De thi hoc sinh gioi cap tinh toan 11 nam 2018 2019 so gddt phú yên

3,50 điểm Giải và biện luận bất phương trình sau theo tham số m: Câu 2.. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác.. Hãy chỉ ra một trường hợp xảy ra dấu đẳng thức... Gọi I là tâm đường

ĐỀ BÀI Câu 1. (3,50 điểm) Giải và biện luận bất phương trình sau theo tham số m:

Câu 2. (3,50 điểm) Cho bốn số thực p q m n, , , thỏa mãn hệ thức

q n 2  p m pn qm      0 Chứng minh rằng hai phương trình

x px q  và x2mx n 0

đều có các nghiệm phân biệt và các nghiệm của chúng nằm xen kẽ nhau khi biểu diễn trên trục số

Câu 3. (4,00 điểm) Cho tam giác ABC có các cạnh BC = a, AC = b, AB = c Gọi I là tâm đường tròn

nội tiếp tam giác

a)Chứng minh rằng a.IA2+b.IB2+c.IC2 = abc.

b) Chứng minh rằng  2  2  2

6

a bc IA  b ca IB  c ab IC  abc

Hãy chỉ ra một trường hợp xảy ra dấu đẳng thức

Câu 4. (4,00 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thỏa mãn x2y2z2  1

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcP xy yz  2019zx

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thứcQ xy yz  2zx

Câu 5. (3,00 điểm) Cho dãy số thực  x n thỏa mãn điều kiện

1

, 1,2,3,

1 1

4

n

x

n

 





 





a) Chứng minh rằng

2 2

n

n

b) Tìm giới hạn của dãy  x n

Câu 6. (2,00 điểm)Cho hàm số f liên tục trên , thỏa mãn

i) f 20202019;

Câu 1. Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m :

x mx m  x mx m  m với m 0

Lời giải

Cách 1

Điều kiện:

 

2 2 2

0

1

0

mx m

x m

m





 









Đặt t2 mx m t 2;  Thì 0.

2 4 2 4

x

m





2

Và

2

Khi đó bất phương trình đã cho là |t2 | |m  t 2 | 4 ,m  m m0 2 

Vì m0,t0 nên |t2 |m  t 2m nên

 2  t 2m t|  2 | 4m  m|t 2 | 2m  m t m , 0

     

Nghĩa là 0 2 mx m 2 2m m2 mx2m2  m x 2m

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S [ ; 2 ]m m

Cách 2

Điều kiện:

2 2 2

0

(*)

0

mx m

x m

m





 







 Với điều kiện trên, hai vế của bất phương trình không âm, bình phương hai vế ta được

2 (x 2 )m 2m x

 

|x 2 | 2m m x **

+) Nếu x2m thì bất phương trình  **  x 2m2m x  x2m

Kết hợp với điều kiện x2m ta được x2 1m  

+) Nếu x2m thì bất phương trình  **  2m x 2m x ( luôn đúng)

Kết hợp với điều kiện (*) ta được m x 2 2m  

Từ  1

và  2

ta có tập nghiệm của bất phương trình là S[ ; 2 ]m m

Câu 2. Cho bốn số thực p q m n, , ,  thỏa mãn hệ thức q n 2p m pn qm     0 (1) Chứng minh

rằng 2 phương trình x2px q 0 (2) và x2mx n 0(3) đều có các nghiệm phân biệt và các nghiệm của chúng nằm xen kẽ nhau khi biểu diễn trên trục số

Lời giải

Cách 1:

Từ điều kiệnq n 2 p m pn qm    0 suy ra p m 0 (4).

Các phương trình (2) và (3) đều có hệ số a 1 0 nên các parabol biểu diễn đều có bề lõm quay lên trên

Hai phương trình có nghiệm phân biệt và nằm xen kẽ nhau khi biểu diễn trên trục số khi và chỉ khi đồ thị các hàm số 2  

  

và y x 2mx n P  '

cắt nhau tại 1 điểm nằm dưới trục hoành (5)

x y

x3 x2 x4

(Minh họa hình vẽ) Hoành độ giao điểm của  P

và  P'

là nghiệm của phương trình



n q

p m

Tung độ giao điểm của  P

và  P'

là

         

2

p m

2 2

1

0

Vậy (5) được chứng minh, nên khẳng định của đề bài đã chứng minh xong

Cách 2:

Ta có q n 2 p m pn qm    0 q n 2 q n p p m      p m pq qm    0

   2      2 0

          Vì tồn tại p q m n, , ,  nên

 2  2

2

2

4 0

p m





       

 

 Do đó phương trình (2) có hai nghiệm phân

biệt x x thỏa mãn 1, 2

1 2

1 2

 







Đặt g x x2mx n Ta cóg x g x   1 2 x12mx1n x  22mx2n

         

2

0

          

Suy ra phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt x x x3, 4 3x4

thỏa mãn trong hai số x x có 1, 2 một số thuộc khoảng x x3, 4

và một số không thuộc khoảng x x3, 4

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Câu 3. Cho tam giác ABC có các cạnh BC a AC b AB c ,  ,  Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam

giác

a) Chứng minh rằng a IA. 2b IB. 2c IC. 2 abc

b) Chứng minh rằng a bc IA  2  b ca IB  2  c ab IC  2  6abc

Hãy chỉ ra một trường hợp xảy ra dấu đẳng thức

Lời giải

a) Giả sử đường tròn  I

tiếp xúc với , ,

BC CA AB theo thứ tự tại D E F, , Gọi K là

điểm đối xứng của I qua AC

Ta có:

2

AFIE AIK ABC ABC

Tương tự

; CEID BDIF

S

Suy ra

1

AFIE BDIF CEID

ABC

Suy ra a IA. 2b IB. 2c IC. 2 abc

b) Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:

1 1 1

a bc IA  b ca IB  c ab IC    a bc IA b ca IB c ab IC 

3 3abc aIA bIB cIC 

Theo ý a) ta có aIA2bIB2cIC2 abc

( ĐPCM) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

a bc IA b ca IB c ab IC  aIA bIB cIC

Vậy dễ thấy có một trường hợp xảy ra dấu của đẳng thức là:

a b c

IA IB IC

 







 

 ABC là tam giác đều

Câu 4. Cho x , y , z là 3 số thực thỏa mãn x2y2z2  1

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P xy yz  2019zx

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q xy yz  2zx

Lời giải

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P xy yz  2019zx

Ta có: 0x y z  2 x2y2z22xy yz zx   1 2xy yz zx  

Suy ra

1 2

xy yz zx  

Dấu đẳng thức xảy ra khi x y z   0

Do vậy

2 2

Dấu “=” xảy ra z2 x2 1



  

1 2

Vậy min

2019 2

P 

khi y  , 0

1 2

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thứcQ xy yz  2zx

Xét các giá trị dương của x, y, z Vì x2y2z2  nên ta có thể đặt1

os sin cos sin sin

y c x z



 











 

 , với , 0;2



  

  Thế thì Q y x z   2xzcos sin cossin2sin2sin cos 

Vì , 0;2



   

  nênQ 2 cos sin sin2(1)

Dấu “=” xảy ra khi

1 cos sin

2

     Biến đổi (1) với dạng

Dấu “=” xảy ra

6

3 sin 2 cos 2

3

2 sin 2 cos 2 3 cos 2

3









Suy ra

3 3 sin

6

3 3 cos

6













,

y  x z   

Vậy

1 3 max

2

Q 

khi

,

y  x z   

Đề tương tự

Câu 4* Cho x y z, , là 3 số thực dương thỏa mãn x2y2z2  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu1 thức

xy yz zx A

Ta có  

2

Áp dụng bất đẳng thức x2y2 z2 xy yz zx 

Ta được A2  y2z2x2 2 y2 z2x2 3 y2z2x2 3

Đẳng thức xảy ra

1 3

xy yz xz

Vậy minA  3 đạt được khi

1 3

x  y z

Câu 5. Cho dãy số thực   xn thỏa mãn điều kiện

1

1 1

4

n

x

n





 







a) Chứng minh rằng

2 2

n

n

b) Tìm giới hạn của dãy   xn .

Lời giải

a) Với n = 1, bất đẳng thức đã cho đúng.

Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (với k,k1), ta có

1 1

2 2

k x

k

 

Vì

1

k



Lại có: 1 

1 1

4

x   x 

suy ra 1      

k

x

Vậy bất đẳng đúng với n = k +1 Vậy bất đẳng thức đúng với   n *

b) Vì 0x n 1,  x * nên dãy  x n

bị chặn

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương x n1 và 1 x n ta được:

 x n

 là dãy tăng

Theo định lý Weierstrass thì dãy  x n có giới hạn hữu hạn, giả sử limx n a

Vậy limx  n 2.

Câu 6. Cho hàm số f liên tục trên , thỏa mãn

i) f 20202019;

ii) f x f x   4  1

, x   , trong đó kí hiệu f x4  f f f f x       

.Hãy tính f 2018

Lời giải

Tác giả: Thành Đức Trung;Fb: Thành Đức Trung

Kí hiệu f x2  f f x   , f x3  f f f x     

Gọi D f

là tập giá trị của hàm số f x 

Từ i) suy ra 2019D f

Từ ii) suy ra   4  4  4 

1

2020 2020 1 2019 2020 1 2020

2019 f

và xf x 3  1

,  x D f

Do f liên tục trên

1

;2019

  nên 3 

1

f x

x



, x D  Suy ra f là đơn ánh trên D và do f liên tục trên  nên f nghịch biến trên D

Giả sử tồn tại x0D sao cho  0

0

1

f x

x



 1

Do f là hàm nghịch biến nên

 

2 0

0

1

x

 

  

   2

Và

 

 

  suy ra 0 3 0 0

   

   

     3

Từ  2

và  3

suy ra x0  f x2 0 hay  0 3 0

0

1

x

, mâu thuẫn với  1

Tương tự, ta cũng chứng minh được không tồn tại x0D sao cho

 0

0

1

f x

x

 Vậy f x  1

x



, x D  Do 2018 D nên suy ra 2018 1

2018