Để phương trình đã cho có 4 nghiệm thì mỗi phương trình như trên phải có đúng 2 nghiệm và các nghiệm đó khác 0.. Như vậy, đê phương trình ban đầu có 4 nghiệm, điêu kiện cân và đủ là: oS-
Trang 1HUONG DAN DE 1 Bài 1 la rút gon x:
_ (27 + 102)v27 - 10/2 ~ (27 - 10/2)27 + 1042
(VV13- 3 + vv13+3): vV13+2
Ta có:
a) 27+ 10/2 = (5 + v2)?
b) 27- 10/2=(5— v2)?
C) (/V13—3 + VV13 +3)? =2V13 + 4 = 2(V13 +2)
vV13-— 3 + vVV13+3= l2(/13+2)
Suy ra:
Nhu vay:
x= (s+v2) (s-v2)-(s-v23? (s+v2) _ (54V2)(5—V2)[(54+v2)-(5—v2)] _ 46V2 — 46
Tính A ta có:
A = x* + 2007x — 2008 = (x + 2008)(x — 1) (1)
Thay x vao (1) ta duge: A = (46 + 2008) (46 — 1) = 92430
Bai2: Vn nguyén duong, ta co:
5”(5" + 1) — 6"(3" + 2”) = (25" — 18") — (12” — 5”)
Ở đó: (25” — 18”): 7 và (12” — 5”): 7
Suy ra 3”5”+1)—-6*(3"+2"):7 (1)
Lại có: 5”(5" + 1) — 6"(3" + 2”) = (25"—12") — (18"—5”)
Ở đó: (25”—12”) : 13 và (18?—5”) : 13
Trang 2Suy ra 5"(5" + 1) — 6"(3" + 2”) :13 (2)
Tu (1) va (2) suy ra 5”(5" + 1) — 6"(3" + 2") 291 va tacé (dpcm.)
Bai 3: Ta co:
M = = + y = ` + y = 1
a) xtiy2 x2+y* 2x2y 2xy
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi X= Y = 1
l+va , 1+vb , l+vc 3ll+va 1+vb l1+vc
= + m + m = 3 ‘ed j—* mm
1+vb l+vc l+va 1+vb l+ve l+va=3
1+xva 1+vb _ live
Dấu đắng thức xảy ra khi và chikhil+VÐ 1+Vve 1+Vva hay A@= D=C€
TS ryt + *Ý° <(1+ va) + (1+Vvb) +(1+ v€)
Tac6:1+vb l‡yc l+vya
với 4> 1hoạc 4= 0 tạcó;1+va<1+a
voi b= 1 hoac b = 0 taco: 1+ Vb <1+b
Với ©> 1 hoặc € = Ú ta có; 1+ ýce<1+c
Suy ra: (1+ Va) + (1+ vb) + (1+ ve) < (1+a) +(1+b) +(1+c)
=3+at+bte
1+va l+tvb l+vc
Như Vvạy:1+vb l+vc l1+va
Dấu đắng thức xảy ra khi và chỉ khi 4= b = €= 0
Bài 4: Phương trình đã cho có thê biến đổi thành:
(|x| — 1— 2a)(|xl — 1 + 2a) =0
a) — Với a=] phương trình đã cho trở thành:
Trang 3(lx| — 3)(|x|+ 1) =0
© |x|-3=0
x=3
ly = -3
Trang 4b) Mỗi phương trình |*Ì — 1— 2a = 0 |x| — 1 + 2a = Ö có nhiều nhất là 2
nghiệm Để phương trình đã cho có 4 nghiệm thì mỗi phương trình như trên phải
có đúng 2 nghiệm và các nghiệm đó khác 0 Như vậy, đê phương trình ban đầu có
4 nghiệm, điêu kiện cân và đủ là:
oS <a<x-
*V6i 2 ~ 753 phương trình đã cho có 4 nghiệm là:
X,=—1+2a, x, =1+2a, x3=1-—2a,x,=-—1+2a
Nhu thé:
2
S=x, +Xx;z?+xạˆ + xạ?
-16a^ + 4
Tuy nhiên z và không đạt được giá trị 2 nên S không có giá trị lớn nhât!
Bai 5:
a) Vi AF la tiép tuyén ctia dudng tron (O) nén ta có: ⁄“AFB= /ACF,
E_E Xét ÂAFB và A4CF , ta co:
“FAB=4FAC
Z“AFB= ZACF
Suy ra AaFB ~ AACF
AB AF
Suy ra: AF AC
— AF? = AB.AC = const
Suy ra E, F là các điểm năm trên đường tròn (A, Y AB AC )
b) Vì AF là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ta có:
Trang 5⁄EEF=⁄AFE (1)
Mặt khác:
ZAFE = ZAEF (2y
Va:
ZAEF = ZAIF (4 diém A, E, 1, F cùng nằm trên đường trịn đường kính AO) (3)
Tir (1), (2), (3) suy ra được: “EE'F= ⁄AIF_ Sụy ra EE' // AB (Theo dấu hiệu
gĩc đồng vị của hai đường thắng song song)
c) Xét ⁄AKN và “AỌ tạ cĩ:
£O Al= ZKAN
“ANK= “AIO=90°
Suyra AOAI ~ AKAN
AK _ AO
AN Al
=> AK AI = AO.AN (1)
Mat khac 40 AN = AF* = AB.AC (2)
Tu (1) va (2) suy ra AK.AI = AB.AC = const
Suy ra K 1a diém cé dinh
Dễ dàng nhận thấy đường trịn ngoại tiếp tam giác ONI cũng chính là đường trịn ngoại tiệêp tứ giác OIKN, suy ra tâm của đường trịn ngoại tiêp tam giác ONI năm trên đường trung trực của KT là đường thăng cơ định Từ đĩ ta cĩ (đpem))