Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi và năng khiếu môn toán

28 342 0
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi và năng khiếu môn toán

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU m m2 Giả sử số hữu tỉ ⇒ = (tối giản) Suy = hay 7n = m (1) Đẳng thức chứng tỏ n n m M7 mà số nguyên tố nên m M7 Đặt m = 7k (k ∈ Z), ta có m2 = 49k2 (2) Từ (1) (2) suy 7n2 = 49k2 nên n2 = 7k2 (3) Từ (3) ta lại có n2 M7 số nguyên tố nên n M7 m n chia hết m phân số không tối giản, trái giả thiết Vậy số hữu tỉ; số vô tỉ n Khai triển vế trái đặt nhân tử chung, ta vế phải Từ a) ⇒ b) (ad – bc)2 ≥ Cách : Từ x + y = ta có y = – x Do : 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 = bc ca a b bc ca bc ca bc ab bc ab ca ab + ≥2 = 2c; + ≥2 = 2b ; + ≥2 a b a b a c a c b c b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho cặp số dương ; bc ab ca ab ; , ta có: a c b c ca ab = 2a cộng vế ta bất b c đẳng thức cần chứng minh Dấu xảy a = b = c 3a + 5b ≥ 3a.5b 12 12 ⇔ (3a + 5b)2 ≥ 4.15P (vì P = a.b) ⇔ 122 ≥ 60P ⇔ P ≤ ⇒ max P = 5 c) Với số dương 3a 5b , theo bất đẳng thức Cauchy ta có : Dấu xảy 3a = 5b = 12 : ⇔ a = ; b = 6/5 Ta có b = – a, M = a3 + (1 – a)3 = 3(a – ½)2 + ¼ ≥ ¼ Dấu “=” xảy a = ½ Vậy M = ¼ ⇔ a = b = ½ 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 = a3 + b3 = a + b = Vậy max N = a = b = Hiệu vế trái vế phải (a – b)2(a + b) Vì | a + b | ≥ , | a – b | ≥ , nên : | a + b | > | a – b | ⇔ a2 + 2ab + b2 ≥ a2 – 2ab + b2 ⇔ 4ab > ⇔ ab > Vậy a b hai số dấu a) Xét hiệu : (a + 1)2 – 4a = a2 + 2a + – 4a = a2 – 2a + = (a – 1)2 ≥ b) Ta có : (a + 1)2 ≥ 4a ; (b + 1)2 ≥ 4b ; (c + 1)2 ≥ 4c bất đẳng thức có hai vế dương, nên : [(a + 1)(b + 1)(c + 1)]2 ≥ 64abc = 64.1 = 82 Vậy (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ 10 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)2 + (a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2 Khai triển rút gọn, ta : 3(a2 + b2 + c2) Vậy : (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2)  2x − = − x ⇔ 11 a) 2x − = − x ⇔   2x − = x − 3x = x = ⇔   x =  x = b) x2 – 4x ≤ ⇔ (x – 2)2 ≤ 33 ⇔ | x – | ≤ ⇔ -3 ≤ x – ≤ ⇔ -1 ≤ x ≤ c) 2x(2x – 1) ≤ 2x – ⇔ (2x – 1)2 ≤ Nhưng (2x – 1)2 ≥ 0, nên : 2x – = Vậy : x = ½ 12 Viết đẳng thức 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 ta có : a = a – 2b = a – 2c = a – 2d = Suy : a = b = c = d = 13 2M = (a + b – 2) + (a – 1)2 + (b – 1)2 + 2.1998 ≥ 2.1998 ⇒ M ≥ 1998 a + b − =  Dấu “ = “ xảy có đồng thời : a − = Vậy M = 1998 ⇔ a = b = b − =  14 Giải tương tự 13 15 Đưa đẳng thức cho dạng : (x – 1)2 + 4(y – 1)2 + (x – 3)2 + = CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 16 A = 1 1 = ≤ max A= ⇔ x = x − 4x + ( x − ) + 5 + 15 < + 16 = + = Vậy + 15 < b) 17 + + > 16 + + = + + = = 49 > 45 23 − 19 23 − 16 23 − 2.4 c) < = = = 25 < 27 3 17 a) d) Giả sử 2> ⇔ ( Bất đẳng thức cuối đúng, nên : 18 Các số 1,42 ) ( > ) ⇔ > ⇔ 18 > 12 ⇔ 18 > 12 > 2+ 19 Viết lại phương trình dạng : 3(x + 1) + + 5(x + 1)2 + 16 = − (x + 1) Vế trái phương trình không nhỏ 6, vế phải không lớn Vậy đẳng thức xảy hai vế 6, suy x = -1 20 Bất đẳng thức Cauchy a+b a+b ab ≤ viết lại dạng ab ≤  ÷ (*) (a, b ≥ 0)   Áp dụng bất dẳng thức Cauchy dạng (*) với hai số dương 2x xy ta :  2x + xy  2x.xy ≤  ÷ =4   Dấu “ = “ xảy : 2x = xy = : tức x = 1, y = ⇒ max A = ⇔ x = 2, y = 21 Bất đẳng thức Cauchy viết lại dạng : 1998 > Áp dụng ta có S > ab a + b 1999 22 Chứng minh x y x y x + y − 2xy (x − y) + −2= = ≥ Vậy + ≥ 23 a) y x y x xy xy  x y2   x y   x y2   x y   x y  b) Ta có : A =  + ÷−  + ÷ =  + ÷−  + ÷+  + ÷ Theo câu a : x  y x y x  y x y x y 2  x y2   x y  x  y  A ≥  + ÷−  + ÷ + =  − ÷ +  − ÷ ≥ x  y x y  x  y  x y4   x y2  x y + ≥ (câu a) Do : c) Từ câu b suy :  + ÷−  + ÷ ≥ Vì x  y x  y x y  x y4   x y2   x y   + ÷−  + ÷+  + ÷ ≥ x  y x  y x y 24 a) Giả sử + = m (m : số hữu tỉ) ⇒ = m2 – ⇒ số hữu tỉ (vô lí) 3 = a (a : số hữu tỉ) ⇒ = a – m ⇒ = n(a – m) ⇒ số hữu tỉ, vô lí n n 25 Có, chẳng hạn + (5 − 2) = x y x y2 x y2 + = a ⇒ + + = a 26 Đặt Dễ dàng chứng minh + ≥ nên a2 ≥ 4, 2 y x y x y x b) Giả sử m + | 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 ≥ (2) Nếu a ≤ -2 (2) Bài toán CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU chứng minh 27 Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với : x z + y x + z x − ( x z + y x + z y ) xyz x y2z ≥ Cần chứng minh tử không âm, tức : x3z2(x – y) + y3x2(y – z) + z3y2(z – x) ≥ (1) Biểu thức không đổi hoán vị vòng x  y  z  x nên giả sử x số lớn Xét hai trường hợp : a) x ≥ y ≥ z > Tách z – x (1) thành – (x – y + y – z), (1) tương đương với : x3z2(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 b) x ≥ z ≥ y > Tách x – y (1) thành x – z + z – y , (1) tương đương với : x3z2(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 dúng Cách khác : Biến đổi bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với : 2 x  y  z  x y z  − 1÷ +  − 1÷ +  − 1÷ +  + + ÷ ≥ y  z  x  y z x 28 Chứng minh phản chứng Giả sử tổng số hữu tỉ a với số vô tỉ b số hữu tỉ c Ta có : b = c – a Ta thấy, hiệu hai số hữu tỉ c a số hữu tỉ, nên b số hữu tỉ, trái với giả thiết Vậy c phải số vô tỉ 29 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 rút gọn ta : 3(a2 + b2 + c2) Vậy : (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) c) Tương tự câu b 30 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 ≤ 31 Cách 1: Ta có : [ x ] ≤ x ; [ y ] ≤ y nên [ x ] + [ y ] ≤ x + y Suy [ x ] + [ y ] số nguyên không vượt x + y (1) Theo định nghĩa phần nguyên, [ x + y ] số nguyên lớn không vượt x + y (2) Từ (1) (2) suy : [ x ] + [ y] ≤ [ x + y] Cách : Theo định nghĩa phần nguyên : ≤ x - [ x ] < ; ≤ y - [ y ] < Suy : ≤ (x + y) – ( [ x ] + [ y ] ) < Xét hai trường hợp : - Nếu ≤ (x + y) – ( [ x ] + [ y ] ) < [ x + y ] = [ x ] + [ y ] (1) Nếu ≤ (x + y) – ( [ x ] + [ y ] ) < ≤ (x + y) – ( [ x ] + [ y ] + 1) < nên [ x + y] = [ x ] + [ y] + (2) Trong hai trường hợp ta có : [ x ] + [ y ] ≤ [ x + y ] 32 Ta có x – 6x + 17 = (x – 3)2 + ≥ nên tử mẫu A số dương , suy A > : A lớn nhỏ ⇔ x2 – 6x + 17 nhỏ A Vậy max A = ⇔ x = ⇔ 33 Không dùng phép hoán vị vòng quanh x  y  z  x giả sử x ≥ y ≥ z Cách : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương x, y, z : A= x y z x y z + + ≥ 33 = y z x y z x x y z x y z + + ÷= ⇔ = = ⇔ x = y = z y z x y z x Do  CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU x y x y z x y y z y + + =  + ÷+  + − ÷ Ta có + ≥ (do x, y > 0) nên để chứng minh y x y z x y x z x x x y z y z y + + ≥ ta cần chứng minh : + − ≥ (1) y z x z x x Cách : Ta có : (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) với giả thiết z số nhỏ số x, y, z, (1) Từ tìm giá trị nhỏ x y z + + y z x 34 Ta có x + y = ⇒ x2 + 2xy + y2 = 16 Ta lại có (x – y)2 ≥ ⇒ x2 – 2xy + y2 ≥ Từ suy 2(x2 + y2) ≥ 16 ⇒ x2 + y2 ≥ A = x = y = 35 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm : = x + y + z ≥ 3 xyz (1) = (x + y) + (y + z) + (z + x) ≥ 3 (x + y)(y + z)(z + x) 2 9 (2) Nhân vế (1) với (2) (do hai vế không âm) : ≥ A ⇒ A ≤  ÷ 2 max A =  ÷ x = y = z = 9 36 a) Có thể b, c) Không thể 37 Hiệu vế trái vế phải (a – b)2(a + b) ≥ với x, y > : xy (x + y) a c a + ad + bc + c 4(a + ad + bc + c ) + = ≥ (1) b+c d+a (b + c)(a + d) (a + b + c + d) b d 4(b + ab + cd + d ) + ≥ Tương tự (2) c+d a+b (a + b + c + d) a b c d 4(a + b + c + d + ad + bc + ab + cd) + + + ≥ Cộng (1) với (2) = 4B b+c c+d d+a a+b (a + b + c + d) Cần chứng minh B ≥ , bất đẳng thức tương đương với : 38 Áp dụng bất đẳng thức 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 ≥ : 39 - Nếu ≤ x - [ x ] < ½ ≤ 2x - [ x ] < nên [ 2x ] = [ x ] - Nếu ½ ≤ x - [ x ] < ≤ 2x - [ x ] < ⇒ ≤ 2x – (2 [ x ] + 1) < ⇒ [ 2x ] = [ x ] + 40 Ta chứng minh tồn số tự nhiên m, p cho : 96 000 00 14 43 m chöõ soá ≤ a + 15p < 97000 00 14 43 m chöõ soá a 15p + m < 97 (1) Gọi a + 15 số có k chữ số : 10k – ≤ a + 15 < 10k m 10 10 a 15 a 15p 15 ≤ k + k < (2) Đặt x n = k + k Theo (2) ta có x1 < k < ⇒ 10 10 10 10 10 10 Tức 96 ≤ Cho n nhận giá trị 2, 3, 4, …, giá trị xn tăng dần, lần tăng không đơn vị, [ xn ] trải qua giá trị 1, 2, 3, … Đến lúc ta có  x p  = 96 Khi 96 ≤ xp < 97 tức 96 ≤ a 15p + < 97 Bất đẳng thức (1) chứng minh 10 k 10 k CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 42 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 ≥ b) Ta có : M = | x + | + | x – | = | x + | + | – x | ≥ | x + + – x | = Dấu “ = “ xảy (x + 2)(3 – x) ≥ ⇔ -2 ≤ x ≤ (lập bảng xét dấu) Vậy M = ⇔ -2 ≤ x ≤ c) Phương trình cho ⇔ | 2x + | + | x – | = | x + | = | 2x + + – x | ⇔ (2x + 5)(4 – x) ≥ ⇔ -5/2 ≤ x ≤  x ≤ −1 x ≥ 43 Điều kiện tồn phương trình : x2 – 4x – ≥ ⇔  Đặt ẩn phụ x − 4x − = y ≥ , ta : 2y2 – 3y – = ⇔ (y – 2)(2y + 1) = 45 Vô nghiệm 46 Điều kiện tồn x x ≥ Do : A = x + x ≥ ⇒ A = ⇔ x = 47 Điều kiện : x ≤ Đặt − x = y ≥ 0, ta có : y2 = – x ⇒ x = – y2 B = – y2 + y = - (y – ½ )2 + 11 13 13 13 ≤ max B = ⇔ y=½ ⇔ x= 4 4 48 a) Xét a2 b2 Từ suy a = b b) − 13 + = − (2 + 1) = − = − Vậy hai số c) Ta có : ( n + − n +1 )( ) n + + n + = ( n+1 − n )( ) n + + n = Mà n + + n + > n + + n nên n+2 − n + < n + − n 49 A = - | – 3x | + | 3x – |2 = ( | 3x – 1| - ½ )2 + ¾ ≥ ¾ Từ suy : A = ¾ ⇔ x = ½ x = 1/6 51 M = 52 x = ; y = ; z = -3 53 P = | 5x – | + | – 5x | ≥ | 5x – + – 5x | = P = ⇔ ≤x≤ 5 54 Cần nhớ cách giải số phương trình dạng sau : A ≥ (B ≥ 0) a) A = B ⇔  A = B B ≥  d) A = B ⇔   A = B   A = −B  b) B ≥ A = B⇔  A = B A = c) A + B = ⇔  B = A = e) A + B = ⇔  B = A = B b) Đưa phương trình dạng : A = B c) Phương trình có dạng : A + B = d) Đưa phương trình dạng : A = B a) Đưa phương trình dạng : e) Đưa phương trình dạng : | A | + | B | = g, h, i) Phương trình vô nghiệm k) Đặt x − = y ≥ 0, đưa phương trình dạng : | y – | + | y – | = Xét dấu vế trái l) Đặt : 8x + = u ≥ ; 3x − = v ≥ ; 7x + = z ≥ ; 2x − = t ≥ u + v = z + t Ta hệ :  2 2 u − v = z − t Từ suy : u = z tức : 8x + = 7x + ⇔ x = 55 Cách : Xét x + y − 2(x − y) = x + y − 2(x − y) + − 2xy = (x − y − 2) ≥ CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU x + y2 ) ( x + y2 Cách : Biến đổi tương đương ≥2 2⇔ ≥ ⇔ (x2 + y2)2 – 8(x – y)2 ≥ x−y ( x − y) ⇔ (x2 + y2)2 – 8(x2 + y2 – 2) ≥ ⇔ (x2 + y2)2 – 8(x2 + y2) + 16 ≥ ⇔ (x2 + y2 – 4)2 ≥ Cách : Sử dụng bất đẳng thức Cauchy : x + y x + y − 2xy + 2xy (x − y) + 2.1 = = = (x − y) + ≥ (x − y) x−y x−y x−y x−y x−y (x > y) 6+ 6− − 6+ − 6− x = ;y= ;y= 2 2 1 1  1 2(c + b + a 1 1  62  + + ÷ = + + +  = + + ÷= + + + a b c b c abc a b c  ab bc ca  a 1 = + + Suy điều phải chứng minh a b c x ≤ x − 16x + 60 ≥ (x − 6)(x − 10) ≥  ⇔ ⇔   x ≥ 10 ⇔ x ≥ 10 63 Điều kiện :  x ≥ x − ≥ x ≥  Dấu đẳng thức xảy x = Bình phương hai vế : x2 – 16x + 60 < x2 – 12x + 36 ⇔ x > Nghiệm bất phương trình cho : x ≥ 10 64 Điều kiện x2 ≥ Chuyển vế : x − ≤ x2 – (1) x = ± x2 − =  ⇔ x ≥ Đặt thừa chung : x − (1 - x − ) ≤ ⇔  1 − x − ≤  x ≤ −2  Vậy nghiệm bất phương trình : x = ± ; x ≥ ; x ≤ -2 65 Ta có x2(x2 + 2y2 – 3) + (y2 – 2)2 = ⇔ (x2 + y2)2 – 4(x2 + y2) + = - x2 ≤ Do : A2 – 4A + ≤ ⇔ (A – 1)(A – 3) ≤ ⇔ ≤ A ≤ A = ⇔ x = 0, y = ± max A = ⇔ x = 0, y = ± 66 a) ½ ≤ x ≠  −4 ≤ x ≤  x ≤ − 2 ⇔ − < x ≤ 4−2    x ≥ + 2  x > −  2 x − 2x ≥ x(x − 2) ≥ x ≥ ⇔ ⇔ 67 a) A có nghĩa ⇔   2 x < x ≠ x − 2x x ≠ ± x − 2x  −4 ≤ x ≤ 16 − x ≥   ⇔ (x − 4)2 ≥ ⇔ b) B có nghĩa ⇔ 2x + > x − 8x + ≥   x > −  b) A = x − 2x với điều kiện x − 2x < ⇔ x2 – 2x < ⇔ (x – 1)2 < ⇔ - < x – < ⇒ kq 0,999 99 14 43 = a Ta chứng minh 20 chữ số thập phân a chữ số Muốn 68 Đặt 20 chöõ soá c) A < ⇔ cần chứng minh a < < suy a < a < a < Thật ta có : < a < ⇒ a(a – 1) < ⇒ a2 – a < ⇒ a2 < a Từ a2 < a CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 0,999 99 14 43 = 0,999 99 14 43 Vậy 20 chöõ soá 20 chöõ soá 69 a) Tìm giá trị lớn Áp dụng | a + b | ≥ | a | + | b | A ≤ | x | + + | y | + = + ⇒ max A = + (khi chẳng hạn x = - 2, y = - 3) b) Tìm giá trị nhỏ Áp dụng | a – b | ≥ | a | - | b A ≥ | x | - | y | - = - ⇒ A = - (khi chẳng hạn x = 2, y = 3) 70 Ta có : x4 + y4 ≥ 2x2y2 ; y4 + z4 ≥ 2y2z2 ; z4 + x4 ≥ 2z2x2 Suy : x4 + y4 + z4 ≥ x2y2 + y2z2 + z2x2 (1) Mặt khác, dễ dàng chứng minh : Nếu a + b + c = a2 + b2 + c2 ≥ (2) 3 Từ (1) , (2) : A = ⇔ x=y=z= ± 3 71 Làm 8c (§ 2) Thay so sánh n + n + n+1 ta so sánh Do từ giả thiết suy : x2y2 + y2z2 + z2x2 ≥ n + − n + n + − n +1 < n +1 − n ⇒ n + n + < n +1 n + − n Ta có : 72 Cách : Viết biểu thức dấu thành bình phương tổng hiệu Cách : Tính A2 suy A 73 Áp dụng : (a + b)(a – b) = a2 – b2 74 Ta chứng minh phản chứng a) Giả sử tồn số hữu tỉ r mà + = r ⇒ + 15 + = r ⇒ r2 − Vế trái số vô tỉ, vế 15 = phải số hữu tỉ, vô lí Vậy + số vô tỉ b), c) Giải tương tự 75 a) Giả sử a > b biến đổi tương đương : 3 = > 2 − ⇔ 3 > 2 + ⇔ ( 3) > ( 2 2+2 ) ⇔ 27 > + + ⇔ 15 > ⇔ 225 > 128 Vậy a > b b) Bình phương hai vế lên so sánh + − − , rõ ràng A > A = ⇒ A = 76 Cách : Đặt A = + − − − ⇒ 2.B = + − − − = ⇒ B = Cách : Đặt B = 77 Q = 78 Viết ( ) ( ) 2+ 3+ + 2+ 3+ + + 2.3 + 2.4 + = = 1+ 2+ 3+ 2+ 3+ 40 = 2.5 ; 56 = 2.7 ; 140 = 5.7 Vậy P = + + 79 Từ giả thiết ta có : x − y = − y − x Bình phương hai vế đẳng thức ta : y = − x Từ : x2 + y2 = 80 Xét A2 để suy : ≤ A2 ≤ Vậy : A = 81 Ta có : M = ( a+ b ) ( ≤ a+ b ) ( + ⇔ x = ± ; max A = ⇔ x = a− b ) = 2a + 2b ≤  a = b max M = ⇔  ⇔a=b= a + b = ( 2a + b − b) +( c − d) ) ( = ( a + c) + ( a− ) ( ) ( ) cd + 2c + d − ab = a + b − ab + c + d − cd + a + c = 82 Xét tổng hai số : ≥ a + c > CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 83 N = + + + 18 = 12 + + + + + = = (2 ) ( ) (2 3+2 +2 2 3+2 +2 = 84 Từ x + y + z = xy + yz + zx ⇒ 3+2+ ( x− y ) = + + ) ( + y− z ) ( + z− x ) = Vậy x = y = z 85 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ( i = 1, 2, 3, … n ) 86 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với hai số a + b ≥ ab ≥ 0, ta có : a + b + ab ≥ 2(a + b) ab hay ( a+ b ) ≥ 2(a + b) ab Dấu “ = “ xảy a = b 87 Giả sử a ≥ b ≥ c > Ta có b + c > a nên b + c + bc > a hay ( b+ c ) >( a) 2 Do : b + c > a Vậy ba đoạn thẳng a , b , c lập thành tam giác 88 a) Điều kiện : ab ≥ ; b ≠ Xét hai trường hợp : b.( a − b) a a− b a − = − = −1 b b b b b * Trường hợp : a ≥ ; b > : A = * Trường hợp : a ≤ ; b < : A = ab − b − b − a a a a =− +1− = 1− b b b b  (x + 2) − 8x ≥ x >  ⇔ b) Điều kiện :  x > Với điều kiện : x ≠    x− ≠0 x  (x + 2) − 8x (x − 2) x x − x = = x − x−2 x− x • Nếu < x < | x – | = -(x – 2) B = - x • Nếu x > | x – | = x – B = x B= 89 Ta có : a +2 = ( a +1 a2 +1 + ≥2 a2 +1 ) a2 +1 +1 a +1 a + = a2 +1 + a2 +1 = Vậy a2 +1 = 93 Nhân vế pt với , ta : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: a +1 a2 + 2 a2 +1 ≥ Đẳng thức xảy : ⇔ a = a2 +1 2x − + + 2x − − = ⇔ 5/2 ≤ x ≤ 94 Ta chứng minh qui nạp toán học : 1 < (*) 1.3.5 (2k − 1) ⇔ < b) Giả sử : Pk < 2.4.6 2k 2k + 2k + a) Với n = ta có : P1 = c) Ta chứng minh (*) n = k + , tức : (1) CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 1.3.5 (2k + 1) ⇔ < 2.4.6 (2k + 2) 2k + 2k + 2k + 2k + < Với số nguyên dương k ta có : (3) 2k + 2k + Pk +1 < (2) Nhân theo vế bất đẳng thức (1) (3) ta bất đẳng thức (2) Vậy ∀ n ∈ Z+ ta có Pn = 1.3.5 (2n − 1) < 2.4.6 2n 2n + a2 b2 a + b3 95 Biến đổi tương đương : a + b ≤ + ⇔ a+ b≤ b a ab ( a + b)(a − ab + b) ⇔ a+ b≤ ⇔ ab ≤ a − ab + b ⇔ a − b ≥ (đúng) ab  x − 4(x − 1) ≥  1 < x <  x + 4(x − 1) ≥ ⇔ 96 Điều kiện :  x >  x − 4(x − 1) >  x − ≠ 2 A= Xét hai khoảng < x < x > Kết : A = 1− x x-1 105 Cách : Tính A Cách : Tính A Cách : Đặt 2x − = y ≥ 0, ta có : 2x – = y2 ( ) y + + 2y y + − 2y y + y − 2x + 2x − 2x − 2x − A= − = − = − 2 2 2 (y + − y + 1) = Với y ≥ (tức x ≥ 1), A = 2y (y + + y − 1) = = y = 4x − Với ≤ y < (tức ≤ x < 1), A = 2 108 Nếu ≤ x ≤ A = 2 Nếu x ≥ A = x − 109 Biến đổi : x + y − + = x + y Bình phương hai vế rút gọn, ta : 2(x + y − 2) = xy Lại bình phương hai vế rút gọn : (2 – y)(x – 2) = Đáp : x = , y ≥ , x ≥ , y = 110 Biến đổi tương đương : (1) ⇔ a2 + b2 + c2 + d2 + ⇔ (a (a + b2 ) ( c2 + d ) ≥ a2 + c2 + 2ac + b2 + d2 + 2bd + b2 ) ( c2 + d ) ≥ ac + bd (2) * Nếu ac + bd < 0, (2) chứng minh * Nếu ac + bd ≥ 0, (2) tương đương với : (a2 + b2)(c2 + d2) ≥ a2c2 + b2d2 + 2abcd ⇔ a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2 ≥ a2c2 + b2d2 + 2abcd ⇔ (ad – bc)2 ≥ (3) Bất đẳng thức (3) đúng, bất đẳng thức (1) chứng minh 111 Cách : Theo bất đẳng thức Cauchy : a2 b+c a2 b + c a a2 b+c + ≥2 = = a ⇒ ≥ a− b+c b+c b+c b2 a+c c2 a+b Tương tự : ≥ b− ; ≥ c− a+c a+b CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 10 a2 b2 c2 a+b+c a+b+c Cộng vế bất đẳng thức : + + ≥ ( a + b + c) − = b+c c+a a+b 2 Cách : Theo BĐT Bunhiacôpxki : (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) ≥ (ax + by + cz)2 Ta có :  a   b   c     ÷ + ÷ + ÷ X  b + c   c + a   a + b    ( b+c ) ( c+a + ) ( ) a+b  ≥  + b c  a  ≥  b+c + c+a + a+b÷ c+a a+b  b+c  2 2  a b c  a b c2 a+b+c + + + + ≥ ⇒  ÷.[ 2(a + b + c)] ≥ (a + b + c) ⇒ b+c c+a a+b  b+c c+a a+b 112 a) Ta nhìn tổng a + dạng tích 1.(a + 1) áp dụng bđt Cauchy : xy ≤ (a + 1) + a = +1 2 b c Tương tự : b + = + ; c + = + 2 a+b+c + = 3,5 Cộng vế bất đẳng thức : a + + b + + c + ≤ x+y a + = 1.(a + 1) ≤ Dấu “ = ” xảy ⇔ a + = b + = c + ⇔ a = b = c = 0, trái với giả thiết a + b + c = Vậy : a + + b + + c + < 3,5 b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki với hai ba số : ( ( a + b + b + c + c + a a+ b + b+c + c+a ) ) ≤ (1 + + 1)X   ( a+b ) ( + b+c ) ( + ) c+a  ⇒  ≤ 3(a + b + b + c + c + a) = 6⇒ a + b + b + c + c + a ≤ C B 113 Xét tứ giác ABCD có AC ⊥ BD, O giao điểm hai đường chéo OA = a ; OC = b ; OB = c ; OD = d với a, b, c, d > Ta có : AB = a2 + c2 ; BC = b2 + c2 ; AD = a2 + d ; CD = b2 + d b c a O A AC = a + b ; BD = c + d Cần chứng minh : AB.BC + AD.CD ≥ AC.BD Thật ta có : AB.BC ≥ 2SABC ; AD.CD ≥ 2SADC Suy : Suy : AB.BC + AD.CD ≥ 2SABCD = AC.BD Vậy : (a + c2 ) ( b2 + c2 ) + (a + d ) ( b + d ) ≥ (a + b)(c + d) Chú ý : Giải cách áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki : (m2 + n2)(x2 + y2) ≥ (mx + ny)2 với m = a , n = c , x = c , y = b ta có : (a2 + c2)(c2 + b2) ≥ (ac + cb)2 ⇒ Tương tự : (a (a + c2 ) ( c2 + b2 ) ≥ ac + cb (1) + d ) ( d + b2 ) ≥ ad + bd (2) Cộng (1) (2) suy đpcm 1 1  114 Lời giải sai : A = x + x =  x + ÷ − ≥ − Vaäy A = − 2 4  1 Phân tích sai lầm : Sau chứng minh f(x) ≥ , chưa trường hợp xảy f(x) = 4 Xảy dấu đẳng thức x = − Vô lí Lời giải : Để tồn x phải có x ≥ Do A = x + x ≥ A = ⇔ x = d D CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU A = ( a+ b ) 14  ay bx x = y  a b với  + = ⇔ x y  x, y >    x = a + ab   y = b + ab Cách : Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpxki : a b  a b A = (x + y).1 = (x + y)  + ÷ ≥  x + y ÷ = x y x y  ( ) a+ b Từ tìm giá trị nhỏ A 136 A = (x + y)(x + z) = x2 + xz + xy + yz = x(x + y + z) + yz ≥ xyz(x + y + z) = A = chẳng hạn y = z = , x = - xy yz xy yz + ≥2 = 2y z x z x yz zx zx xy + ≥ 2z ; + ≥ 2x Suy 2A ≥ 2(x + y + z) = Tương tự : x y y z A = với x = y = z = 2 x y z x+y+z + + ≥ 138 Theo tập 24 : Theo bất đẳng thức Cauchy : x+y y+z z+x 137 Theo bất đẳng thức Cauchy : xy + yz + zx = 2 x+y y+z z+x x+y+z ≥ xy ; ≥ yz ; ≥ zx nên ≥ 2 2 1 ⇔ x=y=z= A = 139 a) A = b) Ta có : ( ( a+ b ) ( ≤ ) ≤( ( Tương tự : ( ( a+ b a+ b ) ( + a− b ) = 2a + 2b ≤  a = b max A = ⇔  ⇔ a=b= a + b = a+ b ) c) d) a+ c b+ c+ ) +( 4 4 a− b ) = 2(a + b + 6ab) ( + 6bc) ; ( ) d) ≤ 2(a + c + 6ac) ; a+ d ≤ 2(b + c b+ 4 ≤ 2(a + d + 6ad) ≤ 2(b + d + 6bd) ≤ 2(c + d + 6cd) Suy : B ≤ 6(a2 + b2 + c2 + d2 + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd) = 6(a + b + c + d)2 ≤  a = b = c = d max B = ⇔  ⇔ a=b=c=d= a + b + c + d = 140 A = 3x + 3y ≥ 3x.3y = 3x + y = 34 = 18 A = 18 với x = y = 141 Không tính tổng quát, giả sử a + b ≥ c + d Từ giả thiết suy : b+c≥ a +b+c+d CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU A= 15 b c b+c  c c  a +b+c+d c+d c+d  + = − − − − ÷≥ ÷ c+d a+b c+d c+d a+b 2(c + d) c+d a +b Đặt a + b = x ; c + d = y với x ≥ y > 0, ta có : A≥ x+y y y x y  x y x y 1 − + = + −1+ =  + ÷− ≥ − = 2− 2y y x 2y x  2y x  2y x 2 A = − ⇔ d = , x = y , b + c ≥ a + d ; chẳng hạn a = + 1, b = − 1,c = 2,d = 142 a) (x − 3) + ( x − 3) = Đáp số : x = b) Bình phương hai vế, đưa : (x2 + 8)(x2 – 8x + 8) = Đáp số : x = + 2 c) Đáp số : x = 20 d) x − = + x + Vế phải lớn vế trái Vô nghiệm x − x − = + x − Bình phương hai vế Đáp số : x = 1 g) Bình phương hai vế Đáp số : ≤ x ≤1 h) Đặt x − = y Đưa dạng y − + y − = Chú ý đến bất đẳng thức : e) Chuyển vế : y − + − y ≥ y − + − y = Tìm ≤ y ≤ Đáp số : ≤ x ≤ 11 16 i) Chuyển vế : x + − x = − x , bình phương hai vế Đáp : x = (chú ý loại x = ) 25 16 k) Đáp số : 25 l) Điều kiện : x ≥ x = - Bình phương hai vế rút gọn : 2(x + 1) (x + 3)(x − 1) = x − Bình phương hai vế : 8(x + 1)2(x + 3)(x – 1) = (x + 1)2(x – 1)2 ⇔ (x + 1)2(x – 1)(7x + 25) = 25 loại Nghiệm : x = ± x=− m) Vế trái lớn x, vế phải không lớn x Phương trình vô nghiệm n) Điều kiện : x ≥ - Bình phương hai vế, xuất điều kiện x ≤ - Nghiệm : x = - o) Do x ≥ nên vế trái lớn 2, vế phải nhỏ Suy hai vế 2, x = 1, thỏa mãn phương trình p) Đặt 2x + + x + = y ; 2x + − x + = z (1) Ta có : y − z = + x + ; y + z = + x + Suy y – z = Từ z = x + (2) Từ (1) (2) tính x Đáp số : x = (chú ý loại x = - 1) q) Đặt 2x2 – 9x + = a ≥ ; 2x – ≥ b ≥ Phương trình : a + b = a + 15b Bình phương hai vế rút gọn ta : b = b = a Đáp số : 144 Ta có : Vậy : + ;5 2 = > = k k k + k +1 ( ( k +1 − k k +1 + k )( ) k +1 − k ) =2 ( ) k +1 − k 1 + + + > 2( − 1) + 2( − 2) + 2( − 3) + + 2( n + − n ) = n = 2( n + − 1) (đpcm) 150 Đưa biểu thức dấu dạng bình phương M = -2 151 Trục thức mẫu hạng tử Kết : A = n - CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 152 Ta có : a − a +1 16 = −( a + a + 1) ⇒ P = −( + 2n + 1) P số hữu tỉ (chứng minh phản chứng) 1 = − ⇒ A= 10 (n + 1) n + n n + n n +1 1 1 + + + + > n = n 154 + n n 155 Ta có a + = 17 Biến đổi đa thức ngoặc thành tổng lũy thừa số a + 153 Ta chứng minh : A = [(a + 1)5 – 3(a + 1)4 – 15(a + 1)3 + 52(a + 1)2 – 14(a + 1)]2000 = (259 17 - 225 17 - 34 17 - 1)2000 = 156 Biến đổi : a − a −1 = a + a −1 a −2 + a −3 ; a −2 − a −3 = 2 1  1  1 157 x − x + = x − x + + x − x + =  x − ÷ +  x − ÷ ≥ 4  2  2 1 Dấu “ = “ không xảy có đồng thời : x = x = 2 168 Trước hết ta chứng minh : a + b ≤ 2(a + b ) Áp dụng (*) ta có : S = (*) (a + b ≥ 0) x − + y − ≤ 2(x − + y − 2) = x −1 = y − max S = ⇔  ⇔ x + y =   x =  y =  * Có thể tính S2 áp dụng bất đẳng thức Cauchy 180 Ta phải có | A | ≤ Dễ thấy A > Ta xét biểu thức : B = = − − x Ta có : A ≤ − x2 ≤ ⇒ − ≤ − − x2 ≤ ⇒ − ≤ − − x2 ≤ = 2+ ⇔ B = − ⇔ = − x ⇔ x = Khi max A = 2− ⇔ max B = ⇔ − x = ⇔ x = ± Khi A = 2x − x + 181 Để áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta xét biểu thức : B = Khi : 1− x x  2x − x = (1) 2x − x  B≥2 = 2 B = 2 ⇔ 1 − x x 1− x x 0 < x < (2) Giải (1) : 2x2 = (1 – x)2 ⇔ | x | = | – x | Do < x < nên x = – x ⇔ = − +1 Như B = 2 ⇔ x = - 1   2x − x  − 2x − + x  + ÷−  + + = +1 = Bây ta xét hiệu : A − B =  ÷= x  1− x x 1− x x  1− x ⇔ x= Do A = 2 + x = - 182 a) Điều kiện : x ≥ , y ≥ Bất đẳng thức Cauchy cho phép làm giảm tổng : CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 17 a+b ≥ ab Ở ta muốn làm tăng tổng Ta dùng bất đẳng thức : a + b ≤ 2(a + b ) A = x − + y − ≤ 2(x − + y − 3) = x − = y −  x = 1,5 max A = ⇔  ⇔  x + y =  y = 2,5 Cách khác : Xét A2 dùng bất đẳng thức Cauchy b) Điều kiện : x ≥ , y ≥ Bất đẳng thức Cauchy cho phép làm trội tích : Ta xem biểu thức x − , y − tích : x − = 1.(x − 1) , y − = x − 1.(x − 1) + x − 1 = ≤ = x x 2x y−2 2.(y − 2) + y − = ≤ = = y y 2y 2 x − = 1 2+ max B = + = ⇔  ⇔ 4 y − = a+b 2(y − 2) ab ≤ Theo bất đẳng thức Cauchy : 183 a = x =  y = 1 ,b= Ta thấy 1997 + 1996 < 1998 + 1997 1997 + 1996 1998 + 1997 Nên a < b 184 a) A = - với x = max A = b) B = với x = ± max B = với x = ± với x = x + (1 − x ) = 2 2 x = − x max A = ⇔  ⇔ x= 2 x > 185 Xét – ≤ x ≤ A ≤ Xét ≤ x ≤ A = x (1 − x ) ≤ 186 A = | x – y | ≥ 0, A lớn chi A2 lớn Theo bđt Bunhiacôpxki :    1 A = (x − y) = 1.x − 2y ÷ ≤ 1 + ÷(x + 4y ) =    4 2   5  2y x=− x=    =−   5 max A = ⇔ x ⇔    x + 4y =  y = −   y = 10  10 187 a) Tìm giá trị lớn : Từ giả thiết :  x ≤ x 0 ≤ x ≤ ⇔  ⇔ x + y3 ≤ x + y =   y ≤ y 0 ≤ y ≤  x = x max A = ⇔  ⇔ x = 0, y = V x = 1, y =  y = y x+y ≤ Do : b) Tìm giá trị nhỏ : (x + y)2 ≤ 2(x2 + y2) = ⇒ x + y ≤ ⇒ CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU x +y 3 (x ≥ + y3 ) ( x + y )  (x + y3 )(x + y) =   18 Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki : ( ) ( ) ( ) ( ) ( x3 + y3    x + ) y ≥  x x + y y = (x2 + y2) = 1 ⇔ x=y= 2 A = x = a ; y = b , ta có a, b ≥ 0, a + b = 188 Đặt A = a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) = a2 – ab + b2 = (a + b)2 – 3ab = – 3ab Do ab ≥ nên A ≤ max A = ⇔ a = b = ⇔ x = x = 1, y = Ta có ab ≤ (a + b) 1 1 = ⇒ ab ≤ ⇒ − 3ab ≥ A = ⇔ x = y = 4 4 4 189 Điều kiện : – x ≥ , – x ≥ nên x ≤ Ta có : x −1 =3 x−2 − x + (x − 1)(x − 2) − (x − 1)(x − 2) = ⇔ − x = ⇔ x = −8 − x + (x − 1)(x − 2) − x − ⇔ 190 Ta có : + 4x + 2x2 = 2(x2 + 2x + 1) + = 2(x + 1)2 + > với x Vậy phương trình xác định với giá trị x Đặt x + 2x + = y ≥ 0, phương trình có dạng : y = y2 - y - 12 = ⇔ (y - )(y + 2 ) = ⇔   y = −2 (loai y ≥ x + 2x + = ⇔ x + 2x + = 18 ⇔ (x – 3)(x + 5) = ⇔ x = ; x = -5 1   1   1 = k = k − + − 191 Ta có : ÷= k  ÷ ÷ (k + 1)k (k + 1) k k +  k k +1   k k +1  k  k  1  1   − < 2 − = 1 + ÷ ÷ Do : ÷ k + k k + (k + 1) k k k +       1 1       + + + + < 1 − + 2 − + +  − Vậy : ÷ ÷ ÷ (n + 1) n 2 3 n +1    n    = 1 − ÷ < (đpcm) n +1   > 192 Dùng bất đẳng thức Cauchy (a, b > ; a ≠ 0) ab a + b 193 Đặt x – y = a , x + y = b (1) a, b ∈ Q Do y ∈Q x−y a a = ⇒ x − y = ∈ Q (2) b x+ y b a) Nếu b = x = y = 0, b) Nếu b ≠ Từ (1) (2) : 199 Nhận xét : ( x , 1 a x = b + ÷ ∈ Q ; 2 b ( x2 + a2 + x ) x + x2 + a2 ≤ )( 1 a y = b − ÷ ∈ Q 2 b ) x + a − x = a Do : 5a x2 + a2 ( ) (1) ⇔ x + x + a ≤ ( x2 + a2 + x )( x2 + a2 − x x2 + a2 ) CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 19 x + a + x > x + x = x + x ≥ Suy : x + a + x > , ∀x x ≤  2 2 2 Vì : (1) ⇔ x + a ≤ x + a − x ⇔ 5x ≤ x + a ⇔   x >  25x ≤ 9x + 9a  x ≤ ⇔ ⇔ x≤ a 0 < x ≤ a 4  − 2a 207 c) Trước hết tính x theo a x = Sau tính + x a(1 − a) a(1 − a) Do a ≠ nên : ) ( Đáp số : B = d) Ta có a + = a + ab + bc + ca = (a + b)(a + c) Tương tự : b2 + = (b + a)(b + c) ; c2 + = (c + a)(c + b) Đáp số : M = 2 2x + Suy điều phải chứng minh x 1 209 Ta có : a + b = - , ab = nên : a2 + b2 = (a + b)2 – 2ab = + = 2 17 a4 + b4 = (a2 + b2)2 – 2a2b2 = − = ; a3 + b3 = (a + b)3 – 3ab(a + b) = - - = − 4 17   239 Do : a7 + b7 = (a3 + b3)(a4 + b4) – a3b3(a + b) = − −  − ÷( −1) = −  64  64 208 Gọi vế trái A > Ta có A = 210 a) a = ( − 1) = − 2 = − a = ( − 1)3 = 2 − + − = − = 50 − 49 )n = A - B ; (1 + )n = A + B với A, B ∈ N Suy : A2 – 2B2 = (A + B )(A - B ) = [(1 + )(1 - )]n = (- 1)n b) Theo khai triển Newton : (1 - Nếu n chẵn A2 – 2b2 = (1) Nếu n lẻ A2 – 2B2 = - (2) Bây ta xét an Có hai trường hợp : * Nếu n chẵn : an = ( - 1)n = (1 - )n = A - B = A − 2B2 Điều kiện A2 – 2B2 = thỏa mãn (1) * Nếu n lẻ : an = ( - 1)n = - (1 - )n = B - A = 2B2 − A Điều kiện 2B2 – A2 = thỏa mãn (2) 211 Thay a = vào phương trình cho : 2 + 2a + b + c = ⇔ (b + 2) = -(2a + c) Do a, b, c hữu tỉ nên phải có b + = 2a + c = Thay b = - , c = - 2a vào phương trình cho : x3 + ax2 – 2x – 2a = ⇔ x(x2 – 2) + a(x2 – 2) = ⇔ (x2 – 2)(x + a) = Các nghiệm phương trình cho là: ± - a 1 + + + n a) Chứng minh A > n − : Làm giảm số hạng A : 2 = > = k +1 − k k k+ k k +1 + k Do A >  − + + − + + + − n + n +  =   = n +1 − = n +1 − 2 > n +1 − > n − 212 Đặt A = ( ( ( ) ) ( ) ) ( ) CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 20 b) Chứng minh A < n − : Làm trội số hạng A : ( ) 2 = < = k − k −1 k k+ k k + k −1 Do : A <  n − n − + + − + −  = n −   ( ) ( ) ( ) 213 Kí hiệu a = + + + + có n dấu Ta có : n a1 = < ; a = + a1 < + = ; a = + a < + = a100 = + a 99 < + = Hiển nhiên a100 > > Như < a100 < 3, [ a100 ] = 214 a) Cách (tính trực tiếp) : a2 = (2 + )2 = + Ta có = 48 nên < < ⇒ 13 < a2 < 14 Vậy [ a2 ] = 13 Cách (tính gián tiếp) : Đặt x = (2 + )2 x = + Xét biểu thức y = (2 - )2 y = - Suy x + y = 14 Dễ thấy < - < nên < (2- )2 < 1, tức < y < Do 13 < x < 14 Vậy [ x ] = 13 tức [ a2 ] = 13 b) Đáp số : [ a ] = 51 215 Đặt x – y = a ; x + y = b (1) a b số hữu tỉ Xét hai trường hợp : a) Nếu b ≠ x−y a = ⇒ x+ y b x− y= a số hữu tỉ (2) Từ (1) (2) ta có : b 1 a 1 a x =  b + ÷ số hữu tỉ ; y =  b − ÷ số hữu tỉ 2 b 2 b b) Nếu b = x = y = 0, hiển nhiên x , y số hữu tỉ 216 Ta có n   1   1 = = n − + − ÷= n  ÷ ÷= (n + 1) n n(n + 1) n +  n n +1   n n +1  n  n  1    = 1 + − − ÷ ÷<  ÷ Từ ta giải toán n + n n + n n +       217 Chứng minh phản chứng Giả sử 25 số tự nhiên cho, hai số Không tính tổng quát, giả sử a1 < a2 < … < a25 Suy : a1 ≥ , a2 ≥ , … a25 ≥ 25 Thế : 1 1 1 + + + ≤ + + + a1 a2 a 25 25 (1) Ta lại có : 1 1 2 + + + + = + + + +1 < 25 24 25 + 25 24 + 24 2+ 2 2 < + + + + = 25 − 24 + 24 − 23 + + − + = 24 + 24 23 + 23 2+ ( =2 Từ (1) (2) suy : ( ) 25 − + = ) (2) 1 + + + < , trái với giả thiết Vậy tồn hai số 25 số a1 a2 a 25 a1 , a2 , … , a25 218 Điều kiện : ≤ x ≤ Đặt 2+ x = a ≥ ; − x = b ≥ a2 b2 + = Ta có : ab = − x , a + b = Phương trình : +a −b ⇒ a2 - a2b + b2 + ab2 = (2 - b + a - ab) 2 CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU ⇒ 21 (a2 + b2 – + ab) – ab(a – b) = 2(a – b) ⇒ (2 + ab) = (a – b)(2 + ab) (chú ý : a2 + b2 = 4) ⇒ a – b = (do ab + ≠ 0) Bình phương : a2 + b2 – 2ab = ⇒ 2ab = ⇒ ab = ⇒ − x = Tìm x = a −1 219 Điều kiện : < x ≤ , a ≥ Bình phương hai vế thu gọn : − x = a +1 a Với a ≥ 1, bình phương hai vế, cuối : x = a +1 Điều kiện x ≤ thỏa mãn (theo bất đẳng thức Cauchy) Kết luận : Nghiệm x = a Với a ≥ a +1 220 Nếu x = y = 0, z = Tương tự y z Nếu xyz ≠ 0, hiển nhiên x, y, z > x= Từ hệ phương trình cho ta có : 2y 2y ≤ = y 1+ y y Tương tự y ≤ z ; z ≤ x Suy x = y = z Xảy dấu “ = ” bất đẳng thức với x = y = z = Kết luận : Hai nghiệm (0 ; ; 0) , (1 ; ; 1) 221 a) Đặt A = (8 + )7 Để chứng minh toán, cần tìm số B cho < B < A + B số 107 tự nhiên Chọn B = (8 - )7 Dễ thấy B > > Ta có + > 10 suy : (8+3 7) < ( ⇒ 8−3 107 ) < 107 Theo khai triển Newton ta lại có : A = (8 + )7 = a + b với a, b ∈ N B = (8 - )7 = a - b Suy A + B = 2a số tự nhiên Do < B < A + B số tự nhiên nên A có bảy chữ số liền sau dấu phẩy 107 Chú ý : 10- = 0,0000001 b) Giải tương tự câu a 222 Ta thấy với n số phương n số tự nhiên, n khác số phương n số vô tỉ, n dạng ,5 Do ứng với số n ∈ N có số nguyên an gần n * nên Ta thấy rằng, với n 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, … an 1, 1, 2, 2, 2, 2, 3, … Ta chứng minh an nhận giá trị : hai số 1, bốn số 2, sáu số 3… Nói cách khác ta chứng minh bất phương trình : 1 < x < 1+ có hai nghiệm tự nhiên 2 1 − < x < + có bốn nghiệm tự nhiên 2 1 − < x < + có sáu nghiệm tự nhiên 2 1 Tổng quát : k − < x < k + có 2k nghiệm tự nhiên Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với : k2 – k + 2 1 < x < k2 + k + Rõ ràng bất phương trình có 2k nghiệm tự nhiên : k2 – k + ; k2 – k + ; 4 1− … ; k2 + k Do : CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 22        1 1 1 ÷ 1 1÷  1 1 ÷ + + + = + +  + + + ÷+ +  + + + ÷ = 2.44 = 88 a1 a2 a1980  1{ ÷ 2 2 44 44 44 ÷  44 4 ÷  44 43 ÷ soá 88 soá  soá      223 Giải tương tự 24 a) < an < Vậy [ an ] = b) ≤ an ≤ Vậy [ an ] = c) Ta thấy : 442 = 1936 < 1996 < 2025 = 452, 462 = 2116 a1 = 1996 = 44 < a1 < 45 Hãy chứng tỏ với n ≥ 45 < an < 46 Như với n = [ an ] = 44, với n ≥ [ an ] = 45 224 Cần tìm số tự nhiên B cho B ≤ A < B + Làm giảm làm trội A để hai số tự nhiên liên tiếp Ta có : (4n + 1)2 < 16n2 + 8n + < (4n + 2)2 ⇒ 4n + < 16n + 8n + < 4n + 16n + 8n + < 4n2 + 4n + < 4n2 + 8n + ⇒ 4n2 + 4n + < 4n2 + ⇒ (2n + 1)2 < 4n2 + 16n + 8n + < (2n + 2)2 Lấy bậc hai : 2n + < A < 2n + Vậy [ A ] = 2n + 225 Để chứng minh toán, ta số y thỏa mãn hai điều kiện : < y < 0,1 (1) x + y số tự nhiên có tận (2) Ta chọn y = ( 3− ) 200 − < 0,3 nên < y < 0,1 Điều kiện (1) chứng minh Ta có < Bây ta chứng minh x + y số tự nhiên có tận Ta có : x+y = ( 3+ ) 200 + ( 3− ) 200 ( = 5+2 ) 100 ( + 5−2 ) 100 Xét biểu thức tổng quát Sn = an + bn với a = + , b = - Sn = (5 + )n = (5 - )n A b có tổng 10, tích nên chúng nghiệm phương trình X2 -10X + = 0, tức : a2 = 10a – (3) ; b2 = 10b – (4) Nhân (3) với an , nhân (4) với bn : an+2 = 10an+1 – an ; bn+2 = 10bn+1 – bn Suy (an+2 + bn+2) = 10(an+1 + bn+1) – (an + bn), tức Sn+2 = 10Sn+1 – Sn , hay Sn+2 ≡ - Sn+1 (mod 10) Do Sn+4 ≡ - Sn+2 ≡ Sn (mod 10) (5) 0 Ta có S0 = (5 + ) + (5 - ) = + = ; S1 = (5 + ) + (5 - ) = 10 Từ công thức (5) ta có S2 , S3 , … , Sn số tự nhiên, S0 , S4 , S8 , … , S100 có tận 2, tức tổng x + y số tự nhiên có tận Điều kiện (2) chứng minh Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh 226 Biến đổi ( 3+ ) 250 ( = 5+2 ) 125 Phần nguyên có chữ số tận (Giải tương tự 36) 227 Ta có : ( ) ( ) ( ) ( A =   + +   +   + +   +   + +  15  +  16  + +  24  ) Theo cách chia nhóm trên, nhóm có số, nhóm có số, nhóm có số, nhóm có số Các số thuộc nhóm 1, số thuộc nhóm 2, số thuộc nhóm 3, số thuộc nhóm Vậy A = 1.3 + 2.5 + 3.7 + 4.9 = 70 x x (3 – x) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số 2 x x  + + − x  ÷ x x x x không âm , , (3 – x) ta : (3 – x) ≤  2 ÷ = 2 2  ÷   228 a) Xét ≤ x ≤ Viết A dạng : A = Do A ≤ (1) CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 23 x  = 3− x ⇔ x = b) Xét x > 3, A ≤ (2) So sánh (1) (2) ta đến kết luận max A = ⇔  x ≥ 229 a) Lập phương hai vế, áp dụng đẳng thức (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b), ta : x + + − x + 3 (x + 1)(7 − x).2 = ⇔ (x + 1)(7 − x) = ⇔ x = - ; x = (thỏa) b) Điều kiện : x ≥ - (1) Đặt x − = y ; x + = z Khi x – = y2 ; x + = z2 y + z = (2)  nên z2 – y3 = Phương trình cho đưa hệ : z − y = (3) z ≥ (4)  Rút z từ (2) : z = – y Thay vào (3) : y3 – y2 + 6y – = ⇔ (y – 1)(y2 + 6) = ⇔ y = Suy z = 2, thỏa mãn (4) Từ x = 3, thỏa mãn (1) Kết luận : x = 1 + = 2 230 a) Có, chẳng hạn : a + b = Bình phương hai vế : a + b + ab = ⇒ ab = − (a + b) b) Không Giả sử tồn số hữu tỉ dương a, b mà Bình phương vế : 4ab = + (a + b)2 – 2(a + b) ⇒ 2(a + b) Vế phải số hữu tỉ, vế trái số vô tỉ (vì a + b ≠ 0), mâu thuẩn 231 a) Giả sử số hữu tỉ = + (a + b)2 – 4ab m m3 (phân số tối giản) Suy = Hãy chứng minh m lẫn n n n m phân số tối giản n m b) Giả sử + số hữu tỉ (phân số tối giản) Suy : n m3 m 6m 3 = + = + 3 = + ⇒ m = 6n + 6mn (1) ⇒ m M2 ⇒ m M2 n n n chia hết cho 5, trái giả thiết ( ) Thay m = 2k (k ∈ Z) vào (1) : 8k3 = 6n3 + 12kn2 ⇒ 4k3 = 3n3 + 6kn2 Suy 3n3 chia hết cho ⇒ n3 chia hết cho ⇒ n chia hết cho Như m n chia hết cho 2, trái với giả thiết 232 Cách : Đặt a = x3 , b = y3 , c = z3 Bất đẳng thức cần chứng minh m phân số tối giản n a+b+c ≥ abc tương đương với x + y3 + z ≥ xyz hay x3 + y3 + z3 – 3xyz ≥ Ta có đẳng thức : x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)[(x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2] (bài tập a+b+c ≥ abc Do a, b, c ≥ nên x, y, z ≥ 0, x3 + y3 + z3 – 3xyz ≥ Như : Xảy dấu đẳng thức a = b = c Cách : Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức Cauchy cho bốn số không âm Ta có : sbt) a+ b+ c+d 1a+ b c+d  =  + ab + cd ≥ ab cd = abcd ÷≥ 2 2  a+b+c a+ b+c+d  Trong bất đẳng thức  ta : ÷ ≥ abcd , đặt d =   ( ) CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 24 a+b+c   a + b + c +  ÷ a+b+c a+b+c a+b+c ⇒   ÷ ≥ abc ÷ ≥ abc 3    ÷   a+b+c Chia hai vế cho số dương (trường hợp số a, b, c 0, toán chứng minh) : 3 a+b+c a+b+c ≥ abc  ÷ ≥ abc ⇔ 3   a+b+c Xảy đẳng thức : a = b = c = ⇔ a=b=c=1 b c d a + + ≤ 1− = 233 Từ giả thiết suy : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số b +1 c +1 d +1 a +1 a +1 b c d bcd ≥ + + ≥ 3 dương : Tương tự : a +1 b +1 c +1 d +1 (b + 1)(c + 1)(d + 1) acd ≥ 3 b +1 (a + 1)(c + 1)(d + 1) abd ≥ 3 c +1 (a + 1)(b + 1)(d + 1) abc ≥ 3 d +1 (a + 1)(b + 1)(c + 1) Nhân từ bốn bất đẳng thức : ≥ 81abcd ⇒ abcd ≤ x2 y2 z2 234 Gọi A = + + Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki : y z x 81  x2 y2 z2  x y z 3A =  + + ÷(1 + + 1) ≥  + + ÷ z x  y z x y Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với ba số không âm : (1) x y z x y z + + ≥ 3 = y z x y z x (2) Nhân vế (1) với (2) : x y z x y z x y z 3A  + + ÷ ≥  + + ÷ ⇒ A ≥ + + y z x y z x y z x 235 Đặt x = 3 + 3 ; y = 3 − 3 x3 + y3 = (1) Xét hiệu b3 – a3 , ta : b3 – a3 = 24 – (x + y)3 = 24 – (x3 + y3) – 3xy(x + y) Do (1), ta thay 24 4(x3 + b3), ta có : b3 – a3 = 4(x3 + y3) – (x3 + y3) – 3xy(x + y) = 3(x3 + y3) – 3xy(x + y) = = 3(x + y)(x2 – xy + y2 – xy) = 3(x + y)(x – y)2 > (vì x > y > 0) Vậy b3 > a3 , b > a 236 a) Bất đẳng thức với n = Với n ≥ 2, theo khai triển Newton, ta có : n n(n − 1) n(n − 1)(n − 2) n(n − 1) 2.1  1 2+ + + n  + ÷ = + n + n 2! n 3! n n! n  n 1 1 < + +  + + + ÷ n!   2! 3! CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 25 1 1 1 + + + ≤ + + + = 2! 3! n! 1.2 2.3 (n − 1)n 1 1 1 n − = 1− < = − + − + + Do (1 + ) < 2 n −1 n n n Dễ dàng chứng minh : b) Với n = 2, ta chứng minh Với n ≥ 3, ta chứng minh (2) ⇔ ( n +1 n +1 ) n > (1) Thật vậy, (1) ⇔ n > n +1 n + n(n +1) < ( n) n n(n +1) ( 3) > ( ) 6 ⇔ 32 > 22 (2) Thật : n ⇔ (n + 1) < n n n n +1 (n + 1)n  1 ⇔ < n ⇔  + ÷ < n (3) n n  n  1 Theo câu a ta có  + ÷ < , mà ≤ n nên (3) chứng minh  n Do (2) chứng minh ) ( 2 237 Cách : A = x + + x + x + ≥ A = với x = Cách : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy : A ≥ (x + x + 1)(x − x + 1) = x + x + ≥ A = với x = 238 Với x < A ≥ (1) Với ≤ x ≤ 4, xét - A = x2(x – 2) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm : x x   + +x−2÷ A x x  2x −  − = (x − 2) ≤  ÷ =  ÷ ≤ 2 3    ÷   239 Điều kiện : x2 ≤ - A ≤ 32 ⇒ A ≥ - 32 A = - 32 với x =  x2 x2  + + − x 2  ÷ x x A = x (9 − x ) = (9 − x ) ≤  ÷ = 4.27 2  ÷ ÷   max A = với x = ± 240 a) Tìm giá trị lớn : Cách : Với ≤ x < A = x(x2 – 6) ≤ Với x ≥ Ta có ≤ x ≤ ⇒ ≤ x2 ≤ ⇒ ≤ x2 – ≤ Suy x(x2 – 6) ≤ max A = với x = Cách : A = x(x2 – 9) + 3x Ta có x ≥ 0, x2 – ≤ 0, 3x ≤ 9, nên A ≤ max A = với x = b) Tìm giá trị nhỏ : Cách : A = x3 – 6x = x3 + (2 )3 – 6x – (2 )3 == (x + 2 )(x2 - 2 x + 8) – 6x - 16 = (x + 2 )(x2 - 2 x + 2) + (x + 2 ).6 – 6x - 16 = (x + 2 )(x - )2 - ≥ - A = - với x = Cách : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với số không âm : x3 + 2 + 2 ≥ 3 x 2.2 = 6x Suy x – 6x ≥ - A = - với x = 241 Gọi x cạnh hình vuông nhỏ, V thể tích hình hộp Cần tìm giá trị lớn V = x(3 – 2x)2 Theo bất đẳng thức Cauchy với ba số dương : x x x 3-2x x 3-2x x x x x CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 26  4x + − 2x + − 2x  4V = 4x(3 – 2x)(3 – 2x) ≤  ÷ =   max V = ⇔ 4x = – 2x ⇔ x = Thể tích lớn hình hộp dm3 cạnh hình vuông nhỏ 242 a) Đáp số : 24 ; - 11 b) Đặt c) Lập phương hai vế Đáp số : ; ± dm 2 − x = a ; x − = b Đáp số : ; ; 10 2x − = y Giải hệ : x3 + = 2y , y3 + = 2x, (x – y)(x2 + xy + y2 + 2) = −1 ± ⇔ x = y Đáp số : ; x − x2 − Đáp số : x = e) Rút gọn vế trái : g) Đặt − x = a ; x − = b Ta có : a3 + b3 = 2, a3 – b3 = 12 – 2x, vế phải phương trình cho a − b a3 − b a3 − b Phương trình cho trở thành : = a+b 2 a − b a3 − b3 3 Do a + b = nên ⇒ (a – b)(a3 + b3) = (a + b)(a3 – b3) = 3 a+b a +b d) Đặt ) ( Do a + b ≠ nên : (a – b)(a2 – ab + b2 = (a – b)(a2 + ab + b2) Từ a = b ta x = Từ ab = ta x = ; x = h) Đặt x + = a ; x − = b Ta có : a2 + b2 + ab = (1) ; a3 – b3 = (2) Từ (1) (2) : a – b = Thay b = a – vào (1) ta a = Đáp số : x = i) Cách : x = - nghiệm phương trình Với x + ≠ 0, chia hai vế cho x + Đặt x +1 =a ; x+2 Cách : Đặt x+3 = b Giải hệ a3 + b3 = 2, a + b = - Hệ vô nghiệm x+2 x + = y Chuyển vế : y3 − + y3 + = − y Lập phương hai vế ta : y3 – + y3 + + 3 y − (- y) = - y3 ⇔ y3 = y Với y = 0, có nghiệm x = - Với y ≠ 0, có y2 = 3 y6 − y − Lập phương : y6 = y6 – Vô n0 Cách : Ta thấy x = - nghiệm phương trình Với x < - 2, x > - 2, phương trình vô nghiệm, xem bảng : 3 x Vế trái x +1 x+2 x+3 x < -2 < -1 < < < x > -x > -1 > > > 4 k) Đặt + x = a , – x = b Ta có : a + b = (1), ab + a + b = (2) m+n , ta có a + b 1+ a 1+ b 3= a b + a + b ≤ + + = 2 1+ a 1+ b a+b = a + b +1 ≤ + +1 = +2 = 2 Theo bất đẳng thức Cauchy mn ≤ Phải xảy dấu đẳng thức, tức : a = b = Do x = l) Đặt a − x = m ≥ ; b − x = n ≥ m4 + n4 = a + b – 2x Phương trình cho trở thành : m + n = m + n Nâng lên lũy thừa bậc bốn hai vế thu gọn : 2mn(2m2 + 3mn + 2n2) = Suy m = n = 0, m, n > 2m2 + 3mn + 2n2 > CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 27 Do x = a , x = b Ta phải có x ≤ a , x ≤ b để thức có nghĩa Giả sử a ≤ b nghiệm phương trình cho x = a 243 Điều kiện để biểu thức có nghĩa : a2 + b2 ≠ (a b không đồng thời 0) Đặt a = x ; b = y , ta có : A = (x = x + x y + y x + 2x y + y − 2x y = = x + xy + y x + xy + y + y ) − (xy) 2 x + xy + y 2 (x = + y + xy ) ( x + y − xy ) x + y + xy 2 = x + y − xy Vậy : A = a + b − ab (với a2 + b2 ≠ 0) 244 Do A tổng hai biểu thức dương nên ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy : A = x2 − x +1 + x2 + x +1 ≥ x − x + x + x + = (x − x + 1)(x + x + 1) = = x + x + ≥ Đẳng thức xảy :  x + x + = x − x + ⇔ x = Ta có A ≥ 2, đẳng thức xảy x = Vậy : A = ⇔ x =   x + x + = nghiệm phương trình 3x3 + ax2 + bx + 12 = 0, nên ta có : 3(1 + )3 + a(1 + )2 + b(1 + ) + 12 = 245 Vì + Sau thực phép biến đổi, ta biểu thức thu gọn :(4a + b + 42) + (2a + b + 18) = Vì a, b∈ Z nên p = 4a + b + 42 ∈ Z q = 2a + b + 18∈ Z.Ta phải tìm số nguyên a, b cho p + q = Nếu q ≠ =- p , vô lí Do q = từ p + q = ta suy p = q nghiệm phương trình 3x3 + ax2 + bx + 12 = : 4a + b + 42 = Suy a = - 12 ; b =  2a + b + 18 = Vậy + p p p3 246 Giả sử số hữu tỉ ( phân số tối giản ) Suy : = Hãy chứng minh p q q q q p chia hết cho 3, trái với giả thiết phân số tối giản q 247 a) Ta có : Do : b) 3 1+ = (1+ ) = 1+ 2 + = + 2 ( + − 2 = + 2 − 2 = 32 − 2 ) = + − = −1 248 Áp dụng đẳng thức (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b), ta có : a = 20 + 14 + 20 − 14 + 3 (20 + 14 2)(20 − 14 2).a ⇔ a = 40 + 3 20 − (14 2) a ⇔ a3 – 6a – 40 = ⇔ (a – 4)(a2 + 4a + 10) = Vì a2 + 4a + 10 > nên ⇒ a = 249 Giải tương tự 21 250 A = + − 251 Áp dụng : (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) Từ x = 3 + Suy x3 = 12 + 3.3x ⇔ x3 – 9x – 12 = 252 Sử dụng đẳng thức (A – B)3 = A3 – B3 – 3AB(A – B) Tính x3 Kết M = 253 a) x1 = - ; x2 = 25 u = v + b) Đặt u = x - , v = x - , ta :  ⇔ u = v = - ⇒ x =  v = u + CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU c) Đặt : x + 32 = y > Kết x = ± 254 Đưa biểu thức dạng : A = x3 + + + x + − Áp dụng | A | + | B | ≥ | A + B | ⇔ -1 ≤ x ≤ A = 255 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy hai lần 256 Đặt 28 x = y x = y 258 Ta có : P = ( x − a) + ⇒ P = 23 x + ( x − b) = | x – a | + | x – b | ≥ | x – a + b – x | = b – a (a < b) Dấu đẳng thức xảy (x – a)(x – b) ≥ ⇔ a ≤ x ≤ b Vậy P = b – a ⇔ a ≤ x ≤ b 259 Vì a + b > c ; b + c > a ; c + a > b Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho cặp số dương (a + b − c) + (b + c − a) (b + c − a) + (c + a − b) = b (b + c − a)(c + a − b) ≤ =c 2 (c + a − b) + (a + b − c) (c + a − b)(a + b − c) ≤ =a (a + b − c)(b + c − a) ≤ Các vế bất dẳng thức dương Nhân bất đẳng thức theo vế ta bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy : a + b – c = b + c – a = c + a – b ⇔ a = b = c (tam giác đều) 260 x − y = (x − y) = (x + y) − 4xy = + = 2 261 2A = (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 Ta có : c – a = - (a – c) = - [(a – b) + (b – c)] = - ( + + - 1) = - 2 Do : 2A = ( + 1)2 + ( - 1)2 + (-2 )2 = 14 Suy A = 262 Đưa pt dạng : ( ) ( 263 Nếu ≤ x ≤ y = 264 Đặt : ) ( x − = y ≥ M = x − ) x − −1 + y −3 −2 + ( z −5 −3 = )( ) x −1 + − x −1 265 Gọi kích thước hình chữ nhật x, y Với x, y ta có : x2 + y2 ≥ 2xy Nhưng x2 + y2 = (8 )2 = 128, nên xy ≤ 64 Do : max xy = 64 ⇔ x = y = 266 Với a, b ta có : a2 + b2 ≥ 2ab Nhưng a2 + b2 = c2 (định lí Pytago) nên : c2 ≥ 2ab ⇔ 2c2 ≥ a2 +b2 + 2ab ⇔ 2c2 ≥ (a + b)2 ⇔ c ≥ a + b ⇔ c ≥ Dấu đẳng thức xảy a = b 267 Biến đổi ta : ( a 'b − ab ' ) +( a 'c − ac ' ) +( a+b b 'c − bc ' 268 – ≤ x ≤ - ; ≤ x ≤ -Hết ) =0 [...]... phải : 4 – 2x – x2 = 5 – (x + 1)2 ≤ 5 Vậy hai vế đều bằng 5, khi đó x = - 1 Với giá trị này cả hai bất đẳng thức này đều trở thành đẳng thức Kết luận : x = - 1 122 a) Giả sử 3 − 2 = a (a : hữu tỉ) ⇒ 5 - 2 6 = a ⇒ số vô tỉ Vô lí Vậy 3 − 2 là số vô tỉ b) Giải tương tự câu a 2 5 − a2 Vế phải là số hữu tỉ, vế trái là 6= 2 CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 12 x − 2 = a, 4 − x = b, ta có a2 + b =...CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 11 (x + a)(x + b) x 2 + ax + bx + ab  ab  = =  x + ÷+ (a + b) 115 Ta có A = x x x   2 ab ≥ 2 ab nên A ≥ 2 ab + a + b = a + b Theo bất đẳng thức Cauchy : x + x ab  2 x = min A = a + b khi và chi khi  x ⇔ x = ab x > 0 ( ( ) ) 116 Ta xét biểu thức phụ : A2 = (2x + 3y)2... 1 − 1 + x  2 + ÷−  + + = 2 +1 = 3 Bây giờ ta xét hiệu : A − B =  ÷= x  1− x x 1− x x  1− x ⇔ x= Do đó min A = 2 2 + 3 khi và chỉ khi x = 2 - 1 182 a) Điều kiện : x ≥ 1 , y ≥ 2 Bất đẳng thức Cauchy cho phép làm giảm một tổng : CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 17 a+b ≥ ab Ở đây ta muốn làm tăng một tổng Ta dùng bất đẳng thức : a + b ≤ 2(a 2 + b 2 ) 2 A = x − 1 + y − 2 ≤ 2(x − 1 + y... x+ y b a) Nếu b = 0 thì x = y = 0, do đó b) Nếu b ≠ 0 thì Từ (1) và (2) : 199 Nhận xét : ( x , 1 a x = b + ÷ ∈ Q ; 2 b ( x2 + a2 + x ) 2 x + x2 + a2 ≤ )( 1 a y = b − ÷ ∈ Q 2 b ) x 2 + a 2 − x = a 2 Do đó : 5a 2 x2 + a2 ( ) (1) ⇔ 2 x + x 2 + a 2 ≤ 5 ( x2 + a2 + x )( x2 + a2 − x x2 + a2 ) CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 19 x 2 + a 2 + x > x 2 + x = x + x ≥ 0 Suy ra : x 2 + a 2... 2+ 2 ( =2 Từ (1) và (2) suy ra : ( ) 25 − 1 + 1 = 9 ) (2) 1 1 1 + + + < 9 , trái với giả thiết Vậy tồn tại hai số bằng nhau trong 25 số a1 a2 a 25 a1 , a2 , … , a25 218 Điều kiện : 0 ≤ x ≤ 4 Đặt 2+ x = a ≥ 0 ; 2 − x = b ≥ 0 a2 b2 + = 2 Ta có : ab = 4 − x , a + b = 4 Phương trình là : 2 +a 2 −b ⇒ a2 2 - a2b + b2 2 + ab2 = 2 (2 - b 2 + a 2 - ab) 2 2 CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU ⇒ 21 2 (a2...  ÷ x x x x không âm , , (3 – x) ta được : (3 – x) ≤  2 2 ÷ = 1 2 2 2 2 3  ÷   228 a) Xét 0 ≤ x ≤ 3 Viết A dưới dạng : A = 4 Do đó A ≤ 4 (1) CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 23 x  = 3− x ⇔ x = 2 b) Xét x > 3, khi đó A ≤ 0 (2) So sánh (1) và (2) ta đi đến kết luận max A = 4 ⇔  2 x ≥ 0 229 a) Lập phương hai vế, áp dụng hằng đẳng thức (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b), ta được : x +... z3 – 3xyz ≥ 0 Như vậy : 3 Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c Cách 2 : Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức Cauchy cho bốn số không âm Ta có : sbt) a+ b+ c+d 1a+ b c+d  1 =  + ab + cd ≥ ab cd = 4 abcd ÷≥ 4 2 2 2  2 4 a+b+c a+ b+c+d  Trong bất đẳng thức  ta được : ÷ ≥ abcd , đặt d = 3 4   ( ) CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 24 4 a+b+c   4 a + b + c +  ÷ a+b+c a+b+c... 2mn(2m2 + 3mn + 2n2) = 0 Suy ra m = 0 hoặc n = 0, còn nếu m, n > 0 thì 2m2 + 3mn + 2n2 > 0 CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 27 Do đó x = a , x = b Ta phải có x ≤ a , x ≤ b để các căn thức có nghĩa Giả sử a ≤ b thì nghiệm của phương trình đã cho là x = a 243 Điều kiện để biểu thức có nghĩa : a2 + b2 ≠ 0 (a và b không đồng thời bằng 0) Đặt 3 a = x ; 3 b = y , ta có : A = (x = 2 x 4 + x 2 y 2 +... + y ) = a + + + b x y x y ay bx ay bx + ≥2 = 2 ab Theo bất đẳng thức Cauchy với 2 số dương : x y x y 135 Cách 1 : A = x + y = 1.(x + y) =  Do đó A ≥ a + b + 2 ab = ( ) 2 a+ b CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU min A = ( a+ b ) 2 14  ay bx x = y  a b với  + = 1 ⇔ x y  x, y > 0    x = a + ab   y = b + ab Cách 2 : Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpxki : 2 a b  a b A = (x + y).1... 1 2 2 = > = 2 k +1 − k k k+ k k +1 + k Do đó A > 2  − 2 + 3 + − 3 + 4 + + − n + n + 1  =   = 2 n +1 − 2 = 2 n +1 − 2 2 > 2 n +1 − 3 > 2 n − 3 212 Đặt A = ( ( ( ) ) ( ) ) ( ) CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 20 b) Chứng minh A < 2 n − 2 : Làm trội mỗi số hạng của A : ( ) 1 2 2 = < = 2 k − k −1 k k+ k k + k −1 Do đó : A < 2  n − n − 1 + + 3 − 2 + 2 − 1  = 2 n − 2   ( ) ( ) ( ) ... qui nạp toán học : 1 < (*) 1.3.5 (2k − 1) ⇔ < b) Giả sử : Pk < 2.4.6 2k 2k + 2k + a) Với n = ta có : P1 = c) Ta chứng minh (*) n = k + , tức : (1) CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 1.3.5... (a – 1)(a – 2) ≥0 (2) Từ (1) suy a ≥ a ≤ -2 Nếu a ≥ (2) Nếu a ≤ -2 (2) Bài toán CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU chứng minh 27 Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với : x z +... ) CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 24 a+b+c   a + b + c +  ÷ a+b+c a+b+c a+b+c ⇒   ÷ ≥ abc ÷ ≥ abc 3    ÷   a+b+c Chia hai vế cho số dương (trường hợp số a, b, c 0, toán

Ngày đăng: 14/01/2016, 05:20

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan