BÀI II : Phương trình đã cho luôn xác định với mọi giá trị của x.. 2/Phương trình 3 có nghiệm kép và phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt khác nghiệm của 3.. 3/Hai phương trình 2 và 3
Trang 1ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2008-2009
MÔN TOÁN Thời gian :180 phút
BÀI I:
1.Chứng minh rằng ∀x> 0và n nguyên dương ta có :
!
! 2
n
x x
x
2.Chứng minh rằng với 0<x<1 và n nguyên dương
ne x
x n
2
1
1− <
BÀI II :
Tìm các giá trị của tham số a sao cho phương trình
3 1 2 2
3
2
= +
− +
+
−
có 3 nghiệm
BÀI III :
Đường chéo hình hộp chữ nhật , tạo với ba kích thước a,b,c cácgóc α,β,γ
V là thể tích của hình hộp.Chứng minh rằng :
12
6 12
6 12
6
2178 cos
cos
c b
γ β
α
BÀI IV :
Người ta sơn bề ngoài của một khối lập phương thành màu trắng và cưa thành 64 khối lập phương nhỏ Sau đó , từ các khối lập phương nhỏ , người ta xếp để tạo lại khối lập phương cũ , nhưng lúc ấy các khối lập phương nhỏ có thể thay đổi vị trí
và quay đi Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp các khối lập phương nhỏ để khối lập phương lớn có bề ngoài được sơn màu trắng
Trang 2ĐÁP ÁN BÀI I :
!
! 2 1
n
x x
x
Ta phải chứng minh với mọi x>0 và n nguyên dương : f n(x)>0
Thật vậy ta có với mọi n nguyên dương : f n(0)=0
Xét f1(x)=e x −(1+x) => '( ) 1 0
1 x =e x − >
f
Vậy f1(x) tăng => với mọi x>0 , f1(x)> f1(0)= 0
Vậy công thức đúng với n = 1
)! 1 (
! 2 1
( )
(
1 2
− + + + +
−
x x
x e
x f
n x
)!
1 (
! 2 1
− + + + +
n
x x
x
Vậy f n (x) tăng khi x>0 => ∀x>0 : f n(x)> f n(0)=0
=> ) 0
!
! 2 1
(
2
>
+ + + +
−
n
x x
x e
n
=>
!
! 2
n
x x
x
e x > + + ++ n ( ∀x>0 )
2
Ta phải chứng minh :
ne x
x n
2
1 ) 1 (
e nx n
) 2 2 (
⇔
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2n +1 số : gồm 2n số x và số 2n - 2nx , ta có :
1 2 2
1 2
) 2 2 ( 2 ) 2 2
(
+
+
− +
≤
−
n n
n
nx n nx nx
n
x
1 2 2
1 2
2 ) 2 2
(
+
+
≤
−
n n
n
n nx
n
x
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 2n - 2nx
1 2
2
+
=
⇔
n
n x
Ta cần chứng minh
e n
1 2
2 2 1 <
+
+
1 2
1 ) 2 ln(
) 1 2 ln(
1 2
1 2 ln 2
1 2
1 2
1 2
+
>
− +
⇔
>
⇔
>
⇔
+ +
n n n
n n
e n
n
n n
Áp dụng định lí Lagrange cho hàm số f(x) = lnx trên đoạn [2n,2n+1]
với
x
x
f '( )= 1 ta có :
Trang 3ln(2n+1) - ln(2n) = (2n+1-2n) f '(c) với 2n < c < 2n+1.
ln(2n+1) - ln(2n) =
c
1 với
n c
1 1 1 2
1 < <
+
Vậy ta có ln(2n+1) - ln(2n) >
1 2
1
+
n (đpcm)
BÀI II :
Phương trình đã cho luôn xác định với mọi giá trị của x
Ta có log (2 2) log( )3 (2 2) 21log 3(2 2)
3
Phương trình đã cho tương đương với phương trình
2
1 ) 3 2 ( log
2
1
3 1 2
2 3
x x a
x
2 log ( 2 2 3) 22 2log 3(2 _ 2)
3 3
2
2
+
= +
−
(1) Hai hàm số f(t)=2t và g(t)=log 3t đều đồng biến trên[2;+∞) và lấy giá trị dương trên [2;+∞) nên hàm số
f t g t t t
3
log 2
)
(
)
( = đồng biến trên [2;+∞)
Hơn nữa x2 −2x+3=(x−1)2 +2≥2
và 2 x−a +2≥2 với mọi x∈ℜ
Do đó phương trình (1) tương đương với phương trình
x2 −2x+3=2x−a +2
−
=
= + +
−
⇔
−
−
=
−
−
=
−
⇔
−
=
−
⇔
) 3 .(
1 2
) 2 (
0 1 2 4
) 1 ( ) (
2
) 1 ( ) ( 2
) 1 ( 2
2 2
2 2 2
a x
a x x
x a
x
x a x
x a x
Từ đó suy ra rằng phương trình đã cho có 3 nghiệm trong 3 trường hợp sau :
1/Phương trình (2) có nghiệm kép và phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt khác nghiệm của (2)
2/Phương trình (3) có nghiệm kép và phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác nghiệm của (3)
3/Hai phương trình (2) và (3) đều có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm chung
Ta lần lượt xét 3 trường hợp trên :
1/Phương trình (2) có nghiệm kép x = 2 khi và chỉ
2
3 0
2 3
khi đó phương trình (3) có hai nghiệm x = ± 2 (khác 2)
Vậy a =
2
3
thỏa mãn điều kiện của bài toán
2/ Phương trình (3) có nghiệm kép x = 0 khi và chỉ khi 2a - 1 = 0
2
1
=
⇔a , khi đó phương trình (2) trở thành x2 - 4x + 2 = 0 có hai nghiệm khác 0
Vậy
2
1
=
a thỏa mãn điều kiện của bài toán
Trang 43/Nếu x0 là một nghiệm chung của (2) và (3) thì
−
=
= + +
−
1 2
0 1 2 4
2 0 0
2 0
a x
a x x
Từ đó suy ra a = 1 khi đó phương trình (2) trở thành x2 - 4x + 3 = 0 có nghiệm x=1 , x
= 3 và phương trình (3) trở thành x2 = 1 có nghiệm x = ±1
Vậy a =1 thỏa điều kiện của bài toán
Kết luận
2
1
=
a , a =
2
3 , a =1 là các giá trị cần tìm
BÀI III :
γ
β
α
b
c
a
Ta có cos2 2 22 2
c b a
a
+ +
= α
cos2 2 22 2
c b a
b
+ +
= β
cos2 2 22 2
c b a
c
+ +
= γ
Suy ra :
α
3 2 2 2 12
6
cos cos
c b a
β
3 2 2 2 12
6
cos cos
c b a
γ
3 2 2 2 12
6
cos cos
c b a
Suy ra :
γ β
α γ
β
3 2 2 2 6
3 2 2 2 6
3 2 2 2 12
6 12
6 12
6
cos cos
) (
cos cos
cos
cos
c b a c
b a c
b a c
b
( )
+ +
=
γ β
6
3 2 2 2
cos
1 cos
1 cos
1
c b
Áp dụng bất đẳng thức Côsi , ta có :
(a2 +b2 +c2)3 ≥27a2b2c2 (2)
Vẫn theo bất đẳng thức Côsi , thì
Trang 5cos cos
cos
3 cos
cos cos
3 cos
1 cos
1
cos
1
2 2
2 2
2 2
6 6
Vì cos2α +cos2β +cos2γ =1 nên
cos
1 cos
1 cos
1
6 6
γ β
α (3)
6 12
6 12
6
2187 cos
cos
c b
γ β
α
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi α =β =γ (tức là hình hộp đã cho là hình lập phương)
BÀI IV: Trong 64 khối lập phương nhỏ có :
(1) 8 khối được sơn 3 mặt
(2) 24 khối được sơn 2 mặt
(3) 24 khối được sơn 1 mặt
(4) 8 khối không được sơn mặt nào
Rõ ràng là nếu muốn khối lập phương nhận được bên ngoài có sơn thì các khối loại (1) phải đặt ở đỉnh và mỗi khối có thể đặt theo 3 cách , do đó có 38.8! cách
Tương tự , đối với loại (2) có 224.24! cách sắp xếp , loại (3) có 424.24! cách sắp xếp và loại (4) có 248.8! cách sắp xếp
Vậy có tất cả là 38.8!.224.24! 424.24! 248.8! = (38.248.8!.24!)2