Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi và năng khiếu môn Toán Lớp 9

Nội dung tóm tắt: Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi và năng khiếu môn Toán Lớp 9

1. CÁC CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU * Nếu n chẵn thì : an = ( 2 - 1)n = (1 - 2 )n = A - B 2 = A2 2B 2 . Điều kiện A2 – 2B2 = 1 được thỏa mãn do (1). * Nếu n lẻ thì : an = ( 2 - 1)n = - (1 - 2 )n = B 2 - A = 2B2 A 2 . Điều kiện 2B2 – A2 = 1 được thỏa mãn do (2). 202. Thay a = 2 vào phương trình đã cho : 2 2 + 2a + b 2 + c = 0 2 (b + 2) = -(2a + c). Do a, b, c hữu tỉ nên phải có b + 2 = 0 do đó 2a + c = 0. Thay b = - 2 , c = - 2a vào phương trình đã cho : x3 + ax2 – 2x – 2a = 0 x(x2 – 2) + a(x2 – 2) = 0 (x2 – 2)(x + a) = 0. Các nghiệm phương trình đã cho là: ± 2 và - a. 1 1 1 203. Đặt A . 2 3 n a) Chứng minh A 2 n 3 : Làm giảm mỗi số hạng của A : 1 2 2 2 k 1 k . k k k k 1 k A2 23 34 nn1 Do đó 2n1 2 2n1222n132n3 . 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 A2 n n1 3 2 21 2n2 . Do đó : 204. Kí hiệu an 6 6 6 6 có n dấu căn. Ta có : a1 63;a 2 6a 1 633;a 3 6a 2 633 a 100 6a 99 633 Hiển nhiên a100 > 6 > 2. Như vậy 2 < a100 < 3, do đó [ a100 ] = 2. 205. a) Cách 1 (tính trực tiếp) : a2 = (2 + 3 )2 = 7 + 4 3 . Ta có 4 3 48 nên 6 < 4 3 < 7 13 < a2 < 14. Vậy [ a2 ] = 13. Cách 2 (tính gián tiếp) : Đặt x = (2 + 3 )2 thì x = 7 + 4 3 . Xét biểu thức y = (2 - 3 )2 thì y = 7 - 4 3 . Suy ra x + y = 14. Dễ thấy 0 < 2 - 3 < 1 nên 0 < (2- 3 )2 < 1, tức là 0 < y < 1. Do đó 13 < x < 14. Vậy [ x ] = 13 tức là [ a2 ] = 13. b) Đáp số : [ a3 ] = 51. 206. Đặt x – y = a ; x y b (1) thì a và b là số hữu tỉ. Xét hai trường hợp : x y a a a) Nếu b ≠ 0 thì x y là số hữu tỉ (2). Từ (1) và (2) ta có : x y b b 1 a 1 a x b là số hữu tỉ ; y b là số hữu tỉ. 2 b 2 b b) Nếu b = 0 thì x = y = 0, hiển nhiên x , y là số hữu tỉ. 1 n 1 1 1 1 1 1 207. Ta có n n (n1)n n(n 1) n n 1 nn1nn1 LÊ TRỌNG CHÂU – PHÒNG GD&ĐT LỘC HÀ – ST> Page 227
2. CÁC CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU n 1 1 1 1 1 2 . Từ đó ta giải được bài toán. n 1 n n 1 n n 1 208. Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử trong 25 số tự nhiên đã cho, không có hai số nào bằng nhau. Không mất tính tổng quát, giả sử a1 0 2y 2y Từ hệ phương trình đã cho ta có : x y . 1 y 2 y Tương tự y z ; z x . Suy ra x = y = z. Xảy ra dấu “ = ” ở các bất đẳng thức trên với x = y = z = 1. Kết luận : Hai nghiệm (0 ; 0 ; 0) , (1 ; 1 ; 1). 1 212. a) Đặt A = (8 + 3 7 )7. Để chứng minh bài toán, chỉ cần tìm số B sao cho 0 0 vì 8 > 3 7 . Ta có 8 + 3 7 > 10 suy ra : 1 17 1 8 3 7 7 7 7 8 3 7 10 10 Theo khai triển Newton ta lại có : A = (8 + 3 7 )7 = a + b 7 với a, b N. LÊ TRỌNG CHÂU – PHÒNG GD&ĐT LỘC HÀ – ST> Page 228
3. CÁC CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU B = (8 - 3 7 )7 = a - b 7 . Suy ra A + B = 2a là số tự nhiên. 1 Do 0 B và A + B là số tự nhiên nên A có bảy chữ số 9 liền sau dấu phẩy. 107 Chú ý : 10- 7 = 0,0000001. b) Giải tương tự như câu a. 213. Ta thấy với n là số chính phương thì n là số tự nhiên, nếu n khác số chính phương thì n là * số vô tỉ, nên n không có dạng ,5 . Do đó ứng với mỗi số n N có duy nhất một số nguyên an gần n nhất. Ta thấy rằng, với n bằng 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, thì an bằng 1, 1, 2, 2, 2, 2, 3, Ta sẽ chứng minh rằng an lần lượt nhận các giá trị : hai số 1, bốn số 2, sáu số 3 Nói cách khác ta sẽ chứng minh bất phương trình : 1 1 1 x 1 có hai nghiệm tự nhiên. 2 2 1 1 2 x 2 có bốn nghiệm tự nhiên. 2 2 1 1 3 x 3 có sáu nghiệm tự nhiên. 2 2 1 1 Tổng quát : k x k có 2k nghiệm tự nhiên. Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với : 2 2 1 1 k2 – k + < x < k2 + k + . Rõ ràng bất phương trình này có 2k nghiệm tự nhiên là : k2 – k + 1 4 4 ; k2 – k + 2 ; ; k2 + k. Do đó : 11 1111111 11 1 2.4488 . aa a 11 2222 4444 44 1 2 1980   2 soá 4 soá 88 soá 214. Giải tương tự bài 24. a) 1 < an < 2. Vậy [ an ] = 1. b) 2 ≤ an ≤ 3. Vậy [ an ] = 2. c) Ta thấy : 442 = 1936 < 1996 < 2025 = 452, còn 462 = 2116. a1 = 1996 = 44 < a1 < 45. Hãy chứng tỏ với n ≥ 2 thì 45 < an < 46. Như vậy với n = 1 thì [ an ] = 44, với n ≥ 2 thì [ an ] = 45. 215. Cần tìm số tự nhiên B sao cho B ≤ A < B + 1. Làm giảm và làm trội A để được hai số tự nhiên liên tiếp. Ta có : (4n + 1)2 < 16n2 + 8n + 3 < (4n + 2)2 4n + 1 < 16n2 8n 3 < 4n + 2 4n2 + 4n + 1 < 4n2 + 16n2 8n 3 < 4n2 + 4n + 2 < 4n2 + 8n + 4 (2n + 1)2 < 4n2 + 16n2 8n 3 < (2n + 2)2. Lấy căn bậc hai : 2n + 1 < A < 2n + 2. Vậy [ A ] = 2n + 1. 216. Để chứng minh bài toán, ta chỉ ra số y thỏa mãn hai điều kiện : 0 < y < 0,1 (1). x + y là một số tự nhiên có tận cùng bằng 2 (2). 200 Ta chọn y = 3 2 . Ta có 0 < 3 2 < 0,3 nên 0 < y < 0,1. Điều kiện (1) được chứng minh. Bây giờ ta chứng minh x + y là một số tự nhiên có tận cùng bằng 2. Ta có : 200 200 100 100 xy 32 32 526 526 . LÊ TRỌNG CHÂU – PHÒNG GD&ĐT LỘC HÀ – ST> Page 229
4. CÁC CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU n n Xét biểu thức tổng quát Sn = a + b với a = 5 + 2 6 , b = 5 - 2 6 . n n Sn = (5 + 2 6 ) = (5 - 2 6 ) A và b có tổng bằng 10, tích bằng 1 nên chúng là nghiệm của phương trình X2 -10X + 1 = 0, tức là : a2 = 10a – 1 (3) ; b2 = 10b – 1 (4). Nhân (3) với an , nhân (4) với bn : an+2 = 10an+1 – an ; bn+2 = 10bn+1 – bn. Suy ra (an+2 + bn+2) = 10(an+1 + bn+1) – (an + bn), tức là Sn+2 = 10Sn+1 – Sn , hay Sn+2  - Sn+1 (mod 10) Do đó Sn+4  - Sn+2  Sn (mod 10) (5) 0 0 Ta có S0 = (5 + 2 6 ) + (5 - 2 6 ) = 1 + 1 = 2 ; S1 = (5 + 2 6 ) + (5 - 2 6 ) = 10. Từ công thức (5) ta có S2 , S3 , , Sn là số tự nhiên, và S0 , S4 , S8 , , S100 có tận cùng bằng 2, tức là tổng x + y là một số tự nhiên có tận cùng bằng 2. Điều kiện (2) được chứng minh. Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. 250 125 217. Biến đổi 3 2 5 2 6 . Phần nguyên của nó có chữ số tận cùng bằng 9. (Giải tương tự bài 36) 218. Ta có : A 1 3 4 8 9 15 16 24 Theo cách chia nhóm như trên, nhóm 1 có 3 số, nhóm 2 có 5 số, nhóm 3 có 7 số, nhóm 4 có 9 số. Các số thuộc nhóm 1 bằng 1, các số thuộc nhóm 2 bằng 2, các số thuộc nhóm 3 bằng 3, các số thuộc nhóm 4 bằng 4. Vậy A = 1.3 + 2.5 + 3.7 + 4.9 = 70 § 7. CĂN BẬC BA x x 219. a) Xét 0 ≤ x ≤ 3. Viết A dưới dạng : A = 4. . .(3 – x). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 2 2 3 x x 3 x x x x x 2 2 cho 3 số không âm , , (3 – x) ta được : . .(3 – x) ≤ 1. 2 2 2 2 3 Do đó A ≤ 4 (1) b) Xét x > 3, khi đó A ≤ 0 (2). So sánh (1) và (2) ta đi đến kết luận : x 3 x max A 4 2 x 2 . x 0 220. a) Lập phương hai vế, áp dụng hằng đẳng thức (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b), ta được : x 1 7 x 3.(x3 1)(7 x).2 8 (x 1)(7 x) 0 x = - 1 ; x = 7 (thỏa) b) Điều kiện : x ≥ - 1 (1). Đặt 3 x 2 y ; x 1 z . Khi đó x – 2 = y2 ; x + 1 = z2 nên z2 – y3 = 3. Phương trình đã cho được đưa về hệ : y z 3 (2) z2 y 3 3 (3) z 0 (4) Rút z từ (2) : z = 3 – y. Thay vào (3) : y3 – y2 + 6y – 6 = 0 (y – 1)(y2 + 6) = 0 y = 1 Suy ra z = 2, thỏa mãn (4). Từ đó x = 3, thỏa mãn (1). Kết luận : x = 3. 1 1 221. a) Có, chẳng hạn : 2 . 2 2 LÊ TRỌNG CHÂU – PHÒNG GD&ĐT LỘC HÀ – ST> Page 230
5. CÁC CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU b) Không. Giả sử tồn tại các số hữu tỉ dương a, b mà a b 4 2 . Bình phương hai vế : ab2ab 2 2ab 2(ab) . Bình phương 2 vế : 4ab = 2 + (a + b)2 – 2(a + b) 2 2(a + b) 2 = 2 + (a + b)2 – 4ab Vế phải là số hữu tỉ, vế trái là số vô tỉ (vì a + b ≠ 0), mâu thuẩn. m m3 222. a) Giả sử 3 5 là số hữu tỉ (phân số tối giản). Suy ra 5 = . Hãy chứng minh rằng cả n n3 m m lẫn n đều chia hết cho 5, trái giả thiết là phân số tối giản. n m b) Giả sử 32 3 4 là số hữu tỉ (phân số tối giản). Suy ra : n m3 3 m 6m 32 3 4 63.8.3 6 m3 6n 3 6mn(1) 2 m2 3  m2  n3 n n Thay m = 2k (k Z) vào (1) : 8k3 = 6n3 + 12kn2 4k3 = 3n3 + 6kn2. Suy ra 3n3 chia hết cho 2 m n3 chia hết cho 2 n chia hết cho 2. Như vậy m và n cùng chia hết cho 2, trái với giả thiết n là phân số tối giản. a b c 223. Cách 1 : Đặt a = x3 , b = y3 , c = z3. Bất đẳng thức cần chứng minh 3 abc tương 3 x3 y 3 z 3 đương với xyz hay x3 + y3 + z3 – 3xyz ≥ 0. Ta có hằng đẳng thức : 3 1 x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)[(x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2]. (bài tập sbt) 2 a b c Do a, b, c ≥ 0 nên x, y, z ≥ 0, do đó x3 + y3 + z3 – 3xyz ≥ 0. Như vậy : 3 abc 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 : a b c d 1 a b c d 1 4 ab cd ab.cd abcd 4 2 2 2 2 4 a b c d a b c Trong bất đẳng thức abcd , đặt d ta được : 4 3 4 a b c a b c 4 3 a b c a b c a b c abc. abc. . 4 3 3 3 a b c Chia hai vế cho số dương (trường hợp một trong các số a, b, c bằng 0, bài toán được 3 3 a b c a b c 3 chứng minh) : abc abc . 3 3 a b c Xảy ra đẳng thức : a = b = c = a = b = c = 1 3 LÊ TRỌNG CHÂU – PHÒNG GD&ĐT LỘC HÀ – ST> Page 231
6. CÁC CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU b c d a 1 224. Từ giả thiết suy ra : 1 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy b 1 c 1 d 1 a 1 a 1 1 b c d bcd cho 3 số dương : 3.3 . Tương tự : a 1 b 1 c 1 d 1 (b 1)(c 1)(d 1) 1 acd 3.3 b 1 (a 1)(c 1)(d 1) 1 abd 3.3 c 1 (a 1)(b 1)(d 1) 1 abc 3.3 d 1 (a 1)(b 1)(c 1) 1 Nhân từ bốn bất đẳng thức : 1 81abcd abcd . 81 x2 y 2 z 2 225. Gọi A . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki : y2 z 2 x 2 2 x2 y 2 z 2 x y z 3A 2 2 2 (1 1 1) (1) y z x y z x x y z x y z Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với ba số không âm : 3.3 . . 3 (2) y z x y z x 2 x y z x y z x y z Nhân từng vế (1) với (2) : 3A 3 A y z x y z x y z x 226. Đặt x 3 3 3 3 ; y 3 3 3 3 thì x3 + y3 = 6 (1). Xét hiệu b3 – a3 , ta được : b3 – a3 = 24 – (x + y)3 = 24 – (x3 + y3) – 3xy(x + y) Do (1), ta thay 24 bởi 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 > 0 (vì x > y > 0). Vậy b3 > a3 , do đó b > a. 227. a) Bất đẳng thức đúng với n = 1. Với n ≥ 2, theo khai triển Newton, ta có : n 1 1 n(n 1) 1 n(n 1)(n 2) 1 n(n 1) 2.1 1 1 1 n. .2 . 3 . n n n2!n 3! n n!n 1 1 1 22. Với n ≥ 3, ta chứng minh nn n 1 n 1 (2). Thật vậy : n n(n 1) n(n 1) (n 1)n 1 n 1 n n n 1 (3) (2) n 1 n (n 1) nn n 1 n n n LÊ TRỌNG CHÂU – PHÒNG GD&ĐT LỘC HÀ – ST> Page 232
7. CÁC CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU n 1 Theo câu a ta có 1 3 , mà 3 ≤ n nên (3) được chứng minh. n Do đó (2) được chứng minh. 228. Cách 1 : A2 2 x 2 1 x 4 x 2 1 4 . min A = 2 với x = 0. Cách 2 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy : A 2(x4 2 x1)(x 2 x1) 2x4 4 x 2 12 min A = 2 với x = 0. 229. Với x < 2 thì A ≥ 0 (1). Với 2 ≤ x ≤ 4, xét - A = x2(x – 2). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm : 3 x x x 2 3 A x x 2 2 2x 2 . .(x 2) 8 4 2 2 3 3 - A ≤ 32 A ≥ - 32. min A = - 32 với x = 4. 230. Điều kiện : x2 ≤ 9. 2 2 3 x x 2 2 2 9 x x x A2 x 4 (9 x 2 ) 4. . (9 x 2 ) 4 2 2 4.27 2 2 3 max A = 6 3 với x = ± 6 . 231. a) Tìm giá trị lớn nhất : Cách 1 : Với 0 ≤ x < 6 thì A = x(x2 – 6) ≤ 0. Với x ≥ 6 . Ta có 6 ≤ x ≤ 3 6 ≤ x2 ≤ 9 0 ≤ x2 – 6 ≤ 3. Suy ra x(x2 – 6) ≤ 9. max A = 9 với x = 3. Cách 2 : A = x(x2 – 9) + 3x. Ta có x ≥ 0, x2 – 9 ≤ 0, 3x ≤ 9, nên A ≤ 9. max A = 9 với x = 3 b) Tìm giá trị nhỏ nhất : Cách 1 : A = x3 – 6x = x3 + (2 2 )3 – 6x – (2 2 )3 = = (x + 2 2 )(x2 - 2 2 x + 8) – 6x - 16 2 = (x + 2 2 )(x2 - 2 2 x + 2) + (x + 2 2 ).6 – 6x - 16 2 = (x + 2 2 )(x - 2 )2 - 4 2 ≥ - 4 2 . min A = - 4 2 với x = 2 . Cách 2 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với 3 số không âm : x3 + 2 2 + 2 2 ≥ 3. 3 x3 .2 2.2 2 = 6x. Suy ra x3 – 6x ≥ - 4 2 . min A = - 4 2 với x = 2 . 232. Gọi x là cạnh của hình vuông nhỏ, V là thể tích của hình hộp. x x 2 Cần tìm giá trị lớn nhất của V = x(3 – 2x) . x 3-2x x Theo bất đẳng thức Cauchy với ba số dương : 3-2x 3 4x 3 2x 3 2x x x 4V = 4x(3 – 2x)(3 – 2x) ≤ = 8 x x 3 1 max V = 2 4x = 3 – 2x x = 2 1 Thể tích lớn nhất của hình hộp là 2 dm3 khi cạnh hình vuông nhỏ bằng dm. 2 LÊ TRỌNG CHÂU – PHÒNG GD&ĐT LỘC HÀ – ST> Page 233
8. CÁC CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 233. a) Đáp số : 24 ; - 11. b) Đặt 3 2 x a ; x 1 b . Đáp số : 1 ; 2 ; 10. 5 c) Lập phương hai vế. Đáp số : 0 ; ± 2 d) Đặt 3 2x 1 = y. Giải hệ : x3 + 1 = 2y , y3 + 1 = 2x, được (x – y)(x2 + xy + y2 + 2) = 0 1 5 x = y. Đáp số : 1 ; . 2 1 e) Rút gọn vế trái được : x x2 4 . Đáp số : x = 4. 2 g) Đặt 37 x a ; 3 x 5 b . Ta có : a3 + b3 = 2, a3 – b3 = 12 – 2x, do đó vế phải của phương a3 b 3 a b a3 b 3 trình đã cho là . Phương trình đã cho trở thành : = . 2 a b 2 a b a3 b 3 Do a3 + b3 = 2 nên (a – b)(a3 + b3) = (a + b)(a3 – b3) a b a3 b 3 Do a + b ≠ 0 nên : (a – b)(a2 – ab + b2 = (a – b)(a2 + ab + b2). Từ a = b ta được x = 6. Từ ab = 0 ta được x = 7 ; x = 5. h) Đặt 3x 1 a ; 3 x 1 b . Ta có : a2 + b2 + ab = 1 (1) ; a3 – b3 = 2 (2). Từ (1) và (2) : a – b = 2. Thay b = a – 2 vào (1) ta được a = 1. Đáp số : x = 0. i) Cách 1 : x = - 2 nghiệm đúng phương trình. Với x + 2 ≠ 0, chia hai vế cho 3 x 2 . x 1 x 3 Đặt 3 a ; b . Giải hệ a3 + b3 = 2, a + b = - 1. Hệ này vô nghiệm. x 2 x 2 Cách 2 : Đặt 3 x 2 = y. Chuyển vế : 3y3 1 3 y 3 1 y . Lập phương hai vế ta được : y3 – 1 + y3 + 1 + 3. 3 y6 1 .(- y) = - y3 y3 = y. 3 y6 1 . 2 3 6 6 6 Với y = 0, có nghiệm x = - 2. Với y ≠ 0, có y = y 1 . Lập phương : y = y – 1. Vô n0. Cách 3 : Ta thấy x = - 2 nghiệm đúng phương trình. Với x - 2, phương trình vô nghiệm, xem bảng dưới đây : x 3 x 1 3 x 2 3 x 3 Vế trái x - x > - 1 > 0 > 1 > 0 k) Đặt 1 + x = a , 1 – x = b. Ta có : a + b = 2 (1), 4ab 4 a 4 b = 3 (2) m n Theo bất đẳng thức Cauchy mn , ta có : 2 a b 1 a 1 b 3 a. b 1. a 1. b 2 2 2 1 a 1 b a b a b 1 1 2 3 . 2 2 2 Phải xảy ra dấu đẳng thức, tức là : a = b = 1. Do đó x = 0. l) Đặt 4a x m 0 ; 4 b x n 0 thì m4 + n4 = a + b – 2x. Phương trình đã cho trở thành : m + n = 4 m4 n 4 . Nâng lên lũy thừa bậc bốn hai vế rồi thu gọn : 2mn(2m2 + 3mn + 2n2) = 0. Suy ra m = 0 hoặc n = 0, còn nếu m, n > 0 thì 2m2 + 3mn + 2n2 > 0. LÊ TRỌNG CHÂU – PHÒNG GD&ĐT LỘC HÀ – ST> Page 234
9. CÁC CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 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. 234. Điều kiện để biểu thức có nghĩa : a2 + b2 ≠ 0 (a và b không đồng thời bằng 0). x4 xy 2 2 y 4 x 4 2xy 2 2 y 4 2xy 2 2 Đặt 3a x ; 3 b y , ta có : A = x2 xy y 2 x 2 xy y 2 2 x2 y 2 (xy) 2 x 2 y 2 xy x 2 y 2 xy x2 y 2 xy . x2 xy y 2 x 2 y 2 xy Vậy : A 3 a2 3 b 2 3 ab (với a2 + b2 ≠ 0). 235. Do A là tổng của hai biểu thức dương nên ta có thể áp dụng bất đẳng thức Cauchy : A x2 x1 x 2 x12 x 2 x1.x 2 x12(x4 2 x1)(x 2 x1) = = 24 x4 x 2 2 2 . Đẳng thức xảy ra khi : x2 x 1 x 2 x 1 x 0 . 4 2 x x 1 1 Ta có A ≥ 2, đẳng thức xảy ra khi x = 0. Vậy : min A = 2 x = 0. 236. Vì 1 + 3 là nghiệm của phương trình 3x3 + ax2 + bx + 12 = 0, nên ta có : 3(1 + 3 )3 + a(1 + 3 )2 + b(1 + 3 ) + 12 = 0. Sau khi thực hiện các phép biến đổi, ta được biểu thức thu gọn : (4a + b + 42) + (2a + b + 18) 3 = 0. Vì a, b Z nên p = 4a + b + 42 Z và q = 2a + b + 18 Z. Ta phải tìm các số nguyên a, b sao cho p + q 3 = 0. p Nếu q ≠ 0 thì 3 = - , vô lí. Do đó q = 0 và từ p + q 3 = 0 ta suy ra p = 0. q Vậy 1 + 3 là một nghiệm của phương trình 3x3 + ax2 + bx + 12 = 0 khi và chỉ khi : 4a b 42 0 . Suy ra a = - 12 ; b = 6. 2a b 18 0 p p p3 237. Giả sử 3 3 là số hữu tỉ ( là phân số tối giản ). Suy ra : 3 = . Hãy chứng minh cả p và q q q3 p q cùng chia hết cho 3, trái với giả thiết là phân số tối giản. q 2 238. a) Ta có : 312 6 12 6 1222 6 322 . 2 Do đó : 31 2.322 6 6 322.322 6 6 32 22 1. b) 69 4 5. 3 2 5 1. 239. Áp dụng hằng đẳng thức (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b), ta có : a3 20 14 2 20 14 2 33 (20 14 2)(20 14 2).a a 3 40 3 3 20 2 (14 2) 2 .a a3 – 6a – 40 = 0 (a – 4)(a2 + 4a + 10) = 0. Vì a2 + 4a + 10 > 0 nên a = 4. 240. Giải tương tự bài 21. 241. A = 2 + 3 2 . 242. Áp dụng : (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b). Từ x = 33 3 9 . Suy ra x3 = 12 + 3.3x x3 – 9x – 12 = 0. LÊ TRỌNG CHÂU – PHÒNG GD&ĐT LỘC HÀ – ST> Page 235
10. CÁC CHUYÊN ĐỀ : BỒI DƯỠNG HS GIỎI VÀ NĂNG KHIẾU 243. Sử dụng hằng đẳng thức (A – B)3 = A3 – B3 – 3AB(A – B). Tính x3. Kết quả M = 0 244. a) x1 = - 2 ; x2 = 25. u v3 6 b) Đặt u 3 x 9 , v x 3 , ta được : u = v = - 2 x = 1. 3 v u 6 c) Đặt : 4 x2 32 y 0 . Kết quả x = ± 7. 245. Đưa biểu thức về dạng : A x3 1 1 x 3 1 1 . Áp dụng | A | + | B | ≥ | A + B | min A = 2 -1 ≤ x ≤ 0. 246. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy hai lần. 247. Đặt 3x y thì3 x2 y 2 P 2 3 x 2 BÀI TẬP ÔN CHƯƠNG I 2 2 249. Ta có : P x a x b = | x – a | + | x – b | ≥ | x – a + b – x | = b – a (a c ; b + c > a ; c + a > b. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho từng cặp số dương (a b c) (b c a) (abc)(bca) b 2 (b c a) (c a b) (bca)(cab) c 2 (c a b) (a b c) (cab)(abc) a 2 Các vế của 3 bất dẳng thức trên đều dương. Nhân 3 bất đẳng thức này theo từng vế ta được bất đẳng thức cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a + b – c = b + c – a = c + a – b a = b = c (tam giác đều). 251. x y (x y)2 (x y) 2 4xy 4 4 2 2 . 252. 2A = (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2. Ta có : c – a = - (a – c) = - [(a – b) + (b – c)] = - ( 2 + 1 + 2 - 1) = - 2 2 . Do đó : 2A = ( 2 + 1)2 + ( 2 - 1)2 + (-2 2 )2 = 14. Suy ra A = 7. 2 2 2 253. Đưa pt về dạng : x 2 1 y 3 2 z 5 3 0. 254. Nếu 1 ≤ x ≤ 2 thì y = 2. 255. Đặt : x1y0.M x1x123 x1 . 256. Gọi các kích thước của hình chữ nhật là x, y. Với mọi x, y ta có : x2 + y2 ≥ 2xy. Nhưng x2 + y2 = (8 2 )2 = 128, nên xy ≤ 64. Do đó : max xy = 64 x = y = 8. 257. Với mọi a, b ta luôn có : a2 + b2 ≥ 2ab. Nhưng a2 + b2 = c2 (định lí Pytago) nên : a b c2 ≥ 2ab 2c2 ≥ a2 +b2 + 2ab 2c2 ≥ (a + b)2 c 2 ≥ a + b c ≥ . 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. 2 2 2 258. Biến đổi ta được : a'b ab' a'c ac' b'c bc' 0 259. – 2 ≤ x ≤ - 1 ; 1 ≤ x ≤ 2. Hết LÊ TRỌNG CHÂU – PHÒNG GD&ĐT LỘC HÀ – ST> Page 236