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

CCBITONKHểCHNLCTCC
THI2010 2011

Bài 5. Tìm x để y đạt giá trị lớn nhất thoả mãn: x
2
+ 2y
2
+ 2xy - 8x 6y =
0.
Bi 5.
iu kin tn ti x khi PT: x
2
+ 2(y 4)x + 2y
2
- 6y = 0 cú nghim =>
(y 4)
2
2y
2
+ 6y
0



y
2
+ 2y 17
0

(y+1)
2


17 . T dú +> du
bng xy ra tỡm y thay vo phng trỡnh tỡm x

Cõu V: ( 0,5 im)
Tỡm giỏ tr nh nht ca : y=
x 3 x 1 1
;(x 1)
x 4 x 1 2




Cõu V: ( 0,5 im)
Tỡm giỏ tr nh nht ca : y=


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

0.25


min
1 1
x 1 0 x 1 x 1 3 3
3
x 1 3
1 2 2
y 1 y khi x=1
3 3 3





0.25

Bài 4 (0,75 điểm):
Cho x xy +1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2

3xy
P
x y



Bài 4:
Từ giả thiết suy ra x

0

1. Nếu y = 0 thì P = 0 0,25 đ
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
xy +1 0,25 đ
TH2: x > 0, y > 0. Từ x xy +1 suy ra
1 y y 1
1 y 2
x x x 4

Đặt
2
y 1 3t
t = 0 < t P =
x 4 1+ t





Xét



2
2
2 2
3 17t 4t 4
12 3t 12 3(4 t)(4t 1)
P = 0
17 t 1 17
17 t 1 17 t 1





(Vì
1
0 < t

4
)
Do đó:
12
P
17
.
Kết hợp lại ta đợc
12
P
17
Vậy giá trị lớn nhất của P =
12
17

Đạt đợc khi chỉ khi t =
1
4

1
x;y 2; .
2





0,25 đ

Cõu 5 (1 im). Cho hai s thc dng x, y tha món 4xy = 1.
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc: A =
2 2
2 2 12
x y xy
x y



Cõu 5 (1 im). Cho hai s thc dng x, y tha món 4xy = 1.
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc: A =
2 2
2 2 12
x y xy
x y



Ta cú A =
2
2 2 2 2 2
2 ( ) 2 3
2 2 3.4 2 2 3 2.( ) 4 3
x y xy
x y xy x y x y xy
x y x y x y x y

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







2
2( )x y
x y
  

=
1
2 ( )x y
x y
 
 
 


 

Xét
1
( )x y
x y
 


Áp dụng Cosi cho 2 số (x+y) và (
1
x y

) ta có:
(x+y) + (
1
x y

) ≥ 2
 
1
x y .( )
x y


= 2
Do đó: A =
1
2 ( )x y

x y
 
 
 

 
≥ 4
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

x = y =
1
2


Bài 5:(1,0 điểm).
Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện 0 < a < b và phương
trình ax
2
+ bx + c = 0

vô nghiệm. Chứng minh rằng:
a
b
cba



> 3
Bài 5:(1,0 điểm).
Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện 0 < a < b và phương trình
ax
2
+ bx + c = 0 vô nghiệm. Chứng minh rằng:
a
b
cba



> 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
cba



> 3 (pcm)

Bi 5: (1 im)
Chng minh rng phng trỡnh

02
62856244
baaxabaxba
luụn luụn cú nghim vi mi a, b.
Bi5
(1)






Cn chng minh p/t ( a
4
b
4
) x
2
-2(a
6
ab
5
)x +a
6
a
2
b

6
= 0
luụn cú nghim vi mi a ,b .
Ta cú a
4
b
4
= (a
2
)
2
(b
2
)
2
= 0





ba
ba

khi a = b thỡ p/t cho cú dng 0x = 0 => p/t cho
cú vụ s nghim s vi mi x

R (1)
Khi a= -b ta cú p/t : 4a
6

x = 0 x = 0 khi a

0
(2)
Khi a = 0 thỡ p/t cú dng 0x = 0

x

R.
(3)
T (1) ,(2) v (3) => P/ T cho luụn cú nghim vi a =b hay a
= -b (*)

Khi a


b thỡ p/t cho cú

= a
6
b
4
(b-a)
2


0
Vy khi a

b p/t cho luụn cú nghim (**)
T (*) v (**) => p/t cho luụn cú nghieemk vi mi a, b .








0,25

0,25

0,5

Câu 5. (1,0 im) Tìm tất cả các cặp số (x;y) thoả mãn điều kiện 2
( 4 4)
x y y x xy



Câu 5 : Đk x 4;4


y
PT 04444 xyxyxyyx
0)4444()4444( yyxxxy
0)24()24(
22

yxxy ( Vì x > 0 và y >0 )


024 x

x=8
024 y 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
P x y
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
33 65
8
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
Có
2 2 2
( ) ( )( )
a a b c a b c a b c
       
(1) ,
2 2 2
( ) ( )( )
b b c a b c a b c a
       

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

8 8( ) 8( ) 9 0
a b c ab bc ca abc
        

8 9 8( ) 0 9 8( ) 8
abc ab bc ca abc ab bc ca
           
(*)
0,25
Ta có
3 3 3 3
( ) 3( )( ) 3 8 6( ) 3
a b c a b c a b c ab bc ca abc ab bc ca abc
               

0,25
Từ đó


3 3 3

4( ) 15 27 24( ) 32 3 9 8( ) 32
a b c abc abc ab bc ca abc ab bc ca
            
(**)
Áp dụng (*) vào (**) cho ta
3 3 3
4( ) 15 3.( 8) 32 8
a b c abc
      

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
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
4 1

x y

.
Câu 5 : Vì x , y là các số dương thoả mãn x – y

1 nên ta có :
P =
4 1
x y



P .1

( x – y )
4 1
x y
 

 
 



P

4 -
4
x y
y x


+ 1


P

5 -
4
x y
y x
 

 
 

Áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương ta có :
4
x y
y x


2
4
.
x y
y x


4
x y

y x



4
Dấu ‘‘=’’ xảy ra

x =

2y
=> P

5 – 4 => P

1
Dấu ‘‘=’’ xảy ra

x =

2y
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi x =

2y.
Bµi 5 . (1,0 ®iÓm) Cho biÓu thøc : P = xy(x – 2)(y + 6) + 12x
2
– 24x +
3y
2
+ 18y + 36.
Chøng minh P lu«n d¬ng víi mäi x;y thuéc R .

C©u V
1 ®iÓm


P = xy(x
–

2)(y + 6) + 12x
2

–

24x + 3y
2

+ 18y
+ 36.
= xy(x – 2)(y + 6) + 12x(x – 2) + 3y(y + 6) +
36
0,25
=x(x
–

2).






6 12 3 6 12
y y y y    
   
   


0,25
=




2 2
6 12 2 3
y y x x
   

0,25
Mµ
 
2
2
6 12 3 3 0
y y y
     


 
2
2

2 3 1 2 0
x x x
     

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
= x
3
+ y
3
+ (-x – y)
3
= -3xy(x +
y).
Mặt khác (x – y)
2
 0 x, y  xy 
2
(x y)
4

 xy(x + y) 
3
(x y)
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
3 3 2 2
3 3
(a 1) a 3a 3a 1 a(a 3a 3) 1 a a a 1
2 4
 
            
 
 


3
3
(a 1) a 1
4
  
(1) (do a  0 và
2
3
a 0
2
 
 
 
 
)
Tng t:
3
3
(b 1) b 1
4

(2)

3
3
(c 1) c 1
4

(3)
Cng (1), (2) v (3) v theo v ta c :
(a 1)
3
+ (b 1)
3
+ (c 1)
3

3 3 3
(a b c) 3 3 3
4 4 4


Vy (a 1)
3
+ (b 1)
3
+ (c 1)
3

3
4

.
Du ng thc xy ra khi v ch khi :
2
2
2
3

3
0
0
3
2
0,
2
2
3
3
0
0
3
0,
2
2
2
3
3
0
3
0
0,
2
2
2
3
3

a a
a a
a b c
b b
b b
b a c
c c
c c
c a b
a b c
a b c


Cõu 5: (1.00 im)
Cho a, b, c l cỏc s thc tha món: abc = 1. Tớnh:

1 1 1
1 1 1
A
a ab b bc c ca



Câu 5: 1điểm
Với a.b.c=1 ta có:

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

abac
abac
abac
abac
abac
abccac
abac
cac
abacabac
ca
abac
c
abacaababa
abcaccaabcab
a
abaaccbcbaba
A

Bài 5: (1, 0 điểm)
Cho hai số a,b khác 0 thoả mãn 2a
2
+
2
2
1
4

b
a
= 4
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = ab + 2009.
Bài 5: Từ 2a
2
+
2
4
b
+
2
1
a
= 4 (ab)
2
= - 8a
4
+ 16a
2
4 = 4 8(a

4

2a
2
+1) 4
-2 ab 2
2007 S 2011
MinS = 2007 ab = -2 và a
2
= 1 a = 1 , b =

2

Cõu 5: (1)
Cho b,c l hai s tho món h thc:
1 1 1
2
b c


Chng minh rng ớt nht 1 trong hai phng trỡnh sau phi cú nghim:
x
2
+bx+c=0 (1) ; x
2
+cx+b=0 (2)
Cõu 5: (1)
1 1 1
2
b c

=> 2(b+c)=bc(1)
x
2
+bx+c=0 (1) Cú

1
=b
2
-4c; x
2
+cx+b=0 (2) ;Cú

2
=c
2
-4b
Cng

1+

2
= b
2
-4c+ c
2
-4b = b
2
+ c
2

-4(b+c)= b
2
+ c
2
-2.2(b+c)= b
2
+ c
2
-
2bc=(b-c)

0.
(thay2(b+c)=bc ) Vy trong

1;

2
cú mt biu thc dng hay ớt nht 1
trong hai phng trỡnh x
2
+bx+c=0 (1) ; x
2
+cx+b=0 (2) phi cú
nghim:

Câu VI:(0,5 điểm)
Tìm số nguyên x; y thoả mãn đẳng thức: x
2
+ xy +y
2

- x
2
y
2
= 0

Ta có: x
2
+ xy +y
2
- x
2
y
2
= 0
<=> 4x
2
+ 4xy +4y
2
- 4x
2
y
2
= 0
<=> 4x
2
+ 8xy +4y
2
- (4x
2

y
2
+ 4xy +1) - 1 = 0
<=> (2x + 2y)
2
- (2xy + 1)
2
= 1
<=> (2x + 2y - 2xy - 1)(2x + 2y + 2xy + 1) = 1
=>

















11 2xy 2y 2x
-11 2xy 2y 2x
-11 2xy 2y 2x

1 1 -2xy -2y 2x

Giải hệ PT ta đợc (x; y) = (0; 0) hoặc x = - y
Thay x = - y vào (1) ta tìm đợc (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 dơng x, y, z thỏa mãn xyz -
16
0
x y z



Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = (x+y)(x+z)
Câu VI. Cách 1: Vì xyz -
16
0
x y z


=> xyz(x+y+z) = 16
P = (x+y)(x+z) = x
2
+xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz
áp dụng BĐT Côsy cho hai số thực dơng là x(x+y+z) và yz ta có
P = (x+y)(x+z) = x(x+y+z) + yz 816.2)(2 zyxxyz ; dấu đẳng thức
xẩy ra khi
x(x+y+z) = yz .Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8
Cách 2: Vì

xyz
zyx
zyx
xyz
16
0
16




P = (x+y)(x+z) = x
2
+xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz =
yz
yz
yz
xyz
x
1616

áp dụng BĐT Côsy cho hai số thực dơng là
yz
16
và yz ta có
P =
yz
yz

16

816.2
16
2 yz
yz
; dấu đẳng thức xẩy ra khi
yz
yz

16

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8