TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TẬP LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI ÔN THI ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN HAY Đề Câu a) Giải phương trình : x − 4x + = x + b) Giải phương trình : x + x − 3x − = x + [ − 2;2] Câu x = α  Cho α > dãy số ( xn ) với :  n+3 n ∈ N* 2 x n +1 = 3x n + n  * a) Chứng minh : x n > với ∀n ∈ N b) Chứng minh dãy số ( x n ) có giới hạn tìm giới hạn ( ) Câu Cho tam giác ABC Gọi M điểm chuyển động cạnh AB Gọi N điểm chuyển động cạnh AC a) Giả sử BM = CN Chứng minh đường trung trực MN qua điểm cố định b) Giả sử 1 + không đổi.Chứng minh MN qua điểm cố định AM AN Câu Tìm số nguyên tố a, b, c cho a b + 1999 = c Câu Trong mặt phẳng cho điểm tùy ý cho ba điểm thẳng hàng Người ta tơ đoạn thẳng tạo từ điểm hai màu đen trắng Chứng minh tồn tam giác có cạnh tơ màu Đáp án Câu a)Giải phương trình: x − 4x + = x + b) Giải phương trình : x + x − 3x − = x + [ − 2;2] Giải Đặt t = x + ( t ≥ 0) Từ phương trình cho ta có : t − 14t − t + 48 = (*) Ta có : (*) ⇔ ( t − 3) ( t + 3t − 5t − 16) = t = ⇔3 t + 3t − 5t − 16 = (**) Với t = ta có x = Đặt y = t + ( y ≥ 1) từ phương trình (**) ta có : y − y − = (***) Dùng máy tính điện tử khảo sát hàm số f ( y ) = y − y − [1; + ∞) ta thấy (***) có nghiệm y Ta biểu diễn y dạng: y = u + v0 3 Ta có : u + v0 + ( u + v0 )( 3u v0 − 8) − = nên chọn u ;v0 cho : u v0 =  3 512 u v0 = 27 Vậy ta có :  u + v =  3 Như u ;v0 chọn nghiệm phương trình : z + z − 512 =0 27  139 u = + 108  Suy ra:  v = − 139  108  Ta tìm nghiệm (***) y0 =   139 139 139 139 + − − 1 − + + − Suy : x =  +   108 108 108 108   Vậy phương trình cho có hai nghiệm   139 139 x = ; x = 3 + + − − 1 −   108 108   b) Đặt x = cos t Với x ∈ [ − 2;2] ta có t ∈ [ 0; π] t Phương trình cho trở thành : cos t − cos t + cos t − = cos  2 (*)  t = π  t Với t ∈ [ 0; π] Ta có: ( *) ⇔ cos 3t + cos 2t = cos  t = 2  4π t =  4π Vậy [ − 2;2] phương trình cho có nghiệm x = −2 , x = 2, x = cos  t cos  =   ⇔ ⇔   5t  cos  =  2 Câu x =  Cho dãy số ( xn ) với  n +3 n ∈ N* 2 x n +1 = 3x n + n  * a) Chứng minh : x n > với ∀n ∈ N b) Chứng minh dãy số ( x n ) có giới hạn tìm giới hạn ( ) Giải a) Ta chứng minh x n > với ∀n ∈ N * quy nạp Ta có : x = α nên x > Giả sử : x k > với k ∈ N * Ta có : 3x > k n +1 > nên n 3x + n n +3 n >2 Suyra: x n +1 > Vậy x n > với ∀n ∈ N * Ta chứng minh ( xn ) dãy giảm quy nạp Vì α > nên 3α + < 2α Ta có x < x Giả sử : x k +1 < x k n +1 hàm nghịch biến nên : n k+4 k+3 3x +1 + < 3x + k k k +1 k Suy ra: x k + < x k +1 Ta có: x +1 < 3x f ( n ) = k k Vậy ( xn ) dãy giảm ( xn ) lả dãy giảm bị chặn nên hội tụ Đặt lim x n = α Ta có 2α = 3α + ⇔ α = Vậy lim x n = Câu Cho tam giác ABC Gọi M điểm chuyển đông AB Gọi N điểm chuyển động AC a) Giả sử BM = CN Chứng minh đường trung trực MN qua điểm cố định b) Giả sử 1 + không đổi.Chứng minh MN qua điểm cố AM AN đinh Giải a) Nếu tam giác ABC cân trung trực MN qua điểm A cố định Xét tam giác ABC không cân A Gọi E điểm cung BAC đường tròn ngọai tiếp tam giác ABC E điểm cố định EB = EC; BM = CN ;góc EBM =góc ECN nên ∆EBM = ∆ECN Suy ra: EM = EN hay đường trung trực MN qua điểm E cố định b) Kẻ đường phân giác BAC cắt MN F Gọi β số đo góc BAC Ta có : diện tích ∆AMN =diện tích ∆AMF +diện tích ∆ANF 1 β β AM.AN sin β = AM.AF sin + AF.AN sin 2 2 sin β  AM.AN  ⇒ AF =   β AM + AN  sin  Suy ra: ⇒ AF không đổi hay F điểm cố định Vậy MN qua điểm cố đinh Câu Tìm số nguyên tố a , b, c cho a b + 1999 = c Giải Vì a , b số nguyên tố nên a , b ≥ suy c ≥ 2003 Vì c ≥ 2003 nên c số lẻ Suy ra: a b số chẵn a b số chẵn nên a = Nếu b số lẻ b + 1999 = ( b + 1) + 1998 chia hết cho suy c chia hết cho ( mâu thuẫn c nguyên tố).Vậy b = Với a = b = ta có c = 2003 Câu Trong mặt phẳng cho điểm tùy ý cho khơng có ba điểm thẳng hàng.Người ta tô đoạn thẳng tạo từ điểm hai màu đen trắng Chứng minh tồn tam giác có cạnh tô màu Giải Từ điểm A ta tạo với điểm B,C,D,E ,F đoạn thẳng AB,AC,AD,AE,AF Vì tô màu đen trắng nên đoạn thẳng phải tồn đọan thẳng tô màu Khơng tính tổng qt, ta giả sử AB,AC, AD tơ màu đen Nếu có mơt ba đọan thằng BC,CD,DB tô màu đen.Không tính tổng qt giả sử BC tơ màu đen ABC tam giác thỏa yêu cầu đề Nếu BC,CD,DB tơ màu trắng BCD tam giác thỏa yêu cầu đề Vậy ta giải toán Đề Bài Cho a, b số thực dương thỏa : a + b = Chứng minh a + b3 ³ Đẳng thức xảy nào? Bài u1 =  (n ∈ N * ) Cho dãy số thực ( un ) với u2 = −1 u = 2u − u n +1 n  n+2 a) Chứng minh u n = - 2n với n Ỵ N * b) Tính tổng S = u1 + u + + u 2012 Bài Cho đường tròn (O ; R ) có tâm O đường kính AB , E điểm cố định nằm A O Gọi D đường thẳng qua E cắt (O ) C D a) Tìm điểm M (O ) cho MC + MD = A B b) Gọi F đối xứng E qua O giả sử D thay đổi qua E Chứng minh :CD + DF + FC nhận giá trị không đổi Bài Người ta đặt 4025 điểm bên hình trịn bán kính cho khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh ln tìm điểm từ điểm cho tam giác tạo thành có diện tích π bé 2012 Bài Xét đa thức P ( x ) hệ số thực thoả mãn điều kiện sau : P( x ) ( x + x + ) x ( x + ) = ( x + 1) ( x − 1) P( x + 1) với ∀x ∈ R a) Chứng minh : P ( 1) = P ( −1) = b) Tìm tất đa thức P ( x ) Bài  v1 =  (n ∈ N * ) Cho dãy số ( ) với v2 = 34  v = 8v + 1996v  n+2 n +1 n Tìm số dư chia v2013 cho 2011 Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O ; R ) có trọng tâm G Gọi A1, B 1, C giao điểm GA, GB, GC với đường tròn (O ; R ) a) Chứng minh: GA + GB + GC = 3(R - OG ) b) Chứng minh : GA1 + GB + GC ³ GA + GB + GC Đáp án Bài Cho a, b số thực dương thỏa : a + b = Chứng minh a + b3 ³ Đẳng thức xãy nào? Giải Áp dụng AM-GM , ta có: a + a + ³ 6a Suy a + ³ 3a Tương tự : b3 + + ³ 3b Suy b3 + ³ 3b Cộng vế hai bất đẳng thức ta có : a + b3 + ³ 3a + 3b Suy ra: a + b3 ³ Khi a = 2, b = đẳng thức xãy Bài u1 = 1, u = −1 (n ∈ N * ) Cho dãy số thực ( un ) với  un +2 = 2un +1 − un  c) Chứng minh u n = - 2n với n Ỵ N * d) Tính tổng S = u1 + u + + u 2012 Giải a) Dùng phương pháp qui nạp u1 = = - 2.1 , u2 = − 2.2 = −1 Giả sử u k = - 2k ( k ≥ 3) Ta có : u k + = 2u k - u k - = 2(3 - 2k ) - (3 - 2(k - 1)) = - 2k = - 2(k + 1) Vậy u n = - 2n với n Ỵ N * b) S = (3 - 1) + (3 - 2.2) + + (3 - 2012) = 2012 - 2(1 + + + 2012) = 6036 - 2013.2012 = - 4044120 Bài Cho đường tròn (O ; R ) có tâm O AB đường kính , E điểm cố định nằm A O Gọi D đường thẳng qua E cắt (O ) C D a)Tìm điểm M (O ) cho MC + MD = A B b) Gọi F đối xứng E qua O giả sử D thay đổi qua E Chứng minh :CD + DF + FC nhận giá trị không đổi Giải C A E O I F B D uuuu uuur r uuuu uuu r r a) Ta có : MC + MD = A B Û (MO + OC ) + (MO + OD ) = 4R uuuu uuu r r uuu r Û 4R + 2MO (OC + OD ) = 4R uuuu uur r Û MO OI = ( I trung điểm CD ) Th1: O ≡ I Khi M nằm (O ; R ) điểm M cần tìm uuuu uur r Th2: O ≠ I.Khi MO OI = Û MO ^ OI Vậy điểm M cần tìm giao điểm đường thẳng d với (O , R ) với d đường thẳng qua O vng góc OI b) CD + DF + FC = CE + DE + 2EC ED + DF + FC EF 2 EF Tương tự xét D DEF : DE + DF = 2R + 2 Mặt khác : EC ED = R - EO Xét D CEF ta có : CE + CF = 2R + Thay đẳng thức vào ta : CD + DF + FC = 6R + EF khơng đổi Bài Bên hình trịn bán kính người ta đặt 4025 điểm cho khơng có ba điểm thẳng hàng.Chứng minh ln tìm điểm từ điểm cho π tam giác tạo thành có diện tích bé 2012 Giải Chia đường trịn 1006 đường kính ta 2012 hình rẽ quạt (như hình vẽ) Mỗi hình rẽ quạt có diện tích SQ = π 2012 Ta có 4025 điểm 2012 rẽ quạt nên tồn rẽ quạt chứa điểm.Giả sử gọi điểm A, B, C Hiển nhiên diện tích tam giác ABC < SQ = π 2012 Bài Xét đa thức P ( x ) hệ số thực thoả mãn điều kiện sau : P( x ) ( x + x + ) x ( x + ) = ( x + 1) ( x − 1) P( x + 1) với ∀x ∈ R a) Chứng minh : P ( 1) = P ( −1) = b)Tìm tất đa thức P ( x ) Giải a) Lần lượt thay x = 1, x = −1 , từ giả thuyết đề ta có điều phải chứng minh b) Vì P ( x ) có nghiệm −1 nên theo Bezout ta có : P (x ) = Q (x ).(x - 1).(x + 1) Từ giả thuyết ta có (x + 2x + 2)(x + 2x )Q (x )(x - 1)(x + 1) = (x + 1)(x - 1)Q (x + 1)x (x + 2) Suy ra: (x + 2x + 2)Q (x ) = (x + 1)Q (x + 1) Suy ra: Q (x ) Q (x + 1) = x + (x + 1)2 + Q (x ) Khi F (x ) = F (x + 1) x2 + Do F (x ) = C (hằng số) nên P (x ) = C (x + 1)(x - 1) Đặt F (x ) = Thử lại thấy P (x ) thỏa yêu cầu toán P (x ) = C (x + 1)( x - 1) Bài  v1 =  (n ∈ N * ) Cho dãy số ( ) với  v2 = 34  v = 8v + 1996v  n+2 n +1 n Tìm số dư chia v2013 cho 2011 Giải Xét dãy số ( un ) u1 =  (n ∈ N * ) với u2 = 34 u = 8u − 15u  n +2 n +1 n Ta có ≡ un ( mod 2011) với n ∈ N * Xét phương trình đặc trưng : t − 8t + 15 = Phương trình có nghiệm t = 5, t = ( un ) n n có dạng un = A.5 + B.3 5 A + 3B = Vì u1 = 5, u2 = 13 nên  Ta có : A = B =  25 A + B = 34 n n Ta có : un = + 2010 Ta có 2011 số nguyên tố Theo định lý Fecma ta có: ≡ ( mod 2011) 32010 ≡ ( mod 2011) 2013 2013 Suy ≡ 125 ( mod 2011) , ≡ 27 ( mod 2011) Vậy chia u2013 cho 2011 ta số dư 152 Suy chia v2013 cho 2011 ta số dư 152 Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ; R ) có trọng tâm G Gọi A1, B 1, C giao điểm GA, GB, GC với đường tròn (O ; R ) a)Chứng minh: GA + GB + GC = 3(R - OG ) b)Chứng minh : GA1 + GB + GC ³ GA + GB + GC Giải A C1 B1 G B A1 C r uuu uuu r uuu uuu r r uuu uuur r a) GA + GB + GC = (GO + OA ) + (GO + OB )2 + (GO + OC ) uuu uuu uuu uuur r r r = 3GO + 3R + 2GO (OA + OB + OC ) uuu uuur r = 3GO + 3R + 2GO 3OG 2 = 3GO + 3R - 6OG = 3(R - OG ) GA1.GA GB 1.GB GC 1.GC + + GA GB GC 1 = (R - OG )( + + ) GA GB GC GA + GB + GC 1 = ( + + ) GA GB GC (GA + GB + GC ) GA + GB + GC ³ Mặt khác : 1 + + )³ áp dụng AM-GM: (GA + GB + GC )( GA GB GC b) GA1 + GB + GC = Vậy GA1 + GB + GC ³ 1 1 (GA + GB + GC ) ( + + ) ³ GA + GB + GC GA GB GC Đề Bài a) Giải phương trình: x + 3x x2 + =1 b) Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh: a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3 + + ≥ a+b+c b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 Bài  x1 =  3x + (n ∈ N * ) Cho dãy số thực ( xn ) với  xn +1 = n  xn +  * * Xét dãy số thực ( un ) với un = x2 n −1 ( n ∈ N ) ( ) với = x2 n ( n ∈ N ) a) Chứng minh dãy số ( un ) , ( ) có giới hạn hữu hạn n → +∞ b) Chứng minh dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn n → +∞ tìm giới hạn Bài G, a) Cho tam giác ABC cóuuur H , O trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp uuur Gọi K điểm cho HK = 3HG Gọi G1 , G2 , G3 trọng tâm tam giác ∆KBC , ∆KCA, ∆KAB Chứng minh: G1 A, G2 B, G3C đồng quy G1 A = G2 B = G3C b) Trong mặt phẳng cho ngũ giác ABCDE nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R điểm M tùy ý.Tìm vị trí M để MA + MB + MC + MD + ME ngắn Bài Chứng minh không tồn số nguyên x, y, z cho: x 2012 + 2009 y 2012 = 2011 + 2012 z 2010 Bài Trên mặt phẳng cho 2011 điểm cho với ba điểm số điểm ta ln tìm hai điểm để đoạn thẳng tạo thành có độ dài bé 1.Chứng minh ln tồn hình trịn bán kính chứa khơng 1006 điểm cho Đáp án Bài a)Giải phương trình: x + 3x x2 + = b) Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh: a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3 + + ≥ a+b+c b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 Giải Bài 1a Phương trình cho có điều kiện < x < Với điều kiện ta có: x + 3x x2 + = ⇔ x2 + = 3x 1− x ⇔ (1 − x )2 ( x + 1) = x ⇔ x2 + 1  −  x + ÷− = x x  Đặt t = x + x t = − 10 (t ≥ 2) ta có: t − 2t − = ⇔  t = + 10  ⇔ t = + 10  + 10 − − x = Với t = + 10 ta có : x + = + 10 ⇔  x  + 10 + + x =  So với điều kiện < x < , phương trình cho có nghiệm x = Bài 1b Ta chứng minh: a3 b3 c3 a +b+c + 2+ ≥ 2 a +b b +c c +a Sử dụng bất đẳng thức AM_GM ta có : ab ab ≤ a + b 2ab Suy : bc bc ≤ b + c 2bc ca ab ≤ c + a 2ab ab bc ca a+b+c + + ≤ 2 2 a +b b +c c +a (1) + 10 − − 2 Suy : a − ab bc ca a+b+c +b− +c − ≥ 2 2 a +b b +c c +a Vậy ta chứng minh (1) a3 b3 c3 a+b+c Ta chứng minh (2) + + ≥ 2 2 b +c c +a a +b (2) đối xứng với a, b, c Khơng tính tổng qt ta giả sử a ≥ b ≥ c Suy : a2 b2 c2 ≥ ≥ b2 + c2 a + c2 a + b2 Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho dãy a ≥ b ≥ c a2 b2 c2 ≥ ≥ b2 + c a + c a + b2 ta có :  a3  a2 b3 c3  b2 c2  3 + + ≥ ( a + b + c)  + + ÷ ÷ 2 a + b2  a + c a + b2  b +c c +a b +c Ta lại có a2 b2 c2 + + ≥ ( bất đẳng thức nesbitt) 2 2 b +c a +c a +b Vậy ta chứng minh (2) Công (1) (2) vế theo vế ta có điều phải chứng minh Bài  x1 =  3x + (n ∈ N * ) Cho dãy số thực ( xn ) với  xn +1 = n  xn +  * * Xét dãy số thực ( un ) với un = x2 n −1 ( n ∈ N ) ( ) với = x2 n ( n ∈ N ) a) Chứng minh dãy số ( un ) , ( ) có giới hạn hữu hạn n → +∞ b) Chứng minh dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn n → +∞ tìm giới hạn Giải Câu 1a Xét hàm số f ( x ) = 3x + ( 0; +∞ ) x +1 Ta có : f ( x ) nghịch biến ( 0; +∞ ) ; liên tục ( 0; +∞ ) nhận giá trị ( 0; +∞ )  x1 =  Dãy số cho viết lại   xn +1 = f ( xn )  Ta chứng minh ( un ) , ( ) bị chặn quy nạp Ta có u1 = x1 suy < u1 < Giả sử : < uk < Vì f ( x ) nghịch biến ( 0; +∞ ) nên f ( ) < f ( xk ) < f ( ) Suy ra: < xk +1 < Tương tự cho dãy ( un ) Ta chứng minh Ta có x1 < x3 ( un ) dãy tăng ; ( ) dãy giảm quy nạp Vì hàm số f ( x ) nghịch biến ( 0; +∞ ) nên f ( x1 ) > f ( x3 ) hay x > x Giả sử x2 k −1 < x2 k +1 ta có f ( x2 k −1 ) > f ( x2 k +1 ) hay x2 k > x2 k +2 ( với k ∈ N * ) Với x2 k > x2 k +2 Ta có : f ( x2 k ) < f ( x2 k +2 ) hay x k +1 < x k +3 Với x k +1 < x k +3 ta có : f ( x k +1 ) > f ( x k +3 ) hay x2 k +2 > x2 k +4 Vậy theo quy nạp ta có ( x n −1 ) dãy tăng , ( x2n ) dãy giảm Hay ta có ( un ) dãy tăng ; ( ) dãy giảm ( un ) , ( ) dãy đơn điệu bị chặn nên lim x2 n = v;lim x2 n −1 = u Câu 2b Ta có : x2 n = f ( x2 n −1 ) x2 n −1 = f ( x2 n −2 ) nên qua giới hạn ta có : u = f ( v )   v = f ( u )  3v +  u = v +  ⇔u=v Từ hệ ta có  3u + v =  u +1  Dãy số ( xn ) có hai dãy ( x2 n ) , ( x2 n −1 ) có giới hạn u = v nên lim xn = u Qua giới hạn từ phương trình u = 3u + ta có u = + u +1 Bài a)Cho tam giác ABC có G , H , O trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngọai uuur uuur tiếp Gọi K điểm cho HK = 3HG Gọi G1 , G2 , G3 trọng tâm tam giác ∆KBC , ∆KCA, ∆KAB Chứng minh: G1 A, G2 B, G3C đồng quy G1 A = G2 B = G3C b)Trong mặt phẳng cho ngũ giác ABCDE nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R điểm M tùy ý Tìm vị trí M để MA + MB + MC + MD + ME ngắn Giải Câu 3a uuu uuur r Trước hết ta chứng minh G, H , O thẳng hàng 3OG = OH A H G O B C E Gọi E điểm đối xứng A qua O.Ta có :BHCE hình bình hành uuu uuu uuu r r r uuur Suy ra: HA + HB + HC = HO uuu uuur r Suy ra: 3OG = OH uuu uuur uuur uuur r Vì G, H , O thẳng hàng; 3OG = OH ; HK = 3HG nên H , G, O , K thẳng hàng O trung điểm HK Gọi M trung điểm BC Trong tam giác ∆AMK ta có : GG1 song song AK ; GG1 = Vậy ta chứng minh O , A, G1 thẳng hàng AG1 = 1 AK GO = OK 3 AO Như G1 A, G2 B, G3C đồng quy O G1 A = G2 B = G3C Bài 3b B A C O M E D uuu uuu uuu uuu uuu r r r r r r Vì ABCDE ngũ giác nên ta có: OA + OB + OC + OD + OE = Ta có : MA = 1 1 | MA | | OA |≥ MA.OA = ( MO + OA).OA = MO.OA + R R R R R r r r r r r uuuu uuu uuu uuu uuu uuu MO (OA + OB + OC + OD + OE ) + 5R R ⇒ MA + MB + MC + MD + ME ≥ 5R ⇒ MA + MB + MC + MD + ME ≥ Vậy MA + MB + MC + MD + ME ngắn M trùng với O Bài Chứng minh không tồn số nguyên x, y , z cho: x 2012 + 2009 y 2012 = 2011 + 2012 z 2010 Giải Ta có nhận xét Bình phương số nguyên đem chia cho số dư là Ta có x 2012 chia cho dư 1; 2009 y 2012 chia dư Suy ra: x 2012 + 2009 y 2012 chia cho dư dư dư (1) Ta có: 2011 + 2012z 2010 chia cho dư (2) Từ (1) (2) suy không tồn số nguyên x, y , z thỏa phương trình Bài Trên mặt phẳng cho 2011 điểm cho với ba điểm số điểm ta ln tìm hai điểm để đoạn thẳng tạo thành có độ dài bé 1.Chứng minh ln tồn hình trịn bán kính chứa khơng 1006 điểm cho Giải B A C Xét A tùy ý số 2011 điểm Vẽ hình trịn ( C1 ) tâm A ,bán kính -Nếu tất điểm lại nằm ( C1 ) tốn chứng minh -Nếu tồn điểm B ( B ≠ A ) khơng thuộc ( C1 ) BA > Vẽ hình trịn ( C2 ) có tâm B bán kính -Nếu tất điểm khác A, B thuộc ( C2 ) tốn giải xong - Nếu tồn điểm C không thuộc ( C2 ) ( C khác A, B ) để ý CB, AB > ta phải có CA < suy C thuộc ( C1 ) Như ta chứng minh ( C1 ) ( C2 ) chứa tất 2011 điểm cho Vậy ln tồn hình trịn bán kính chứa khơng 1006 điểm cho Đề Bài Cho a, b c số không âm Chứng minh rằng: 4  a + 2b   b + 2c   c + 2a  a +b +c ≥  ÷ + ÷ + ÷       4 a) Giải phương trình x + 5− x = x + 10 − x + 3 ( x∈¡ ) Bài Cho dãy số ( un ) u1 = −1  sau u2 = −2 nu − 3n + u + n + u = 3, ∀n ∈ ¥ * ) n+1 ( ) n  n+ ( n * a) Chứng minh un = − 3n, ∀n ∈ ¥ n −1 b) Đặt S n = ∑ uk Chứng minh n số nguyên tố n > Sn chia hết cho n k =1 Bài Cho AA ', BB ', CC ' đường trung tuyến tam giác ABC O điểm tuỳ ý mặt phẳng ABC AA ' BB ' CC ' 3 + + ≥ BC CA AB b) Chứng minh OA + OB + OC ≥ BC CA AB a) Chứng minh Bài Cho đa giác (H) có n đỉnh ( n ≥ ) nội tiếp đường tròn tâm O Xét tam giác có đỉnh lấy từ n đỉnh đa giác (H) Tìm n biết số tam giác đó, số tam giác mà ba cạnh không cạnh đa giác (H) lần số hình chữ nhật có bốn đỉnh n đỉnh đa giác (H) Đáp án Bài a)Cho a, b c số không âm Chứng minh rằng: 4  a + 2b   b + 2c   c + 2a  a +b +c ≥  ÷ + ÷ + ÷       x + 10 − x + b)Giải phương trình x + − x = ( x∈¡ 3 4 ) a Cho a, b c số không âm Chứng minh rằng: 4  a + 2b   b + 2c   c + 2a  a +b +c ≥  ÷ + ÷ + ÷       4 4 x4 + y + z  x + y + z  ≥ Với x, y, z ba số không âm Ta có: ÷ 3   Suy ra: 4 a + 2b  a + 2b  b + 2c  b + 2c  c + 2a  c + 2a  ≥ ≥ ≥ ; ÷ ÷ ÷ 3       4  a + 2b   b + 2c   c + 2a  Suy a + b + c ≥  ÷ + ÷ + ÷       4 Dấu đẳng thức xảy a = b = c, b) Giải phương trình x + 5− x = x + 10 − x + 3 ( x∈¡ ) Điều kiện: ≤ x ≤ Phương trình ⇔ x + − x = x + x (5 − x) + x x + 2(5 − x) + + (1) 3 Ta có: x = 0, x = không nghiệm phương trình Xét hàm số f ( x) = xα , x > ; ta có: f '( x) = α xα −1 ; f ''( x ) = α (α − 1) xα − (*) Áp dụng (*) với α = Ta có: x + − x ≤ x + x (5 − x) + x x + 2(5 − x ) + + 3 (1) ⇔ x = − x ⇔ x = 5 Vậy x = nghiệm phương trình 2 Bài Cho dãy số ( un ) u1 = −1  sau u2 = −2 nu − 3n + u + n + u = 3, ∀n ∈ ¥ * ) n+1 ( ) n  n+ ( n * a) Chứng minh un = − 3n, ∀n ∈ ¥ n −1 b) Đặt Sn = ∑ uk Chứng minh n số nguyên tố n > Sn chia k =1 hết cho n n * a) Chứng minh un = − 3n, ∀n ∈ ¥ Với n = , u1 = 21 − 3.1 = −1 n = , u1 = 22 − 3.2 = −2 k k +1 Giả sử uk = − 3k ; uk +1 = − ( k + 1) k +2 * Chứng minh uk + = − ( k + ) , ∀k ∈ ¥ Ta có kuk + − ( 3k + 1) u k +1 + ( k + 1) u k = kuk + − ( 3k + 1) ( 2k +1 − ( k + 1) ) + ( k + 1) ( k − 3k ) = uk + = k + − ( k + ) k +2 * Vậy uk + = − ( k + ) , ∀k ∈ ¥ n −1 b) Đặt S n = ∑ uk Chứng minh n số nguyên tố n > S n chia hết cho k =1 n n −1 n −1 Ta có: S n = ∑ uk = + + + − ( + + + (n − 1) ) k =1 Sn = 1− (n − 1) n ( n − 1) n − = ( 2n −1 − 1) − 1− 2 n −1 n−1 Với n số nguyên tố ⇒ − chia hết cho n Do n số nguyên tố lớn ⇒ (n − 1)n chia hết cho n Vậy S n Mn Bài Cho AA ', BB ', CC ' đường trung tuyến tam giác ABC O điểm tuỳ ý mặt phẳng ABC AA ' BB ' CC ' 3 a)Chứng minh + + ≥ BC CA AB OA OB OC + + ≥ b) Chứng minh BC CA AB AA ' BB ' CC ' 3 + + ≥ BC CA AB a) Chứng minh Ta có AA '2 = ( AB + AC ) − BC 2 ( AB + BC + CA2 ) = AA '2 + 3BC Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta ( AB + BC + CA2 ) ≥ AA '.BC Khi AB + BC + CA2 3 ≥ AA '.BC AB + BC + CA2 AA ' AA '2 ≥ BC AB + BC + CA2 Tương tự, ta có AA '.BC ≤ CC ' CC '2 ≥ AB AB + BC + CA2 BB ' BB ' ≥ AC AB + BC + CA2 Do AA '2 + BB '2 + CC '2 = ( AB + BC + CA2 ) Nên AA ' BB ' CC ' 3 + + ≥ BC CA AB OA OB OC + + ≥ b) Chứng minh BC CA AB AA '.BC ≤ AB + BC + CA 2 GA.BC ≤ AB + BC + CA2 3 Với G trọng tâm tam giác ABC uuu uuu r r OA OA.GA 3.OA.GA = ≥ BC BC.GA AB + BC + CA2 Do uuu uuu uuu r r r uuu uuu r r 3 OG + GA GA OA OA.GA 3.OA.GA = ≥ ≥ BC BC.GA AB + BC + CA2 AB + BC + CA2 uuu uuu r r OA 3 ≥ OG.GA + GA2 BC AB + BC + CA2 Tương tự ta ( ( ) ) uuu uuu r r uuu uuu r r OB 3 OC 3 ≥ OG.GB + GB ≥ OG.GC + GC CA AB + BC + CA2 AB AB + BC + CA2 uuu uuu uuu uuu r r r r OA OB OC 3 + + ≥ OG GA + GB + GC + GA2 + GB + GC BC CA AB AB + BC + CA2 Do uuu uuu uuu r r r r GA + GB + GC = 0; GA2 + GB + GC = ( AB + BC + CA2 ) Nên OA OB OC + + ≥ BC CA AB ( ) ( ( ( ) ) ) Bài Cho đa giác (H) có n đỉnh ( n ≥ ) nội tiếp đường trịn tâm O Xét tam giác có đỉnh lấy từ n đỉnh đa giác (H) Tìm n biết số tam giác đó, số tam giác mà ba cạnh không cạnh đa giác (H) lần số hình chữ nhật có bốn đỉnh n đỉnh đa giác (H) Số tam giác có cạnh cạnh hình (H) n(n – 4) Số tam giác có cạnh cạnh hình (H) n Số tam giác có ba cạnh khơng cạnh đa giác (H) có ba đỉnh n đỉnh đa giác (H) Cn − n(n − 4) − n = Cn − n + 3n Một hình chữ nhật nội tiếp đường trịn có hai đường chéo cắt tâm O ⇒ Hai đường chéo qua tâmO hình (H) tạo thành hình chữ nhật ⇒ n số chẵn số hình chữ nhật C n 2 Ta có: C − n + 3n = 5C ⇔ 4n − 51n + 110 = ⇔ n = 10 n 2 n Vậy n = 10 Đề Bài a) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn x + y + z = 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = b) Giải phương trình 1 + x3 1 + y3 + x+2 − = 3 ( x − 3) + ( x − ) Bài u1 =  n * 3 ( 2un +1 − un ) = 2, (∀n ∈ ¥ )  Cho dãy số ( un ) :  + 1 + z3 a) Chứng minh dãy số ( un ) dãy số giảm b) Lập công thức số hạng tổng quát dãy số ( un ) Bài Trong mặt phẳng cho đường trịn (C) tâm I bán kính R điểm A cố định thuộc đường tròn (C) Gọi ∆ tiếp tuyến (C) điểm A Tìm quỹ tích điểm M biết khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆ độ dài tiếp tuyến MT đường tròn (C) với T tiếp điểm Bài Trong hình vng diện tích 12 đặt ba đa giác có diện tích Chứng minh ln tìm hai đa giác mà diện tích phần chung chúng không nhỏ Đáp án Bài a)Cho x, y, z số thực dương thoả mãn x + y + z = 12 1 + + Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = + x3 + y3 + z3 x+2 − = 3 ( x − 3) + ( x − 3) a) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn x + y + z = 12 1 + + Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = + x3 + y3 + z3 Áp dụng AM – GM, ta có b) Giải phương trình 1+ x = ( + x) ( 1− x + x Khi 1+ x = ) (1+ x +1− x + x ) ≤ ( + x ) ( − x + x2 ) (2+ x ) = 2 2 ≥ 2 + x2 Tương tự 2 ≥ ; ≥ 2 + y3 + y + z3 + z Vậy 1 2 P= + + ≥ + + 2 2+ y + z2 + x3 + y3 + z3 + x Áp dụng Cauchy – Swarzt, ta được: P ≥ 18 ≥1 x + y + z2 + 2 Dấu ‘=’ xảy x = y = z = Vậy GTNN biểu thức P = x+2 − = 3 ( x − 3) + ( x − 3) b) Giải phương trình Điều kiện x ≥ −2 Đặt t = ( x − 3) ta có t + 27 x + t + 45 t2 x= ; = ; ( x − 3) = 18 Phương trình cho trở thành t + 45 t t + 45 = + t +1 ⇔ = t + 3t + 18 2 t + 45  3 = ( t + 3t + 3) Ta có t + 3t + =  t + ÷ + > nên  2 Ta phương trình ( 2t − 1) ( t + 3) ( t + 3t + ) = ⇔ t = 217 x = 72 t = −3 x = Với Bài Với t = u1 =  n * 3 ( 2un +1 − un ) = 2, (∀n ∈ ¥ )  Cho dãy số ( un ) :  a)Chứng minh dãy số ( un ) dãy số giảm b)Lập công thức số hạng tổng quát dãy số ( un ) a) Chứng minh dãy số ( un ) dãy số giảm un + ; 3n Chứng minh: un +1 < un ∀n ∈ ¥ * phương pháp quy nạp Ta có: un +1 = • u1 =  Ta có:  ⇒ u2 < u1 u2 =   Giả sử: uk +1 < uk ; k ∈ ¥ k > • Chứng minh: uk + < uk +1 • uk +1 u u 1 + k +1 < k + k +1 < k + k = uk +1 3 * Vậy un +1 < un ∀n ∈ ¥ Ta có: uk + = b) Lập cơng thức số hạng tổng quát dãy số ( un ) Ta có: 3n (2un +1 − un ) = ⇔ 3n +1.un+1 = 3n.un + ∨ t = −3 3 n Đặt = un + , ta được: +1 − = (vn − 6) + ⇔ +1 = v1 =  q= Ta được: (vn ) :  * cấp số nhân có cơng bội vn +1 = , (n ∈ ¥ )  3 n −1 3 n −1 Suy ra: = v1  ÷ =  ÷ 2 2 Vậy un = −  1 =  n − n ÷ n 2  Bài Trong mặt phẳng cho đường tròn (C) tâm I bán kính R điểm A cố định thuộc đường tròn (C) Gọi ∆ tiếp tuyến (C) điểm A Tìm quỹ tích điểm M biết khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆ độ dài tiếp tuyến MT đường tròn (C) với T tiếp điểm Chọn hệ tọa độ Oxy hình vẽ y H O ≡ A(0;0), I ∈ Ox ⇒ I ( R;0) Khi ta có ∆ ≡ Oy M T Gọi M(x; y) x A I ⇒ MT = d ( M , ∆ ) = d ( M , Oy ) = x uuu r IM = ( x − R; y ) ⇒ IM = ( x − R ) + y Tam giác MTI vuông T ⇒ IM = MT + IT ⇔ ( x − R) + y = x + R ∆ ⇔ y = Rx  y2  Thử lại: Gọi M  ; y ÷∈ ( P) : y = Rx 2R    y2  y4 y4 IM =  − R ÷ + y2 = + R ⇒ d (M , ∆) = = MI − R = MT 2R 4R2 4R   Vậy quỹ tích điểm M parabol ( P) : y = Rx Bài Trong hình vng diện tích 12 đặt đa giác có diện tích Chứng minh ln tìm hai đa giác mà diện tích phần chung chúng khơng nhỏ Gọi ba đa giác đề S1 , S2 , S3 kí hiệu Si diện tích đa giác Si với i = 1;2;3 Khi S1 ∪ S2 ∪ S3 = S1 + S + S3 − ( S1 ∩ S2 + S2 ∩ S3 + S3 ∩ S1 ) + S1 ∩ S ∩ S3 Theo giả thiết ta có: S1 = S2 = S3 = S1 ∪ S2 ∪ S3 nằm hình vng có diện tích 12 nên ta suy 12 ≥ S1 ∪ S ∪ S3 = S1 + S + S3 − ( S1 ∩ S + S ∩ S3 + S3 ∩ S1 ) + S1 ∩ S ∩ S3 12 ≥ 18 − ( S1 ∩ S + S ∩ S3 + S3 ∩ S1 ) + S1 ∩ S ∩ S3 S1 ∩ S + S ∩ S3 + S3 ∩ S1 ≥ + S1 ∩ S ∩ S3 Do S1 ∩ S ∩ S3 ≥ nên ta S1 ∩ S2 + S2 ∩ S3 + S3 ∩ S1 ≥ Theo nguyên lý Dirichlet suy tồn số S1 ∩ S2 , S ∩ S3 , S3 ∩ S1 lớn Giả sử S1 ∩ S ≥ Khi đa giác S1 , S có diện tích phần chung không nhỏ  ... x1 ) > f ( x3 ) hay x > x Giả sử x2 k −1 < x2 k +1 ta có f ( x2 k −1 ) > f ( x2 k +1 ) hay x2 k > x2 k +2 ( với k ∈ N * ) Với x2 k > x2 k +2 Ta có : f ( x2 k ) < f ( x2 k +2 ) hay x k +1 < x k... định Xét tam giác ABC không cân A Gọi E điểm cung BAC đường trịn ngọai tiếp tam giác ABC E điểm cố định EB = EC; BM = CN ;góc EBM =góc ECN nên ∆EBM = ∆ECN Suy ra: EM = EN hay đường trung trực MN... sin β = AM.AF sin + AF.AN sin 2 2 sin β  AM.AN  ⇒ AF =   β AM + AN  sin  Suy ra: ⇒ AF không đổi hay F điểm cố định Vậy MN qua điểm cố đinh Câu Tìm số nguyên tố a , b, c cho a b + 1999 = c