Hiển nhiên nó chia hết cho x.
Trang 1Tài Liệu Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Tốn Học
GIẢI ĐỀ THI
Bài 1: Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn: 21ab+ 2bc+ 8ca≤ 12
Tìm GTNN của S=a1+b2+c3
2
1 Chứng tỏ phương trình (1) có đúng 5 nghiệm
2 Với xi (i=1 , 5) là nghiệm của phương trình (1) Tính tổng ∑
+
= 5
12 5 4 2
1
i x x
x S
Bài giải:
1 Chứng tỏ phương trình (1) có đúng 5 nghiệm
2
1 )
(x =x5 − x4 − x3 +x2 + x−
Do f liên tục trên R và
>
=
<
−
=
>
=
<
−
=
>
=
−
<
−
=
−
0 2
175 ) 3 (
0 2
1 ) 1 (
0 8
5 ) 2
1 (
0 1 ) 0 (
0 2 ) 2
3 (
0 5 ) 2 (
f f f f f f
nên phương trình f(x)=0 có các nghiệm x1 ,x2 ,x3 ,x4 ,x5 thỏa
2
1 0
2
3
2 < 1< − < 2 < < 3< < 4< < 5<
Mặt khác vì f(x) = 0 là phương trình bậc 5 nên có không quá 5 nghiệm
Vậy phương trình trên có đúng 5 nghiệm
f(x)=x^5-1/2*x^4-5*x^3+x^2+4*x-1
-8 -6 -4 -2
2 4 6 8
x y
Trang 2Tài Liệu Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Tốn Học
+
= 5
12 5 4 2
1
i x x
x S
Vì xi là nghiệm của phương trình (1) nên:
2
5
i i i i
i i
i i i
=
+
=
−
−
+
5
1 2
2
1
i
i
x x x
x x
x
x S
+
+
− +
= +
−
+
=
−
−
+
=
x
C x
B x
A x
x x
x x
x x
x x
g
Đồng nhất hai vế ta được: , 365
9
2 , 4
−
( ) 41 9( 2 1) 36(55 4)
+
+
− +
−
=
x x
x x
g
=
+
=
−
−
+
1
5
1
5
1
5
5
5 4
1 72
1 1
1 9
1 1 8
1 ) 4 (
2
1 2
2
1
i i
i
i
i
x x
x x
x x
x x
x
x S
Mặt khác hàm f(x) được viết lại là: f(x) = (x−x1)(x−x2)(x−x3)(x−x4)(x−x5)
Đạo hàm của f(x) là:
) )(
)(
)(
(
) )(
)(
)(
(
) )(
)(
)(
(
) )(
)(
)(
(
) )(
)(
)(
( ) (
4 3
2 1
5 3
2 1
5 4
2 1
5 4
3 1
5 4
3 2
'
x x x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x x x x f
−
−
−
− +
−
−
−
− +
−
−
−
− +
−
−
−
− +
−
−
−
−
=
= 5
1
) (
) (
i x x i
x f
x f
với x≠x i (i=1 , 5)
Ta lại có: f' (x) = 5x4 − 2x3 − 15x2 + 2x+ 4 nên ta suy ra được:
∑
∑
∑
∑
∑
∑
=
=
=
=
=
=
−
=
−
−
−
= +
⇒
−
−
=
−
−
=
−
=
⇒
−
=
−
=
−
=
−
⇒
−
=
5
1
' 5
1 '
5
1
' 5
1 '
5
1
' 5
1 '
4789
12900 )
5
4 (
) 5
4 ( 5
4 1 5
4
1 )
5
4 (
) 5
4 (
4 ) 0 (
) 0 ( 1
1 )
0 (
) 0 (
12 )
1 (
) 1 ( 1
1 1
1 )
1 (
) 1 (
i i i
i
f
f x
x f
f
f
f x x
f f
f
f x
x f
f
Vậy S = −47898959
Bài 3: Cho dãy số (un) xác định như sau: ; 24 12 6 15 6 , 1 , 2 ,
6
1
Tìm công thức số hạng tổng quát un của dãy số trên
Bài 4: Giải phương trình : 21−3sinx + 1 + 3 sinx= log2( 1 − 9 sinx)
Bài giải:
Trang 3Tài Liệu Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Tốn Học
Xét phương trình : 21−3sinx + 1 + 3 sinx= log2( 1 − 9 sinx) (1)
Điều kiện: 1 − 9 sinx> 0 ⇔ − 1 ≤ sinx<91
Đặt ẩn phụ:
2
sin 3
t = −
với ; 2 ]
3
1 (
∈
t thì phương trình (1) trở thành:
(2)
) 1 3 ( log 1 2 2
) 2 6 ( log 2 1 1 2
2
2
−
= +
−
⇔
−
=
− + +
t t
t t
t
t
Giải (2) tìm t
Đặt: u= log2( 3t− 1 ) ⇔ 3t− 1 = 2u ta được hệ phương trình:
=+−
+=+
⇔
=+−
=+−
013 2
22 013 2
12
2
t
u
t t
ut
u
u t u
t
Hàm số: f(x) = 2x+x tăng trên R ( do f' (x) = 2x ln 2 + 1 > 0 , ∀x∈R) nên hệ:
=+−
=
⇔
=+−
+=+
013 20 13 2
2
2
t
ut t
u
t
t u
u t
(2)
Hàm số: g(t) = 2t − 3t+ 1 giảm trên ; 2 ]
3
1 (
∈
3
1 ( , 0 3 2 ln 2 ) (
và g(1) = 0 nên có nghiệm u = t = 1
+
−
=
+
=
⇔
−=
π α π
π
α 2
2 3
1 sin
k x
k
x
2
, 3
1 sinα = − −π <α <
Vậy nghiệm của phương trình (1) là ==π−+α+ π
π α
2
2
k x
k x
2
, 3 1 sinα = − −π <α <
Trang 4Tài Liệu Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Tốn Học
f(x)=2^x-3x+1
-8 -6 -4 -2
2 4 6 8
x y
Bài 5: Giải hệ phương trình:
+
= + +
= + +
= + +
xyz zx
yz xy
z y x
z y x
2 27 2 1
3 3 1 1 1
Bài 6: Cho
=
≤
≤
>
≥
≥
6
2 6
0
xyz
z
y x
z y x
5 3
4 4
9
z y
x
Bài 7: Giải hệ phương trình:
= + +
+ +
+
=
−
−
+
0 ) 2 ln(
1 4
)1 ( )1 2
(2
2 3
2 3
x y x
y
y x y
x x
Bài 8: Cho dãy (un) xác định như sau:
∈
∀ +
=
=
=
+
u
u u
4
3 4
1 2
1 , 3 1
2 1 2
1 0
Tính limun
Trang 5Tài Liệu Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Tốn Học
Bài 9: Cho dãy số thực (xn) xác định bởi:
∈
− +
=
=
a x
n) 2006 , 1
ln(
2
1 1 n
x
số) là hằng (a
Chứng minh rằng dãy (xn) hội tụ
Bài 10: Cho dãy số thực (un) xác định bởi: u a R u n u n N
n
∈
1
Chứng minh rằng dãy (un) hội tụ
Bài 11: Giải phương trình: ln(1 1) ln(1 1 ) 2 1
1 1 2 3
1 1
+ +
= +
x x
x x
Bài 12: Cho hàm số f xác định trên khoảng ( 0 ; +∞ )và lấy giá trị trên R và thỏa mãn điều kiện sau:
∈
∀ +
=
4
; 0 ,
1 )
2
x tg x tg x tg f
∈
∀ +
=
2
; 0 ),
(cos )
(sin )
h
Bài 13: Tìm GTLN của P= 9x2 1 +x4 + 13x2 1 −x4 ,x ≤ 1
Bài 14: Cho phương trình bậc ba: x3−px2+qx−p= 0 với p > 0, q > 0
Chứng minh rằng nếu phương trình có ba nghiệm đều lớn hơn hay bằng 1 thì )( 3 ).
8
2 4
1
p
Bài 15: Cho dãy (un) xác định như sau:
∈
∀ + +
=
=
2 1
1
2 1 1
n
n n
u
u u
u
Xác định công thức số hạng un theo n
Bài 16: Giải phương trình: ( ) x x ( ) x x
x
x logcos sin 1 sin logsin cos
cos
Bài 17: Cho x,y,z là ba số dương thỏa mãn điều kiện: 6 + 2 + 3 = 6
zx yx xy
Tìm GTNN của biểu thức:
z
z y
y x
x
2
=
Bài 18: Chứng minh rằng với x,y,z ≥ 0 ta có: (x−y)2(x+y−z) + (y−z)2(y+z−x) + (z−x)2(z+x−y) ≥ 0
Bài 19: Giải hệ phương trình:
+
= + + +
−
= + + +
+
= + + +
7 )
(
21 )
(
14 )
(
2 3 3
2 3 3
2 3 3
xyz y x z x z
xyz x z y z y
xyz z y x y x
Trang 6Tài Liệu Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Tốn Học
Bài 20: Hãy tìm tất cả nghiệm nguyên của phương trình: x3 − 13xy+y3 = 13
Bài 21:
Bài toán:
Tìm số nguyên n và tính các góc A,B,C biết rằng tam giác ABC nhọn và thỏa mãn hệ thức:
2000
) 6000 1 3 3 (
2000 2000
C tg B
tg A
Hướng dẫn giải:
Vì A,,B,C là tam giác nhọn nên tgA > 0 , tgB > 0 , tgC > 0
Ta luôn có : tgA+tgB+tgC =tgA.tgB.tgC và tgA+tgB+tgC ≥ 3 3 tgA.tgB.tgC
Do đó: tgA.tgB.tgC ≥ 3 3 (1) Từ đó theo BĐT Cô-si ta suy ra được
2000 2000 2000 3 ( ) 6000 ( 3 3 ) 6000
n n
n n
Lại theo BĐT Bernoulli ta có:
2000
) 6000 )
1 3 3 ( ) 1 3 3 ( 6000 1
3 )
1 3 3 ( 1 ( 3 )
3 3 (
≥
− +
n n
(2) Từ (1) và (2) ta nhận được:
2000
) 6000 1 3 3 (
2000 2000
2000tg n A+ tg n B+ tg n C ≥ n − + (3) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cả (1), (2), (3) cùng xảy ra dấu đẳng thức, nghĩa là:
===
=
⇔
==
=
3
6000 1
6000 A CB π
n
tgC tgB tgA
n
Bài 22:
Bài toán:
Cho A,B,C là ba góc của tam giác Chứng minh:
2
cot 2
cot 2 (cot 4 2
2 2
2 2
2 (
27tg A tg2 B+tg B tg2C+tg C tg2 A< g A+ g B+ g C
Hướng dẩn giải:
Vì A,B,C là ba góc trong một tam giác nên ta có:
2 cot 2 cot 2
cot 2
cot 2
cot 2 cotg A+ g B+ g C = g A g B g C
tg tgA B tg tgB C tg tgC A 1
Nên bđt cần chứng minh tương đương với bđt:
Trang 7Tài Liệu Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Tốn Học
27
4 2
2
2 2 2
2 2 2
2 (
27
4 2
2 2
2 2
2
.(
2
2
2
) 2
cot 2
cot 2 (cot 4 2
2 2
2 2
2 ( 27
3 2 3
2 3
2
2 2
2
2 2
2
<
+ +
⇔
<
+ +
⇔
<
+ +
B tg A tg C tg A tg C tg B tg C tg B tg A tg
A tg C tg C tg B tg B tg A tg B tg B tg A tg
C g B g A g A
tg C tg C tg B tg B tg A tg
2
, 2
2
, 2
2
B tg A tg x A tg C tg y C tg B
tg
= + +
>
1
0 ,
,
z y x
z y
x
và bđt đã cho tương đương với
P=x2y+y2z+z2x<274 (1)
Giả sử rằng:
>
≥
>
≥ 0
0
z x
y
x
suy ra :
≤
≤
z x x z
xyz z y
2 2
2
do đó:
27
4 3
4
1 2
2 4
2
1 2 2 4 ) ( 2
1 ) ( 2
1 2
1
3 3
2 2
2 2 2 2
=
=
≤
+
+
= + +
+
= +
+ +
≤ + +
=
z y x z
y z x x
z y z x x z x xz z
x xy z x x z xyz y x x z z y y x P
Bài 23:
Bài toán:
Tìm tính chất của tam giác ABC khi biểu thức :
) cos(
sin ) cos(
sin ) cos(
đạt giá trị lớn nhất
Hướng dẩn giải:
Biến đổi lượng giác ta sẽ được: T =3sinA.sinB.sinC
Áp dụng Cô-si ta sẽ được:
3 3
3 2 3 3 3
sin sin
sin sin
sin sin
≤
C B A
Do đó:
8
3 9
≤
T , dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi sinA=sinB=sinC⇔ A=B=C⇔∆ABC đều
Vậy
8
3 9
=
Bài 24:
Bài toán:
Cho tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1+2cos2A + 1+2cos2B + 1+2cos2C
Trang 8Tài Liệu Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Tốn Học
Hướng dẩn giải:
2 ( cos 3
8 ) cos 1 ( 3
2 ) cos 2 2
1 2
1 ( 3
1 cos 2 2
1 2
1 cos 2
Theo BĐT Côsi ta có:
2 3 3 3 6 2
cot 2
cot 2 cot
sin sin sin
) cos 2 1 )(
cos 2 1 )(
cos 2 1 ( 3 sin
cos 2 1 sin
cos 2 1 sin
cos
2
1
3 3
2 2
2
=
≥
≥
+ +
+
≥ +
+ +
+ +
=
C g B g A g
C B A
C B
A A
C C
B B
A T
6
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC là tam giác đều Vậy minT = 3 2 Bài 25: Bài toán: Với a,b,c là các số thực thỏa mãn ab+bc+ca=1 Chứng minh rằng: 2 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 2 2 2 < + + + + + + + + b a c b a c b a c b a c Hướng dẩn giải: Với ab+bc+ca=1 thì luôn tồn tại A, B, C sao cho tg tgA2 B2+tg tgB2 C2 +tg tgC2 A2 =1 Khi đó: Bài 26: Hãy tìm tất cả những đa thức P(x) sao cho thoả mãn đẳng thức sau : x P(x – 1) = (x – 26) P(x) Hướng dẫn giải: Cho P(x) là đa thức thoả điều kiện bài toán Hiển nhiên nó chia hết cho x Nghĩa là : P(x) = x P1(x) , ở đây P1(x) là một đa thức (0,5đ) Khi đó , P(x – 1) = (x – 1) P1(x – 1) , nghĩa là : x (x – 1) P1(x – 1) = x P(x – 1) = (x – 26) P(x) (0,5đ) Từ đây suy ra P(x) chia hết cho cả (x – 1) , nghĩa là P(x) = x (x – 1) P2(x) (0,5đ) Từ đây ta lại nhận được : P(x – 1) = (x – 1) (x – 2) P2(x – 1) (0,5đ) Hoặc là x (x – 1) (x – 2) P2(x – 1) = (x – 26) P(x) (0,5đ) Từ đây ta suy ra P(x) chia hết cho (x – 2) Tiếp tục theo tinh thần đó , cuối cùng ta nhận được : P(x) = x (x – 1) (x – 2) (x – 25) P26(x) (0,5đ) Khi đó , từ điều kiện bài toán suy ra : x (x – 1) (x – 2) (x – 26) P26(x – 1) = (x – 26) x (x – 1) (x – 25) P26(x)
Suy ra : P26(x – 1) = P26(x) (0,5đ) Và vậy P26(x) = c ( c : hằng số ) Vậy P(x) = c x (x – 1) (x – 2) (x – 25) (0,5đ) Kiểm tra lại ta thấy nhận
Trang 9Tài Liệu Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Tốn Học
Bài 27:
Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình :
x3 + (x + 1)3 + + (x + 7)3 = y3 (1)
Hướng dẫn giải:
Đặt P(x) = x3 + (x + 1)3 + + (x + 7)3 = 8x3 + 84x2 + 420x + 784
Xét x ≥ 0 , ta có :
(2x + 7)3 = 8x3 + 84x2 + 294x + 343 < P(x) < 8x3 + 120x2 + 600x + 1000 = (2x + 10)3 (0,5đ)
⇒ 2x + 7 < y < 2x + 10 ⇒ y = 2x + 8 hoặc y = 2x + 9 (0,5đ)
Vì cả hai phương trình : P(x) – (2x + 8)3 = 0 ⇔ – 12x2 + 36x + 272 = 0
P(x) – (2x + 9)3 = 0 ⇔ – 24x2 – 66x + 55 = 0
đều không có nghiệm nguyên Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên với x≥0 (0,5đ)
Lại có P(– x – 7) = – P(x) Vậy (x ; y) là nghiệm của (1) ⇔(– x – 7 ; y) cũng là nghiệm (0,5đ)
Do đó không tồn tại nghiệm với x ≤ – 7 Vậy nếu (x ; y) là nghiệm thì ta phải có -6 ≤ x≤ -1 (0,5đ)
Với -3 ≤ x ≤ -1 , ta có :
P(-1) = 440 không phải là số lập phương , P(-2) = 216 = 63 , P(-3) = 64 = 43
⇒ (-2 ; 6) và (-3 ; 4) là các nghiệm với -3 ≤ x ≤ -1 (0,5đ)
Do tính chất P(– 7 – x) = – P(x) ⇒ (-5 ; -6) và (-4 ; -4) là nghiệm của (1) với -6 ≤ x ≤ -1 (0,5đ) Vậy các nghiệm của (1) là : (-2 ; 6) , (-3 ; 4) , (-4 ; -4) , (-5 ; -6) (0,5đ)