Đang tải... (xem toàn văn)
minh rằng đa thức P(x) không thể có nghiệm bội là số nguyên... Điều này vô lý[r]
(1)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
(2)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 tD
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 x0; 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
(3)ĐỀ 2.HƯỚNG DẪN.
B I 1.À Cho a, b, c0 a2b2c2 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) =
(4)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.
(5)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
(6)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
(7)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 t0;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
(8)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) - +
(9)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: x6z3 15x z2 3x y z2 (y25)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)
xy x y
Ta có: 1 ; 1 ; 1
2 2a+b+c
(10)
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
(11)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
(12)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
xyz 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 zx 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)
(13)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