương 3a và 5b , theo bất đẳng thức Cauchy ta có : 12 12  (3a + 5b)2 ≥ 4.15P (vì P = a.b)  122 ≥ 60P  P ≤  max P = Dấu xảy 3a = 5b = 12 :  a = ; b = 6/5 Bài Cho a + b = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : M = a3 + b3 HD: Ta có b = – a, đó M = a3 + (1 – a)3 = 3(a – ½)2 + ¼ ≥ ¼ Dấu “=” xảy a = ½ Vậy M = ¼  a = b = ½ Bài Cho a3 + b3 = Tìm giá trị lớn biểu thức : N = a + b HD: Đặt a = + x  b3 = – a3 = – (1 + x)3 = – 3x – 3x2 – x3 ≤ – 3x + 3x2 – x3 = (1 – x)3 Suy : b ≤ – x Ta lại có a = + x, nên : a + b ≤ + x + – x = Với a = 1, b = thì a3 + b3 = và a + b = Vậy max N = a = b = Bài Cho a, b, c là các số dương Chứng minh : a3 + b3 + abc ≥ ab(a + b + c) HD Hiệu vế trái và vế phải (a – b)2(a + b) (3) a b  a  b Bài Tìm liên hệ các số a và b biết : HD: Vì | a + b | ≥ , | a – b | ≥ , nên : | a + b | > | a – b |  a2 + 2ab + b2 ≥ a2 – 2ab + b2  4ab >  ab > Vậy a và b là hai số cùng dấu Bài a) Chứng minh bất đẳng thức (a + 1)2 ≥ 4a b) Cho a, b, c > và abc = Chứng minh : (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ HD: a) Xét hiệu : (a + 1)2 – 4a = a2 + 2a + – 4a = a2 – 2a + = (a – 1)2 ≥ b) Ta có : (a + 1) ≥ 4a ; (b + 1) ≥ 4b ; (c + 1)2 ≥ 4c và các bất đẳng thức này có hai vế dương, nên : [(a + 1)(b + 1)(c + 1)]2 ≥ 64abc = 64.1 = 82 Vậy (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ Bài 10 Chứng minh các bất đẳng thức : a) (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2) b) (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) HD: a) Ta có : (a + b)2 + (a – b)2 = 2(a2 + b2) Do (a – b)2 ≥ 0, nên (a + b) ≤ 2(a2 + b2) b) Xét : (a + b + c) + (a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2 Khai triển và rút gọn, ta : 3(a + b2 + c2) Vậy : (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) Bài 11 Tìm các giá trị x cho : a) | 2x – | = | – x | b) x2 – 4x ≤ HD: c) 2x(2x – 1) ≤ 2x –  x   2x  1  x  3x 4 2x    x        2x   x  x     x 2 a) b) x2 – 4x ≤  (x – 2)2 ≤ 33  | x – | ≤  -3 ≤ x – ≤  -1 ≤ x ≤ c) 2x(2x – 1) ≤ 2x –  (2x – 1)2 ≤ Nhưng (2x – 1) ≥ 0, nên có thể : 2x – = Vậy : x = ½ Bài 12 Tìm các số a, b, c, d biết : a2 + b2 + c2 + d2 = a(b + c + d) HD: Viết đẳng thức đã cho dạng : a + b2 + c2 + d2 – ab – ac – ad = (1) Nhân hai vế (1) với đưa dạng : a2 + (a – 2b)2 + (a – 2c)2 + (a – 2d)2 = (2) Do đó ta có : a = a – 2b = a – 2c = a – 2d = Suy : a = b = c = d = Bài 13 Cho biểu thức M = a + ab + b2 – 3a – 3b + 2001 Với giá trị nào a và b thì M đạt giá trị nhỏ ? Tìm giá trị nhỏ đó HD: 2M = (a + b – 2)2 + (a – 1)2 + (b – 1)2 + 2.1998 ≥ 2.1998  M ≥ 1998 Dấu “ = “ xảy có đồng thời : a  b  0  a  0 b  0  Vậy M = 1998  a = b = Bài 14 Cho biểu thức P = x2 + xy + y2 – 3(x + y) + CMR giá trị nhỏ P HD: Giải tương tự bài 13 Bài 15 Chứng minh không có giá trị nào x, y, z thỏa mãn đẳng thức sau : x2 + 4y2 + z2 – 2a + 8y – 6z + 15 = HD: Đưa đẳng thức đã cho dạng : (x – 1)2 + 4(y – 1)2 + (x – 3)2 + = Bài 16 Tìm giá trị lớn biểu thức : A HD: A x  4x  1 1   max A=  x 2 x  4x   x    5 17 So sánh các số thực sau (không dùng máy tính) : a)  15 và b) 17   và 45 (4) HD: 23  19 và 27 c) d) và a)  15   16 3  7 Vậy  15 < b) 17    16   4   7  49  45 23  19 23  16 23  2.4   5  25  27 3 c) d) Giả sử 2          18  12  18  12  Bất đẳng thức cuối cùng đúng, nên : Bài 18 Hãy viết số hữu tỉ và số vô tỉ lớn HD: Các số đó có thể là 1,42 và Bài 19 Giải phương trình : nhỏ 2 3x  6x   5x  10x  21 5  2x  x 3(x  1)   5(x  1)  16 6  (x  1) HD: Viết lại phương trình dạng : Vế trái phương trình không nhỏ 6, còn vế phải không lớn Vậy đẳng thức xảy hai vế 6, suy x = -1 Bài 20 Tìm giá trị lớn biểu thức A = x2y với các điều kiện x, y > và 2x + xy =  a b ab ab  ab     viết lại dạng HD: Bất đẳng thức Cauchy (*) (a, b ≥ 0) Áp dụng bất dẳng thức Cauchy dạng (*) với hai số dương 2x và xy ta :  2x  xy  2x.xy   4   Dấu “ = “ xảy : 2x = xy = : tức là x = 1, y =  max A =  x = 2, y = S Bài 21 Cho Hãy so sánh S và 1 1      1.1998 2.1997 k(1998  k  1) 1998  1998 1999 HD: Bất đẳng thức Cauchy viết lại dạng : 1998  ab a  b Áp dụng ta có S > 1999 Bài 22 Chứng minh : Nếu số tự nhiên a không phải là số chính phương thì vô tỉ HD: Chứng minh bài Bài 23 Cho các số x và y cùng dấu Chứng minh : x y  2 y x a)  x y2    2 x  y b)  x y    0  y x a là số (5)  x y4   x y2   x y             2 y x  y x  y x c)  2 x y x y x  y  2xy (x  y)   2  0  2 y x xy xy y x HD: a) Vậy  x y2   x y   x y2   x y  x y A                   x   y x  y x   y x  y x y b) Ta có :  x y2  A     x  y Theo câu a :  x y x  y        1    1 0  y x y  x   x y4   x y2  x y  2        0 y x  y x  y x  c) Từ câu b suy : Vì (câu a) Do đó : 4 2 x y  x y  x y            2 x  y x  y x y Bài 24 Chứng minh các số sau là số vô tỉ : 1 a) b) HD: m n với m, n là các số hữu tỉ, n ≠  = m (m : số hữu tỉ)  b) Giả sử m + n = a (a : số hữu tỉ)  a) Giả sử = m2 –  n =a–m  là số hữu tỉ (vô lí) = n(a – m)  là số hữu tỉ, vô lí Bài 25 Có hai số vô tỉ dương nào mà tổng là số hữu tỉ không ? HD: Có, chẳng hạn  (5  2) 5  x y x y2   3    x  y x Bài 26 Cho các số x và y khác Chứng minh : y x y x y2 x y2  a    a  2 y x y x y x HD: Đặt Dễ dàng chứng minh nên a2 ≥ 4, đó | a | ≥ (1) Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với : a2 – + ≥ 3a  a2 – 3a + ≥  (a – 1)(a – 2) ≥0 (2) Từ (1) suy a ≥ a ≤ -2 Nếu a ≥ thì (2) đúng Nếu a ≤ -2 thì (2) đúng Bài toán chứng minh x y2 z2 x y z  2 2   y z x y z x Bài 27 Cho các số x, y, z dương Chứng minh : HD: Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với : x z  y x  z x   x z  y x  z y  xyz x y 2z2 0 Cần chứng minh tử không âm, tức là : x z (x – y) + y3x2(y – z) + z3y2(z – x) ≥ (1) Biểu thức không đổi hoán vị vòng x  y  z  x nên có thể giả sử x là số lớn Xét hai trường hợp : (6) a) x ≥ y ≥ z > Tách z – x (1) thành – (x – y + y – z), (1) tương đương với : x z (x – y) + y3x2(y – z) – z3y2(x – y) – z3y2(y – z) ≥  z2(x – y)(x3 – y2z) + y2(y – z)(yx2 – z3) ≥ Dễ thấy x – y ≥ , x3 – y2z ≥ , y – z ≥ , yx2 – z3 ≥ nên bất đẳng thức trên đúng b) x ≥ z ≥ y > Tách x – y (1) thành x – z + z – y , (1) tương đương với : x z (x – z) + x3z2(z – y) – y3x2(z – y) – z3y2(x – z) ≥  z2(x – z)(x3 – zy2) + x2(xz2 – y3)(z – y) ≥ Dễ thấy bất đẳng thức trên dúng Cách khác : Biến đổi bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với : 2 2 x  y  z  x y z   1    1    1      3 y   z  x  y z x Bài 28 Chứng minh tổng số hữu tỉ với số vô tỉ là số vô tỉ HD: Chứng minh phản chứng Giả sử tổng số hữu tỉ a với số vô tỉ b là số hữu tỉ c Ta có : b = c – a Ta thấy, hiệu hai số hữu tỉ c và a là số hữu tỉ, nên b là số hữu tỉ, trái với giả thiết Vậy c phải là số vô tỉ Bài 29 Chứng minh các bất đẳng thức : a) (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2) b) (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) c) (a1 + a2 + … + an)2 ≤ n(a12 + a22 + … + an2) HD: a) Ta có : (a + b)2 + (a – b)2 = 2(a2 + b2)  (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2) b) Xét : (a + b + c)2 + (a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2 Khai triển và rút gọn ta : 3(a2 + b2 + c2) Vậy : (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) c) Tương tự câu b Bài 30 Cho a3 + b3 = Chứng minh a + b ≤ HD: Giả sử a + b >  (a + b)3 >  a3 + b3 + 3ab(a + b) >  + 3ab(a + b) >  ab(a + b) >  ab(a + b) > a3 + b3 Chia hai vế cho số dương a + b : ab > a2 – ab + b2  (a – b)2 < 0, vô lí Vậy a + b ≤  x    y   x  y y x y x ;   ≤ y nên   +   Bài 31 Chứng minh : HD: Cách 1: Ta có :  x ≤ ≤ x + y Suy  x  +  y là số nguyên  x  y là số nguyên lớn không x y x  y vượt quá x + y (2) Từ (1) và (2) suy :   +   ≤  x y Cách : Theo định nghĩa phần nguyên : ≤ x -   < ; ≤ y -   < x y Suy : ≤ (x + y) – (   +   ) < Xét hai trường hợp : x y x  y  x   y  - Nếu ≤ (x + y) – (   +   ) < thì  = + (1) x y x y - Nếu ≤ (x + y) – (   +   ) < thì ≤ (x + y) – (   +   + 1) < nên  x  y =  x  +  y + (2) Trong hai trường hợp ta có :  x  +  y ≤  x  y không vượt quá x + y (1) Theo định nghĩa phần nguyên, A x  6x  17 Bài 32 Tìm giá trị lớn biểu thức : HD: Ta có x2 – 6x + 17 = (x – 3)2 + ≥ nên tử và mẫu A là các số dương , suy A > đó : A lớn  A nhỏ  x2 – 6x + 17 nhỏ (7) Vậy max A =  x = x y z A   y z x với x, y, z > Bài 33 Tìm giá trị nhỏ : HD: Không dùng phép hoán vị vòng quanh x  y  z  x và giả sử x ≥ y ≥ z Cách : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương x, y, z : x y z x y z A     33  y z x y z x x y z x y z     3     x  y z y z x y z x   Do đó x y z  x y  y z y x y            2 y z x y x z x x y x     Cách : Ta có : Ta đã có (do x, y > 0) x y z y z y   3   1 nên để chứng minh y z x ta cần chứng minh : z x x (1) (1)  xy + z2 – yz ≥ xz (nhân hai vế với số dương xz)  xy + z2 – yz – xz ≥  y(x – z) – z(x – z) ≥  (x – z)(y – z) ≥ (2) (2) đúng với giả thiết z là số nhỏ số x, y, z, đó (1) đúng Từ đó tìm giá trị x y z   nhỏ y z x Bài 34 Tìm giá trị nhỏ : A = x2 + y2 biết x + y = HD: Ta có x + y =  x2 + 2xy + y2 = 16 Ta lại có (x – y)2 ≥  x2 – 2xy + y2 ≥ Từ đó suy 2(x2 + y2) ≥ 16  x2 + y2 ≥ A = và x = y = Bài 35 Tìm giá trị lớn : A = xyz(x + y)(y + z)(z + x) với x, y, z ≥ ; x + y + z = HD: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm : = x + y + z ≥ xyz (1) = (x + y) + (y + z) + (z + x) ≥ (x  y)(y  z)(z  x) (2)  2   Nhân vế (1) với (2) (do hai vế không âm) : ≥ A  A ≤    2   max A =   và x = y = z = Bài 36 Xét xem các số a và b có thể là số vô tỉ không : a a) ab và b là số vô tỉ a b) a + b và b là số hữu tỉ (a + b ≠ 0) c) a + b, a2 và b2 là số hữu tỉ (a + b ≠ 0) HD: a) Có thể b, c) Không thể Bài 37 Cho a, b, c > Chứng minh : a3 + b3 + abc ≥ ab(a + b + c) HD: Hiệu vế trái và vế phải (a – b)2(a + b) (8) a b c d    2 Bài 38 Cho a, b, c, d > Chứng minh : b  c c  d d  a a  b  HD: Áp dụng bất đẳng thức xy (x  y) với x, y > : a c a  ad  bc  c2 4(a  ad  bc  c )    bc d a (b  c)(a  d) (a  b  c  d) 2 (1) b d 4(b  ab  cd  d )   (a  b  c  d) Tương tự c  d a  b (2) 2 a b c d 4(a  b  c  d  ad  bc  ab  cd)     (a  b  c  d) Cộng (1) với (2) b  c c  d d  a a  b = 4B Cần chứng minh B ≥ , bất đẳng thức này tương đương với : 2B ≥  2(a2 + b2 + c2 + d2 + ad + bc + ab + cd) ≥ (a + b + c + d)2  a2 + b2 + c2 + d2 – 2ac – 2bd ≥  (a – c)2 + (b – d)2 ≥ : đúng Bài 39 Chứng minh HD: - Nếu ≤ x - Nếu ½ ≤ x -  x  x  2x  < ½ thì ≤ 2x -  < thì ≤ 2x -  x x 2 x  2 x 1  2x  =  x  x ≤ 2x – (2   + 1) < < nên <2    2x  = 2 x +1 Bài 40 Cho số nguyên dương a Xét các số có dạng : a + 15 ; a + 30 ; a + 45 ; … ; a + 15n Chứng minh các số đó, tồn hai số mà hai chữ số đầu tiên là 96 96 000 00    HD: Ta chứng minh tồn các số tự nhiên m, p cho : m chữ số 97000 00    ≤ a + 15p < m chữ số a 15p  m m 10 < 97 (1) Gọi a + 15 là số có k chữ số : 10k – ≤ a + 15 < 10k Tức là 96 ≤ 10 a 15 a 15p 15  k  k 1 xn  k  k 10 10 10 Theo (2) ta có x1 < và 10 k <  10 10 (2) Đặt Cho n nhận các giá trị 2, 3, 4, …, các giá trị x n tăng dần, lần tăng không quá đơn vị, đó  xn  x  trải qua các giá trị 1, 2, 3, … Đến lúc nào đó ta có  p  = 96 Khi đó 96 ≤ a 15p  k k 10 < 97 Bất đẳng thức (1) chứng minh xp < 97 tức là 96 ≤ 10 Bài 41 Tìm các giá trị x để các biểu thức sau có nghĩa : A= x  G  3x   B x  4x  C x D 1 2x  1 x 3 E x 5x   x  x  HD: Bạn đọc tự giải Bài 42) Chứng minh : | A + B | ≤ | A | + | B | Dấu “ = ” xảy nào ? 2 b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau : M  x  4x   x  6x  2 c) Giải phương trình : 4x  20x  25  x  8x  16  x  18x  81 HD: a) Do hai vế bất đẳng thức không âm nên ta có : | A + B | ≤ | A | + | B |  | A + B |2 ≤ ( | A | + | B | )  A2 + B2 + 2AB ≤ A2 + B2 + 2| AB |  AB ≤ | AB | (bất đẳng thức đúng) Dấu “ = “ xảy AB ≥   2x x (9) b) Ta có : M = | x + | + | x – | = | x + | + | – x | ≥ | x + + – x | = Dấu “ = “ xảy và (x + 2)(3 – x) ≥  -2 ≤ x ≤ (lập bảng xét dấu) Vậy M =  -2 ≤ x ≤ c) Phương trình đã cho  | 2x + | + | x – | = | x + | = | 2x + + – x |  (2x + 5)(4 – x) ≥  -5/2 ≤ x ≤ 2 Bài 43 Giải phương trình : 2x  8x  x  4x  12  x   x 5 HD: Điều kiện tồn phương trình : x – 4x – ≥   Đặt ẩn phụ x  4x  y 0 , ta : 2y2 – 3y – =  (y – 2)(2y + 1) = Bài 44 Tìm các giá trị x để các biểu thức sau có nghĩa : 1 C 2   9x D  3x x  5x  x G  x H  x  2x    x x 4 A  x2  x  E B 2x   x HD: Bạn đọc tự giải x  3x 0 x  Bài 45 Giải phương trình : HD: Vô nghiệm Bài 46 Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A  x  x x là x ≥ Do đó : A = HD: Điều kiện tồn x + x ≥  A =  x = Bài 47 Tìm giá trị lớn biểu thức : B   x  x  x = y ≥ 0, ta có : y2 = – x  x = – y2 13 13 13 11 B = – y2 + y = - (y – ½ )2 + ≤ max B =  y = ½  x = HD: Điều kiện : x ≤ Đặt a   và b= Bài 48 So sánh : a) c) n   n  và n+1  HD: a) Xét a2 và b2 Từ đó suy a = b b)  13  và b) 3 n (n là số nguyên dương)  13    (2  1)     Vậy hai số này c) Ta có : Mà 1  n2  n 1   n   n  1 và n   n   n   n nên Câu 49 Với giá trị nào n+2  x,  n+1  n n 1  n 1  biểu thức A 1   6x  9x  (3x  1) HD: A = - | – 3x | + | 3x – |2 = ( | 3x – 1| - ½ )2 + ¾ ≥ ¾ Từ đó suy : A = ¾  x = ½ x = 1/6 sau   n   n 1 n đạt giá trị nhỏ nhất: (10) Bài 50 Tính : a) 4 b) 11  d) A  m  8m  16  m  8m  16 c) 27  10 e) B  n  n   n  n  (n ≥ 1) HD: Bạn đọc tự giải (HẾT PHẦN MỘT) (11)

Ngày đăng: 14/06/2021, 15:53

w