Một số bài toán Đại số ôn thi vào lớp 10 chuyên Toán

Do đó phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi giá trị của m... Khi đó áp dụng BĐT AM-GM, ta thu được ngay đpcm.[r]

PHẦN 1: ĐẠI SỐ

1 Chứng minh rằng với mọi a b c, , 0 ta có: b c2 c2 a 2a b 1 1 1

Hướng dẫn giải:

 

               

 

2

2 2

b



  



2 Cho a b c, , 0 Chứng minh

11  11  11  1 3

Hướng dẫn giải:

11  11  11  1 3 11  11  11  3 6

 

         

 

3

 (**) đúng (*) đúng

3 Cho a b, 0 thỏa mãn a4b4 2 Chứng minh rằng:

2

5 3

8

b  a 

Hướng dẫn giải:

2

5 3

     

5a 3b  a b 2 2a b 2 2a  b 1 (2)

a a   b a b a   b a b (3)

Từ (1), (2) và (3)  5a2 3b23 8

b  a 

4 Cho các số thực x y z thỏa mãn điều kiện: , , 2 2 2

2

x y z  Chứng minh rằng

2

x  y z xyz

Hướng dẫn giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:

    2   2 2

x  y z xyzx yz  yz  x  yz   yz  

Ta chứng minh    2 2  

2 2 yz 2 2 yzy z 4 * Thật vậy, thực hiện các phép biến đổi tương đương ta được:

  3 3 2 2 2 2 

* y z y z  0 y z yz 1 0

Mặt khác, theo giả thiết ta có 2 2 2 2 2

2x y z  y z 2yz, suy ra yz1

Do đó  * đúng Từ đó suy ra x  y z xyz2

5 Xét phương trình 2  

x mx m , với m là tham số Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn

nhất của biểu thức

1 2

2 2

x x A





   , trong đó x x là hai nghiệm của 1, 2 phương trình trên

Hướng dẫn giải:

Ta có 2    2

' m 4 m 1 m 2 0

       , với mọi m

Do đó phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi giá trị của m

Theo hệ thức Viét, ta có: x1x2 m và x x1 2  m 1

Từ đó suy ra

1 2

A

1

m



   

        

Dấu “=” xảy ta khi và chỉ khi m1

Vi  

2 2

1 2 1 1

0,

   



m

1 , 2

A   m Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m 2

Vậy GTLN của A bằng 1 khi m1 và GTNN của A bằng 1

2

 khi m 2

6 Giải hệ phương trình: 3 3    2 2







Hướng dẫn giải:

 







Điều kiện xác định:

3 2 0

x y

 





 



x y  xy xy xy x y  xy  xy  xy  xy

 

xy  xy xy xy Suy ra

3 3

x y  xy xy xy xy xy  xy xy

x y  xy xy xy x y Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi xy

Thay xy vào phương trình (2) ta được:

x



 

2x 3 x 

  với mọi

3 2

x )

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x y 3 (thỏa mãn điều kiện)

7 Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn ab bc caabc2 Chứng minh rằng

4

a   b c abc

Hướng dẫn giải:

Trong ba số a1,b1,c1 luôn tồn tại hai số có tích không âm Không mất tính tổng quát, giả sử b1c 1 0, suy ra b  c 1 bc

Do đó abc 2 bca b c   bca bc 1 hay a bc 2

Theo bất đẳng thức Cô-si ta có b2c2 2bc Từ đó ta suy ra

Vậy a2  b2 c2 abc4

8 Cho a b x y, , , là các số thực dương thoả mãn x y x, 2 ,y y2 ,x a3b và

  

  Chứng minh rằng

2 2







Hướng dẫn giải:

Ta có

           

3

x y



Từ đây suy ra x y a

x y b







Mặt khác ta lại có

   

  

2 2

2 2

      

        

          

Khi đó áp dụng BĐT AM-GM, ta thu được ngay đpcm

9 Cho a b, là các số thực dương Chứng minh rằng

2 2 2 2

Hướng dẫn giải:

 TH1: ab1

BĐT 2 2  2   2 2

Mà a b 2 ab 2a b2 2 (do ab1), suy ra 2 2

a b  a b  Lại có 1ab0 nên suy ra

1ab a b 2a b 0 Vậy TH1 được giải quyết

 TH2: ab1

Để ý rằng a b 2

BĐT    2 2   2  

  2   2 2  

Mà  2 2 2 2 1 2

2

ab a b a b  a b  a b (điều này có được do ab1 và a b 2) Khi đó kết hợp với ab1 suy ra

   2 2  

ab ab a b  a b  Vậy TH2 được giải quyết

Khi đó bài toán được giải quyết hoàn toàn

10 Giải phương trình 4x27x 1 2 x2

Hướng dẫn giải:

Điều kiện xác định x 2

Đối với phương trình này, ta có 2 hướng giải cơ bản sau:

 Cách 1: Lũy thừa hai vế phương trình

2

4x 7x 1 2 x2

2

2 2

2

2

4 7 1 0

4 7 1 0

   



 

   



   



 

   



 Cách 2: Phân tích thành hằng đẳng thức

2 2

2 2 1

2 2 3

           

   

      

   



Ngoài ra, ta có một số cách giải khác (những cách giải này sẽ thích hợp để giải các bài toán khác, khó hơn)

 Cách 3: Đặt ẩn phụ để đưa về hệ phương trình

Đầu tiên, ta biến đổi phương trình như sau:

2

4x 7x 1 2 x2

2x 1 3x 2 2 2x 1 3x

Đặt u2x1 và v 2 2 x 1 3x v 0 thì ta có hệ

2

2

3 2

3 2

  



 



 

2 2

2

Do đó ta được u v hoặc u  v 2

 Cách 4: Đặt ẩn phụ để đưa về hệ phương trình

Đặt 2y 1 x2 Ta có

2

2





 Cách 5: Đặt ẩn phụ không hoàn toàn

Đặt t x2t0 Khi đó phương trình trở thành

Xem đây là phương trình bậc hai ẩn t với tham số x , ta có  2

4 x 1

Do đó ta tìm được t2x1 hoặc t  2x 3

 Cách 6: Dùng lượng liên hợp

Phương trình đã cho tương đương

11

4

11

4

Mặt khác dễ thấy với x 2 thì 4 1 0

11

4

nên ta được 1

4

x hoặc 7

4

x

là

hai nghiệm của phương trình

11 Giải hệ phương trình

3 3

3 2

7 2





Hướng dẫn giải:

Bằng cách nhẩm nghiệm, ta thấy hệ có nghiệm (1, 2), ta sẽ chứng minh nghiệm này là duy nhất

Hệ phương trình đã cho tương đương với

      

2

       





     

2

       



 

     

 TH1: x1

Khi đó từ phương trình đầu tiên của (*) ta được y2 (do x2    x 1 0 x và

2

2 4 0

y  y   y )

Khi đó từ phương trình thứ hai của (*), do y2 và y2    y 2 0 y nên ta được

x 1 0

   hay x1 (mâu thuẫn)

Do đó trường hợp này loại

 TH2: x1

Chứng minh tương tự như TH1, ta cũng có được mâu thuẫn nên trường này cũng loại

 TH3: x1

Dễ thấy khi đó y2

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là  1, 2

12 Cho một tam giác có độ dài ba cạnh là a b c, , thoả mãn

a b c    b c a   c a b a b c Chứng minh rằng tam giác đó là tam giác đều

Hướng dẫn giải:

Nhắc lại một hằng đẳng thức quen thuộc:

 3  3 3 3    

3

Áp dụng hằng đẳng thức này, ta được

 3   3  3 3    

a b c            b c  abc

 3  3 3 3    

3

Khi đó giả thiết của bài toán sẽ trở thành

8abc a b b c c a   Mặt khác, theo BĐT AM-GM ta lại có 8abca b b c c a     , dấu “=” xảy ra khi và chỉ

khi a b c hay tam giác đề bài cho là tam giác đều

13 Cho các số thực a b c d, , , thoả mãn đồng thời

1 2 3 6

abc d

cda b dab c

 

 

 

  













Chứng minh rằng

0

a b c d   

Hướng dẫn giải:

TH1: Trong bốn số a b c d, , , có một số bằng 0, chẳng hạn d 0

Khi đó giả thiết của đề bài trở thành

1 2 3 6

abc a b c















 





(mâu thuẫn)

Do đó trường hợp này loại

TH2: abcd 0

Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng, giả sử a b c d   0, khi đó từ giả thiết suy ra

0

abc bcd cda dab     a b c d Xét đa thức

P x  x a x b x c x d

Ta thấy P x là đa thức bậc 4 do đó chỉ có thể có tối đa bốn nghiệm, bốn nghiệm này chính  

P x x  ab bc cd  da ac bd x  abcd nên

, , ,

    cũng là bốn nghiệm của P x Điều này chứng tỏ hai bộ nghiệm   a b c d , , , 

và    a b c, , , d là trùng nhau (thứ tự khác nhau)

Do a a do đó ta sẽ xét các trường hợp sau:

TH2a: a b

Khi đó từ hai phương trình bcd a 2 và cda b 3 suy ra

bcd a cda b   cd a b    Điều này mâu thuẫn nên trường hợp này loại

Các trường hợp khác cũng hoàn toàn tương tự

Vậy điều giả sử là sai nên ta sẽ có a b c d   0