CÁC BÀI TOÁN KHÓ CHỌN LỌC TỪ CÁC ĐỀ THI 2010– 2011_1 docx

ĐỀ THI 2010 – 2011

Bài 5 Tìm x để y đạt giá trị lớn nhất thoả mãn: x2+ 2y2+ 2xy - 8x – 6y =

0

Bài 5

Điều kiện tồn tại x khi PT: x2 + 2(y – 4)x + 2y2 - 6y = 0 cú nghiệm =>

(y – 4)2 – 2y2 + 6y  0  y2 + 2y – 17  0  (y+1)2 17 Từ dú +> dấu

bằng xẩy ra tỡm y thay vào phương trỡnh tỡm x

Cõu V: ( 0,5 điểm)

Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của : y= x 3 x 1 1; (x 1)

x 4 x 1 2



Cõu V: ( 0,5 điểm)

Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của : y=

2 2

x 1 3 x 1 2

y

x 4 x 1 2 x 1 4 x 1 3 ( x 1 1)( x 1 3)

1

 

0.25

min

x 1 0 x 1 x 1 3 3

3

x 1 3

 

0.25

Bài 4 (0,75 điểm):

Cho x xy +1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 23xy2

x y



 Bài 4:

Từ giả thiết suy ra x0

2 Nếu y 0 thì P 0

 Nếu x, y trái dấu thì P < 0

 Nếu x, y cùng dấu

TH1: x < 0, y < 0 thì xy + 1 > 0 nên x < xy +1 Trái với giả thiết x

TH2: x > 0, y > 0 Từ x xy +1 suy ra 1 y 1 2 y y 1

Đặt t = y 0 < t 1 P = 3t2

2

3 17t 4t 4

4

 )

Do đó: P 12

17



Kết hợp lại ta đượcP 12

17

 Vậy giá trị lớn nhất của P = 12

17

Đạt được khi chỉ khi t = 1

4 x; y 2;1 .

2

 

Cõu 5 (1 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa món 4xy = 1

Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

2 2

2x 2y 12xy



Cõu 5 (1 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa món 4xy = 1

Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2x2 2y2 12xy



Ta cú A =

2

2x 2y 3.4xy 2x 2y 3 x y xy 2.(x y) 4xy 3

    

2

2.(x y) 1 3 2.(x y) 1 3 2.(x y) 2 x y 2(x y) 2

   

2 2(x y)

 =2 (x y) 1

 



Xét (x y) 1

 



Áp dụng Cosi cho 2 số (x+y) và ( 1

xy ) ta có:

(x+y) + ( 1

xy ) ≥ 2 x y ( 1 )

x y



 = 2

Do đó: A = 2 (x y) 1

 



Vậy Min A = 4  (x+y) = ( 1

xy )  (x+y)2 =1

 x + y = ±1

Kết hợp với điều kiện 4xy = 1 ta được x = y = - 1

2

2

Bài 5:(1,0 điểm)

Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện 0 < a < b và phương trình ax2 + bx + c = 0

vô nghiệm Chứng minh rằng:

a b

c b a







> 3

Bài 5:(1,0 điểm)

Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện 0 < a < b và phương trình

ax2 + bx + c = 0 vô nghiệm Chứng minh rằng:

a b

c b a







> 3

Ta có (b-c) 2 ≥ 0 b 2 ≥ 2bc - c 2

Vì pt ax 2 + bx + c = 0 vô nghiệm nên có ∆ = b 2 - 4ac < 0(do a>0 ;b>0 nên c>0)

 b 2 < 4ac  2bc - c 2 < 4ac

 4a > 2b-c  a+b+c > 3b - 3a 

a b

c b a







> 3 (Đpcm)

Bài 5: (1 điểm)

Chứng minh rằng phương trình a4 b4x2 2a6ab5xa8 a2b6  0

luôn luôn có nghiệm với mọi a, b

Bài5

(1đ)

Cần chứng minh p/t ( a4 –b4 ) x2 -2(a6 –ab5 )x +a6 –a2 b6 = 0 luôn có nghiệm với mọi a ,b

Ta có a4 –b4 = (a2)2 – (b2 )2 = 0  











b a

b a

 khi a = b thì p/t cho có dạng 0x = 0 => p/t cho

có vô số nghiệm số với mọi xR (1)

 Khi a= -b ta có p/t : 4a6 x = 0  x = 0 khi a 0 (2)

 Khi a = 0 thì p/t có dạng 0x = 0 x R

(3)

Từ (1) ,(2) và (3) => P/ T cho luôn có nghiệm với a =b hay a

= -b (*)

Khi a b thì p/t cho có  = a6b4 (b-a)2 0 Vậy khi a b p/t cho luôn có nghiệm (**)

Từ (*) và (**) => p/t cho luôn có nghieemk với mọi a, b

0,25 0,25 0,5

C©u 5 (1,0 điểm) T×m tÊt c¶ c¸c cÆp sè (x;y) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn 2

(x y  4 y x 4) xy

C©u 5 : §k x  4 ;y  4

PT  4x y 4  4y x 4 xyxy 0

 y(x 4  4 x 4  4 ) x(y 4  4 y 4  4 )  0

 y( x 4  2 )2 x( y 4  2 )2  0 ( V× x > 0 vµ y >0 )

 x 4  2  0  x=8

y 4  2  0 y=8

VËy cã duy nhÊt cÆp sè (x;y) = (8;8) tho¶ m·n ycbt

Bài V ( 1,0 điểm)

Cho x,y l à c ác s ố d ư ơng tho ả m ãn : x + y = 4

T ìm gi á tr ị nh ỏ nh ất c ủa : 2 2 33

xy

   Từ x+y=4

Áp dụng BĐT Côsi ta có: xy

2

4 4

xy

  Do đó 33 33

4

xy

Mặt khác: x 2 +y 2 = 2

(xy) -2xy=16-2xy 16 2.4  =8( do xy4) Vậy P 8 33 65

4 4

   Do đó : MinP= 65

4 , đạt được khi x=y=2

Câu 9 (1,0 điểm) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có

chu vi bằng 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a a  b c  a b c a b c (1) , 2 2 2

(2)

c c  a b  c a b c a b (3) Dấu ‘=’ xảy ra abc

Do a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên các vế của (1), (2), (3)

đều dương Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta có :

abc a b c b c a c a b (*) 0,25

Từ a b  c 2 nên (*) abc (2 2 )(2 2 )(2 2 )  a  b  c

8 8(a b c) 8(ab bc ca) 9abc 0

8 9abc 8(ab bc ca) 0 9abc 8(ab bc ca) 8

Ta có

Từ đó

3 3 3

4(a b c ) 15  abc 27abc 24(ab bc ca  ) 32   3 9abc 8(ab bc ca  )  32 (**)

Áp dụng (*) vào (**) cho ta 3 3 3

4(a b c ) 15  abc 3.( 8) 32    8

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2

3

ab c

Từ đó giá trị nhỏ nhất của P là 8 đạt được khi và chỉ khi

2

3

ab c

0,25

Câu 5: ( 1,0 điểm) : Cho các số dương x và y thay đổi thoả mãn điều

kiện : x – y 1

Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức P = 4 1

x y

Cõu 5 : Vỡ x , y là cỏc số dương thoả món x – y  1 nờn ta cú :

P = 4 1

x y  P 1  ( x – y ) 4 1



 P  4 - x 4y

y x + 1

 P  5 - x 4y



Áp dụng BĐT Cụ Si cho 2 số dương ta cú : x 4y

y x  2 x.4y

y x 

4

4

Dấu ‘‘=’’ xảy ra x = 2y

=> P  5 – 4 => P  1

Dấu ‘‘=’’ xảy ra x = 2y

Vậy P đạt giỏ trị lớn nhất bằng 1 khi x =  2y

Bài 5 (1,0 điểm) Cho biểu thức : P = xy(x – 2)(y + 6) + 12x2 – 24x + 3y2 + 18y + 36

Chứng minh P luôn dương với mọi x;y thuộc R

Câu V

1 điểm

P = xy(x – 2)(y + 6) + 12x2 – 24x + 3y2 + 18y + 36

= xy(x – 2)(y + 6) + 12x(x – 2) + 3y(y + 6) +

36

0,25

=x(x – 2) y y  6 12  3 y y  6 12  0,25

Mµ 2  

2  2

VËy P > 0 víi mäi x;y thuéc R

0,25

Bài 5 (0,5 điểm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng :

(a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3  3

4



Bài 5 (0,5 điểm)

Cách 1 Không giảm tổng quát, có thể giả sử c = min(a ; b ; c)

Từ giả thiết a + b + c = 3  3c  a + b + c  c  1 Do đó 0  c 

1

Đặt a = 1 + x, b = 1 + y thì c = 1 – x – y Do 0  c  1 nên 0  x +

y  1

Ta có : (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3 = x3 + y3 + (-x – y)3 = -3xy(x + y)

Mặt khác (x – y)2  0 x, y  xy 

2

4



 xy(x + y) 

3

4



 1

4 (vì 0  x + y  1)

 -3xy(x + y)  3

4



Dấu bằng xảy ra  x = y = 1

2 (khi đó a = b =

3

2, c = 0)

Vậy (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3  3

4



Cách 2 Ta có:

2

4

   (1) (do a  0 và

2 3

2

Tương tự: 3 3

4

   (2)

4

   (3) Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta được :

(a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3  3(a b c) 3 3 3 3 3

Vậy (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3  3

4

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :

2

2

2

3

2 3

3

0

0, 2

2

2 3

3 3





  



  



b b

Câu 5: (1.00 điểm)

Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: abc = 1 Tính:

A

C©u 5: 1®iÓm

Víi a.b.c=1 ta cã:

1 ) 1 (

) 1 (

) 1 (

) 1

( ) 1 (

) 1 (

1

) 1

(

1 )

1 (

) 1 (

) 1

(

1 1

1 1

1

1 1

1 1

1 1

1 1

1



















































































































ab a c

ab a c ab

a c

ab a c ab

a c

abc ca c ab

a

c

ca

c

ab a c ab

a c

ca ab

a c

c ab

a c a ab ab

a

abc ac c a abc ab

a ab

a ac

c bc

b ab

a

A

Bµi 5: (1, 0 ®iÓm)

Cho hai sè a,b kh¸c 0 tho¶ m·n 2a2 +

2 2

1

4 

b

a = 4 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc S = ab + 2009

Bài 5: Từ 2a2 +

4

b

+ 12

a = 4  (ab)2 = - 8a4 + 16a2 – 4 = 4 – 8(a4 – 2a2 +1) ≤ 4

 -2 ≤ ab ≤ 2

 2007 ≤ S ≤ 2011

 MinS = 2007  ab = -2 và a2

= 1  a = ± 1 , b = 2

Cõu 5: (1đ)

Cho b,c là hai số thoả món hệ thức: 1 1 1

2

bc

Chứng minh rằng ớt nhất 1 trong hai phương trỡnh sau phải cú nghiệm:

x2+bx+c=0 (1) ; x2+cx+b=0 (2)

Cõu 5: (1đ) 1 1 1

2

bc => 2(b+c)=bc(1)

x2+bx+c=0 (1) Cú 1=b2-4c; x2+cx+b=0 (2) ;Cú 2=c2-4b

Cộng 1+2= b2-4c+ c2-4b = b2+ c2-4(b+c)= b2+ c2-2.2(b+c)= b2+ c2 -2bc=(b-c) 0

(thay2(b+c)=bc ) Vậy trong 1;2cú một biểu thức dương hay ớt nhất 1 trong hai phương trỡnh x2+bx+c=0 (1) ; x2+cx+b=0 (2) phải cú

nghiệm:

Câu VI:(0,5 điểm)

Tìm số nguyên x; y thoả mãn đẳng thức: x2+ xy +y2 - x2y2 = 0

Ta có: x2+ xy +y2 - x2y2 = 0

<=> 4x2+ 4xy +4y2 - 4x2y2 = 0

<=> 4x2+ 8xy +4y2 - (4x2y2 + 4xy +1) - 1 = 0

<=> (2x + 2y)2 - (2xy + 1)2 = 1

<=> (2x + 2y - 2xy - 1)(2x + 2y + 2xy + 1) = 1

=>























































1 1 2xy 2y

2x

-1 1 2xy 2y

2x

-1 1 2xy 2y

2x

1 1 -2xy -2y

2x

Giải hệ PT ta được (x; y) = (0; 0) hoặc x = - y

Thay x = - y vào (1) ta tìm được (x; y) = (1; -1); (x; y) = (-1; 1)

Vậy các cặp số x; y nguyên thoả mãn (1) là:(0; 0); (1; -1); (-1; 1)

Câu VI:(0,5 điểm)

Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz - 16 0

  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = (x+y)(x+z)

Câu VI Cách 1: Vì xyz - 16 0

  => xyz(x+y+z) = 16

P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz

áp dụng BĐT Côsy cho hai số thực dương là x(x+y+z) và yz ta có

P = (x+y)(x+z) = x(x+y+z) + yz  2 xyz(xyz)  2 16  8; dấu đẳng thức xẩy ra khi

x(x+y+z) = yz Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8

Cách 2: Vì

xyz z y x z

y x







P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz = yz

yz

yz xyz

áp dụng BĐT Côsy cho hai số thực dương là

yz

16

và yz ta có

P = yz

yz

16

8 16 2

16

yz ; dấu đẳng thức xẩy ra khi yz

yz  16 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8