một số bài giải đẳng thức và bất đẳng thức

Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
Bài 2:
a) Cho
1 1 1
0( , , 0)x y z
x y z
+ + =
. Tính
2 2 2
yz xz xy
x y z
+ +
b) (1,5đ) Vì
3
3 3 3 2 2 3
1 1 1 1 1 1
0
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
3. . 3 .
x y z z x y
z x y z x x y x y y

+ + = = +
ữ


= + = + + +
ữ ữ

3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

3 . . 3.
x y z x y x y x y z xyz

+ + = + + + =
ữ

Do đó : xyz(
3
1
x
+
3
1
y
+
3
1
z
)= 3
3 3 3 2 2 2
3 3
xyz xyz xyz yz zx xy
x y z x y z
+ + = + + =
Câu 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất: A = x
2
- 2xy + 6y
2
12x + 2y + 45.
Câu 5. A = x

2
- 2xy+ 6y
2
- 12x+ 2y + 45
= x
2
+ y
2
+ 36- 2xy- 12x+ 12y + 5y
2
- 10y+ 5+ 4
= ( x- y- 6)
2
+ 5( y- 1)
2
+ 4
4

Giá trị nhỏ nhất A = 4
Khi:
y- 1 = 0 => y = 1
x- y- 6 = 0 x = 7
Câu 2: a. Cho
0
=++
c
z
b
y
a

x
(1) và
2=++
z
c
y
b
x
a
(2)
Tính giá trị của biểu thức A=
2 2 2
2 2 2
x y z
a b c
+ +
b. Bit a + b + c = 0 Tính : B =
222222222
bac
ca
acb
bc
cba
ab
+
+
+
+
+
Câu 2: . ( 1,25 điểm) a. Từ (1) bcx +acy + abz =0

Từ (2)
=








+++++ 02
2
2
2
2
2
2
yz
bc
xz
ac
xy
ab
c
z
b
y
a
x

424
2
2
2
2
2
2
=








++
=++
xyz
bcxacyabz
c
z
b
y
a
x
b. . ( 1,25 điểm) Từ a + b + c = 0 a + b = - c a
2
+ b
2

c
2
= - 2ab
Tơng tự b
2
+ c
2
a
2
= - 2bc; c
2
+a
2
-b
2
= -2ac
B =
2
3
222
=

+

+
ca
ca
bc
bc
ab

ab
1
Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
Bài 4 (1đ):
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
2
2007
20072
x
xx
A
+
=
, ( x khác 0)
Bài 4 (1đ):
A =
2
22
2007
20072007.22007
x
xx +

=
2
22
2007
20072007.2
x

xx +
+
2
2
2007
2006
x
x
=
2007
2006
2007
2006
2007
)2007(
2
2
+

x
x
A min =
2007
2006
khi x - 2007 = 0 hay x = 2007 (0,5đ)

Câu 5 ( 1 điểm)
a, Chứng minh rằng
( ) ( )
3

3
333
.3 zyxxyyxzyx
+++=++
b, Cho
.0
111
=++
zyx
Tính
222
z
xy
y
xz
x
yz
A
++=
Câu 5. a, , Chứng minh
( ) ( )
3
3
333
.3 zyxxyyxzyx
+++=++

Biến đổi vế phải đợc điều phải chứng minh.
b, Ta có
0

=++
cba
thì
( ) ( ) ( )
abcccabccbaabbacba 333
333
3
333
=+=+++=++
(vì
0
=++
cba
nên
cba
=+
)
Theo giả thiết
.0
111
=++
zyx

.
3111
333
xyz
zyx
=++
khi đó

3
3111
333333222
=ì=








++=++=++=
xyz
xyz
zyx
xyz
z
xyz
y
xyz
x
xyz
z
xy
y
xz
x
yz
A

Câu 2: ( 1 điểm )
a) Chứng minh đẳng thức: x
2
+y
2
+1 x.y + x + y ( với mọi x ;y)
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
A =
2
2
23


xxx
x
Câu2: ( 2 điểm )
1) (1 điểm ) x
2
+y
2
+1 x. y+x+y x
2
+y
2
+1 - x. y-x-y 0
2x
2
+2y
2
+2-2xy-2x-2y 0 ( x

2
+y
2
-2xy) + ( x
2
+1-2x) +( y
2
+1-2y) 0
2
Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
(x-y)
2
+ (x-1)
2
+ ( y- 1)
2
0
Bất đẳng thức luôn luôn đúng.
Câu4 ( 1 điểm )
Ta có A =
4
3
)
2
1
(
1
1
1
)2)(1(

2
2
22
++
=
++
=
++

x
xxxxx
x
Vậy A
max
[ ( x+
]
4
3
)
2
1
2
+
min x+
2
1
= 0 x = -
2
1
A

max
là
3
4
khi x = -1/2
Bài1( 2.5 điểm)
a, Cho a + b +c = 0. Chứng minh rằng a
3
+a
2
c abc + b
2
c + b
3
= 0
b, Phân tích đa thức thành nhân tử:
A = bc(a+d)(b-c) ac ( b+d) ( a-c) + ab ( c+d) ( a-b)
Bài 2: ( 1,5 điểm).
Cho biểu thức: y =
2
)2004( +x
x
; ( x>0)
Tìm x để biểu thức đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị đó
Bài 1: 3 điểm
a, Tính:
Ta có: a
3
+ a
2

c abc + b
2
c + b
3
= (a
3
+ b
3
) + ( a
2
c abc + b
2
c)= (a + b) ( a
2
ab =b
2
) + c( a
2
- ab +b
2
)
= ( a + b + c ) ( a
2
ab + b
2
) =0 ( Vì a+ b + c = 0 theo giả thiết)
Vậy:a
3
+a
2

c abc + b
2
c + b
3
= 0 ( đpCM)
b, 1,5 điểm Ta có:
bc(a+d) 9b c) ac( b +d) (a-c) + ab(c+d) ( a-b)
= bc(a+d) [ (b-a) + (a-c)] ac(a-c)(b+d) +ab(c+d)(a-b)
= -bc(a+d )(a-b) +bc(a+d)(a-c) ac(b+d)(a-c) + ab(c+d)(a-b)
= b(a-b)[ a(c+d) c(a+d)] + c(a-c)[ b(a+d) a(b+d)]
= b(a-b). d(a-c) + c(a-c) . d(b-a)
= d(a-b)(a-c)(b-c)
Bài 2: 2 Điểm Đặt t =
y2004
1
Bài toán đa về tìm x để t bé nhất
Ta có t =
x
x
2004
)2004(
2
+
=
2 2
2.2004 2004
2004
x x
x
+ +

=
x
x 2004
2
2004
++
=
2
2004
2004
22
+
+
x
x
(1)
Ta thấy: Theo bất đẳng thức Côsi cho 2 số dơng ta có:
x
2
+ 2004
2


2. 2004 .x


2
2004
2004

22

+
x
x
(2)
Dấu = xảy ra khi x= 2004
Từ (1) và (2) suy ra: t

4

Vậy giá trị bé nhất của t = 4 khi x =2004.
3
Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
Vậy y
max
=
8016
1
2004
1
=
t
Khi x= 2004
Bài 1 ( 2 điểm).

Cho biểu thức :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 1 1 1

x y x y
P
x y y x y x x y
=
+ + + +
1.Rút gọn P.
2.Tìm các cặp số (x;y)

Z sao cho giá trị của P = 3.
Bài 5 (1 điểm). Cho các số a; b; c thoả mãn : a + b + c =
3
2
.
Chứng minh rằng : a
2
+ b
2
+ c
2



3
4
.
Bài 1. (2 điểm - mỗi câu 1 điểm)
MTC :
( ) ( ) ( )
1 1x y x y+ +
1.

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 1 1 1
1 1 1 1
x x y y x y x y x y x y x y xy
P
x y x y x y x y
+ + + + +
= =
+ + + +

P x y xy= +
.Với
1; ; 1x x y y
thì giá trị biểu thức đợc xác
định.
2. Để P =3
3 1 2x y xy x y xy + = + =

( ) ( )
1 1 2x y + =
Các ớc nguyên của 2 là :
1; 2.
Suy ra:
1 1 0
1 2 3
x x

y y
= =



+ = =


1 1 2
1 2 1
x x
y y
= =



+ = =

(loại).
1 2 3
1 1 0
x x
y y
= =



+ = =

1 2 1
1 1 2
x x
y y
= =



+ = =

(loại)
Vậy với (x;y) = (3;0) và (x;y) = (0;-3) thì P = 3.
Bài 5 (1điểm)
Ta có:
2
2 2 2
1 1 1
0 0
2 4 4
a a a a a

+ +
ữ

Tơng tự ta cũng có:
2
1
4
b b+
;

2
1
4
c c+
Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta đợc:
2 2 2
3
4
a b c a b c+ + + + +
. Vì
3
2
a b c+ + =
nên:
2 2 2
3
4
a b c+ +

4
Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
Dấu = xảy ra khi a = b = c =
1
2
.
Câu 4. Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác .
Chứng minh rằng: a
2
+ b
2

+ c
2
< 2 (ab + ac + bc)
Câu 4. Từ giả thiết a < b + c
a
2
< ab + ac
Tng tự b
2
< ab + bc
c
2
< ca + cb
Cộng hai vế bất đẳng thức ta đợc (đpcm)
Bài 3: (2đ)
a) Cho 3 số x,y,z Thoã mãn x.y.z = 1. Tính biểu thức
M =
zxzyzyxyx ++
+
++
+
++ 1
1
1
1
1
1
b) Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
Chứng minh rằng:
bacacbcba +

+
+
+
+
111

cba
111
++
0,2đ
Bài 3:
a) Vì xyz = 1 nên x

0, y

0, z

0

1)1(1
1
++
=
++
=
++ xzz
z
xyxz
z
xyx

zxz
xz
xzyzy
xz
yzy ++
=
++
=
++ 1)1(1
1

M =
1
1
1
11
=
++
+
++
+
++ xzzzxz
xz
xzz
z

b) a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên
a+b-c > 0; b+c-a > 0; c+a-b > 0

yxyx +
+
411
với x,y > 0
bbacbcba
2
2
411
=
+
+
+


cbacacb
211

+
+
+

acbabac
211

+
+
+

Cộng từng vế 3 bất đẳng thức rồi chia cho 3 ta đợc điều phải chứng minh.
Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c

Câu 4: ( 1,5 điểm)
Cho a > b > 0 so sánh 2 số x , y với :
x =
2
1
1
a
a a
+
+ +
; y =
2
1
1
b
b b
+
+ +
5
Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
Câu 4: (1,5 đ). Ta có x,y > 0 và
2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1 1
1 1
a a a
a
x a a y

a a a b b
+ +
= = + = + = + > + =
+
+ +
+ +
Vì a> b > 0 nên
2 2
1 1
a b
<
và
1 1
a b
<
. Vậy x < y.
Câu 4(2 điểm ) : Chứng minh rằng nếu .a
2
+b
2
+c
2
=ab+bc+ac thì a=b=c
Bài 4 (2 điểm ) Chứng minh.
Theo giả thiết : a
2
+b
2
+c
2

= ab+ac+bc.
Ta có : a
2
+b
2
+c
2
ab ac - bc = 0
Suy ra : (a
2
-2ab+b
2
) + (b
2
-2ab+c
2
) + (a
2
-2ac+c
2
)=0 (1 điểm).
(a-b)
2
+ (b-c)
2
+ (a-c)
2
= 0
Điều này xảy ra khi và chỉ khi.
a-b = b-c = a-c = 0 Tức là : a=b=c (1 điểm).

Câu 4: (1đ) Giải bất phơng trình ax b> bx+a
Câu 4: * Nếu a> b thì x>
ba
ba

+
* Nếu a<b thì x<
ba
ba

+
* Nếu a=b thì 0x> 2b
+ Nghiệm đúngvới mọi x nếu b<0
+ Vô nghiệm nếu b
0

Câu 4(2đ): Cho a, b > 0 và a+b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M = (1+ 1/a )
2
+ (1+ 1/b)
2
Câu 4: M = 18 khi a = b =
Bài 4. Cho a 4; ab 12. Chứng minh rằng C = a + b 7
Bài 4. Ta có: C = a + b = (
74
4
1
4
123
2

4
1
4
3
2
4
1
)
4
3
=+

+++ a
ab
aba
(ĐPCM)
Câu 4:
Trong hai số sau đây số nào lớn hơn:
a =
19711969 +
; b =
19702
Câu 4: (1.5đ)
Ta có: 1970
2
1 < 1970
2

1969.1971 < 1970
2

1970.21971.19692 <
(*)
Cộng 2.1970 vào hai vế của (*)
ta có:
1970.41971.196921970.2 <+

22
)19702()19711969( <+

1970219711969 <+
Vậy:
1970219711969 <+
6
Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
Bài 5 (1đ)
Cho các số dơng a, b, c có tích bằng 1
CMR: (a + 1) (b + 1)(c + 1)
8

Bài 5 (1đ) Cho các số dơng a, b, c có tích bằng 1
Chứng minh: (a + 1)(b + 1)(c + 1)
8
Do a, b, c là các số dơng nên ta có;
(a 1)
2

( )
2

2 2 2
0 0 1 2 2 1 1 4a a a a a a a > + + + +
(1)
Tơng tự (b + 1)
2


4b (2)
(c + 1)
2


4c (3)
Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có:
(b + 1)
2
(a 1)
2
(c + 1)
2


64abc (vì abc = 1)
((b + 1)(a 1)(c + 1))
2


64
(b + 1)(a 1)(c + 1)

8
Bài 1:(2 điểm) Cho A =
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
b c - a c a - b a b - c
+ +
+ + +
Rút gọn biểu thức A, biết a + b + c = 0.
Bài 1:(2 điểm) Ta có: a + b + c = 0

b + c = - a.
Bình phơng hai vế ta có : (b + c)
2
= a
2

b
2
+ 2bc + c
2
= a
2


b
2
+ c
2
- a
2

= -2bc

Tơng tự, ta có: c
2
+ a
2
- b
2
= -2ca
a
2
+ b
2
- c
2
= -2ab

A =
1 1 1 -(a+b+c)
- - - = =0
2bc 2ca 2ab 2abc
(vì a + b + c = 0)
Vậy A= 0.

Cõu 2: (2)
Cho x,y,z

0 tho món x+ y +z = xyz v
x
1

+
y
1
+
z
1
=
3

Tớnh giỏ tr ca biu thc P =
222
111
zyx
++
Cõu 4: (3)
a, Chng minh rng A = n
3
+ (n+1)
3
+( n+2)
3


9 vi mi n

N
*
b, Cho x,y,z > 0 Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
P =
yx

z
xz
y
zy
x
+
+
+
+
+
7
Tuyển tập đề thi HSG Toán 8
Có (
2
)
111
zyx
++
=
222
111
zyx
++
+ 2(
)
111
yzxzxy
++
(
2

)3
= p + 2
xyz
xyz ++
vậyP+2=3
suy ra P = 1.
a, = n
3
+(n
3
+3n
2
+3n+1)+(n
3
+6n
2
+12n+8)
=3n
3
+9n
2
+15n+9 = 3(n
3
+3n
2
+5n+3)
Đặt B= n
3
+3n
2

+5n+1 = n
3
+n
2
+ 2n
2
+2n + 3n+3
=n
2
(n+1) +2n(n+1) +3(n+1) = n(n+1)(n+2) + 3(n+1)
Ta thấy n(n+1)(n+2) chia hết cho 3 ( vì tích của 3 số tự nhiên liên tiếp )
3(n+1) chia hết cho3
⇒
B chia hết cho 3
⇒
A =3B chia hết cho 9
b, Đặt y+z =a ; z+x =b ; x+y = c
⇒
x+y+z =
2
cba ++
⇒
x =
2
cba ++−
; y =
2
cba +−
; z=
2

cba −+
P =
c
cba
b
cba
a
cba
222
−+
+
+−
+
++−
=
)111(
2
1
c
b
c
a
b
c
b
a
a
c
a
b

++−++−++−
=
))()()(3(
2
1
b
c
c
b
c
a
a
c
b
a
a
b
++++++−
≥
2
3

Min P =
2
3
( Khi và chỉ khi a=b=c
⇔
x=y=z
Câu 1: (4điểm)
b. Cho (a+b+c)

2
=a
2
+b
2
+c
2
và a,b,c
≠
0.
Chứng minh :
abc
3
c
1
b
1
a
1
333
=++

Câu 2: (3điểm)
a. Tìm x,y,x biết :
5
zyx
4
z
3
y

2
x
222222
++
=++
Câu 4: (2điểm)
Cho a,b,c>0
Chứng minh bất đẳng thức :






+






+






+
bc

a
c
ba
c
b
ac
b
a
= 8 khi a = b = c
= 1.
8
Tuyển tập đề thi HSG Toán 8
Câu 6(2điểm)
Chứng minh rằng nếu a,b,c là các số hữu tỷ và ab+bc+ac=1 thì
(1+a
2
)(1+b
2
)(1+c
2
) bằng bình phương của số hữu tỉ.
Vì: (a+b+c)
2
=a
2
+b
2
+c
2
và a,b,c

≠
0.
⇒=++⇒ 0bcacab
0
abc
bcacab
=
++
0
c
1
b
1
a
1
=++⇒
Đặt :
z
c
1
;y
b
1
;x
a
1
===

chứng minh bài toánNếu x+y+z=0 thì: x
3

+y
3
+z
3
=3xyz
⇒
đpcm
:
5
zyx
4
z
3
y
2
x
222222
++
=++
5
z
4
z
5
y
3
y
5
x
2

x
222222
−+−+−⇔
=0
zyx0
20
z
15
y2
10
x3
222
==⇔=++⇔
.
đặt A=






+






+







+
bc
a
c
ba
c
b
ac
b
a
=








+







+++
bc
a
c
a
1
ac
b
b
c
ab
2
2
2

=
abc
1
a
c
c
b
a
b
b
a
b
c
c

a
abc
22
2
2
22
+++++++

=






++






++






++







+
2
2
2
2
2
2
b
a
a
b
c
b
b
c
a
c
c
a
abc
1
abc

tacó x+

x
x
∀≥ 2
1
>0 Nên A
≥
8 đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
có 1+a
2
=ab+ac+bc+a
2
=(a+c)(a+b)
Tương tự 1+b
2
=(a+b)(b+c)
1+c
2
=(b+c)(a+c)
( )( )( )
[ ]
2
222
cbcaba)c1)(b1)(a1( +++=+++⇒
đpcm

Đề 24
9
Tuyển tập đề thi HSG Toán 8
Bài 2:
(3điểm) Cho a , b , c thỏa mãn điều kiện a

2
+ b
2
+ c
2
= 1
Chứng minh : abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + ac + bc ) ≥ 0
Bài 5: (2 điểm)
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
6
+3x
2
+1=y
3
Đặt A= abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc) vì a
2
+b
2
+c
2
=1
Nếu abc >0 ta có:A=abc+a
2
+b
2
+c
2
+2ab+2bc+2ca+2(a+b+c) +1
A=(a+b+c+1)
2

+abc
0≥
(1)
Nếu: abc<0 ta có:
A=2(1+a+b+c+ab+ac+bc+abc)-abc
Biến đổi được :A=( 1+a)(1+b)(1+c) +(-abc)
Vì ì a
2
+b
2
+c
2
=1nên -1
1;; ≤≤ cba
nên (1+a)(1+b)(1+c)
0≥
Và -abc
0
≥
nên A
0
≥
(2)
Từ 1 và (2) suy ra abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc)
0≥
Với x≠ 0 ta có 3x
4
>0; 3x
2
>0 ta có

(x
2
)
3
<y
3
<(x+1)
3
nên phương trình vô nghiệm
Với x=0 ta có y
3
=1 suy ra y=1
Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất(x;y)=(0;1)
Câu 3: (5,0 điểm)
a) Cho
1
x y z
a b c
+ + =
và
0
a b c
x y z
+ + =
.
Chứng minh rằng :
2 2 2
2 2 2
1
x y z

a b c
+ + =
.
Từ :
ayz+bxz+cxy
0 0
a b c
x y z xyz
+ + = ⇔ =
⇔
ayz + bxz + cxy = 0
Ta có :
2
1 ( ) 1
x y z x y z
a b c a b c
+ + = ⇔ + + =
2 2 2
2 2 2
2( ) 1
x y z xy xz yz
a b c ab ac bc
⇔ + + + + + =
2 2 2
2 2 2
2 1
x y z cxy bxz ayz
a b c abc
+ +
⇔ + + + =

2 2 2
2 2 2
2 1
x y z cxy bxz ayz
a b c abc
+ +
⇔ + + + =
2 2 2
2 2 2
1( )
x y z
dfcm
a b c
⇔ + + =
10
Tuyển tập đề thi HSG Toán 8
Câu1.
b. Cho
a b c
1
b c c a a b
+ + =
+ + +
.
Chứng minh rằng:
2 2 2
a b c
0
b c c a a b
+ + =

+ + +
Nhân cả 2 vế của:
a b c
1
b c c a a b
+ + =
+ + +

với a + b + c; rút gọn
⇒
đpcm
Câu 4.
a. Cho 3 số dương a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:
1 1 1
9
a b c
+ + ≥
b. Cho a, b d¬ng vµ a
2000
+ b
2000
= a
2001
+ b
2001
= a
2002
+ b
2002

Tinh: a
2011
+ b
2011
a. Từ: a + b + c = 1
⇒

1 b c
1
a a a
1 a c
1
b b b
1 a b
1
c c c

= + +



= + +



= + +



1 1 1 a b a c b c

3
a b c b a c a c b
3 2 2 2 9
     
⇒ + + = + + + + + +
 ÷  ÷  ÷
     
≥ + + + =
Dấu bằng xảy ra
⇔
a = b = c =
1
3
.
Câu 4.
a. Cho 3 số dương a + b + c ≤ 1. Chứng minh rằng:
1 1 1
9
a b c
+ + ≥
Từ: a + b + c ≤ 1
⇒
1 ≥ a + b + c
a
cba
a
++
≥
1
=

a
c
a
b
++1
b
c
b
a
b
cba
b
++=
++
≥ 1
1
11
Tuyển tập đề thi HSG Tốn 8
c
cba
c
++
≥
1
=
c
b
c
a
++1

922233
111
=+++≥++++++≥++
b
c
c
b
a
c
c
a
a
b
b
a
cba
C©u 3 : (2 ®iĨm)
b) Cho a , b , c lµ 3 c¹nh cđa mét tam gi¸c . Chøng minh r»ng :
A =
3≥
−+
+
−+
+
−+ cba
c
bca
b
acb
a

b) (1®) §Ỉt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0
Tõ ®ã suy ra a=
2
;
2
;
2
yx
c
zx
b
zy +
=
+
=
+
;
Thay vµo ta ®ỵc A=






+++++=
+
+
+
+
+

)()()(
2
1
222 y
z
z
y
x
z
z
x
y
x
x
y
z
yx
y
zx
x
zy

Tõ ®ã suy ra A
)222(
2
1
++≥
hay A
3≥
C©u 5 : (1 ®iĨm)

T×m tÊt c¶ c¸c tam gi¸c vu«ng cã sè ®o c¸c c¹nh lµ c¸c sè nguyªn d¬ng vµ sè
®o diƯn tÝch b»ng sè ®o chu vi .
C©u 5 : (1®)
Gäi c¸c c¹nh cđa tam gi¸c vu«ng lµ x , y , z ; trong ®ã c¹nh hun lµ z
(x, y, z lµ c¸c sè nguyªn d¬ng )
Ta cã xy = 2(x+y+z) (1) vµ x
2
+ y
2
= z
2
(2)
Tõ (2) suy ra z
2
= (x+y)
2
-2xy , thay (1) vµo ta cã :
z
2
= (x+y)
2
- 4(x+y+z)
z
2
+4z =(x+y)
2
- 4(x+y)
z
2
+4z +4=(x+y)

2
- 4(x+y)+4
(z+2)
2
=(x+y-2)
2
, suy ra z+2 = x+y-2
z=x+y-4 ; thay vµo (1) ta ®ỵc :
xy=2(x+y+x+y-4)
xy-4x-4y=-8
(x-4)(y-4)=8=1.8=2.4 0,25
Tõ ®ã ta t×m ®ỵc c¸c gi¸ trÞ cđa x , y , z lµ :
(x=5,y=12,z=13) ; (x=12,y=5,z=13) ;
(x=6,y=8,z=10) ; (x=8,y=6,z=10)

Câu 5( 2 đ): Chứng minh rằng
2 2 4 2
1 1 1 1
1
2 3 4 100
P = + + + + <
Đáp án và biểu điểm
12
Tuyển tập đề thi HSG Toán 8
2 2 4 2
1 1 1 1

2 3 4 100
1 1 1 1

2.2 3.3 4.4 100.100
1 1 1 1

1.2 2.3 3.4 99.100
1 1 1 1 1
1
2 2 3 99 100
1 99
1 1
100 100
P = + + + +
= + + + +
< + + + +
= − + − + + −
= − = <
Bài 1: (4 điểm)
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) (x + y + z)
3
– x
3
– y
3
– z
3
.
b) x
4
+ 2010x
2

+ 2009x + 2010.
Bài 1:
a) (x + y + z)
3
– x
3
– y
3
– z
3
=
( )
3
3 3 3
x y z x y z
 
 
+ + − − +
 
 
=
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
2 2 2
y z x y z x y z x x y z y yz z
 
+ + + + + + + − + − +
 
=

( )
( )
2
y z 3x 3xy 3yz 3zx
+ + + +
= 3
( ) ( ) ( )
y z x x y z x y
+ + + +
 
 
= 3
( ) ( ) ( )
x y y z z x+ + +
.
b) x
4
+ 2010x
2
+ 2009x + 2010 =
( ) ( )
4 2
x x 2010x 2010x 2010
− + + +
=
( )
( ) ( )
2 2
x x 1 x x 1 2010 x x 1
− + + + + +

=
( ) ( )
2 2
x x 1 x x 2010
+ + − +
.
Bài 2 (1,5 điểm): Cho x, y, z đôi một khác nhau và
0
z
1
y
1
x
1
=++
.
Tính giá trị của biểu thức:
xy2z
xy
xz2y
xz
yz2x
yz
A
222
+
+
+
+
+

=
• Bài 2 (1,5 điểm):
13
Tuyển tập đề thi HSG Toán 8
0
z
1
y
1
x
1
=++
0xzyzxy0
xyz
xzyzxy
=++⇒=
++
⇒
⇒
yz = –xy–
xz ( 0,25điểm )
x
2
+2yz = x
2
+yz–xy–xz = x(x–y)–z(x–y) = (x–y)(x–z) ( 0,25điểm )

Tương tự: y
2
+2xz = (y–x)(y–z) ; z

2
+2xy = (z–x)(z–y) ( 0,25điểm )
Do đó:
)yz)(xz(
xy
)zy)(xy(
xz
)zx)(yx(
yz
A
−−
+
−−
+
−−
=

( 0,25điểm )
Tính đúng A = 1 ( 0,5 điểm )
Bài 2 (3 điểm)
Cho
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2 2 2
a b b c c a 4. a b c ab ac bc
− + − + − = + + − − −
.
Chứng minh rằng
cba

==
.
Bài 2 (3 điểm)
Biến đổi đẳng thức để được
bcacabcbaacacbccbabba 444444222
222222222
−−−++=+++−++−+
Biến đổi để có
0)2()2()2(
222222
=−++−++−+ accabccbacba
Biến đổi để có
0)()()(
222
=−+−+− cacbba
(*)
Vì
0)(
2
≥− ba
;
0)(
2
≥− cb
;
0)(
2
≥− ca
; với mọi a, b, c
nên (*) xảy ra khi và chỉ khi

0)(
2
=− ba
;
0)(
2
=− cb
và
0)(
2
=− ca
;
Từ đó suy ra a = b = c
C©u 2: (5®iÓm) Chøng minh r»ng :
a,
1
111
=
++
+
++
+
++ cac
c
bbc
b
aab
a
biÕt abc=1
b, Víi a+b+c=0 th× a

4
+b
4
+c
4
=2(ab+bc+ca)
2
c,
c
a
a
b
b
c
a
c
c
b
b
a
++≥++
2
2
2
2
2
2
a, (1®iÓm)
=
++

+
++
+
++ 111 cac
c
bbc
b
aab
a
1
2
++
+
++
+
++ cac
c
acabcabc
abc
cacabc
ac
14
Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
=
1
1
1
111
=
++

++
=
++
+
++
+
++ acabc
acabc
cac
c
acc
abc
cac
ac
.
b, (2điểm) a+b+c=0

a
2
+b
2
+c
2
+2(ab+ac+bc)=0

a
2
+b
2
+c

2
= -2(ab+ac+bc)

a
4
+b
4
+c
4
+2(a
2
b
2
+a
2
c
2
+b
2
c
2
)=4( a
2
b
2
+a
2
c
2
+b

2
c
2
)+8abc(a+b+c) Vì a+b+c=0

a
4
+b
4
+c
4
=2(a
2
b
2
+a
2
c
2
+b
2
c
2
) (1)
Mặt khác 2(ab+ac+bc)
2
=2(a
2
b
2

+a
2
c
2
+b
2
c
2
)+4abc(a+b+c) . Vì a+b+c=0


2(ab+ac+bc)
2
=2(a
2
b
2
+a
2
c
2
+b
2
c
2
) (2)
Từ (1)và(2)

a
4

+b
4
+c
4
=2(ab+ac+bc)
2
a, (1điểm)
=
++
+
++
+
++ 111 cac
c
bbc
b
aab
a
1
2
++
+
++
+
++ cac
c
acabcabc
abc
cacabc
ac

=
1
1
1
111
=
++
++
=
++
+
++
+
++ acabc
acabc
cac
c
acc
abc
cac
ac
b, (2điểm) a+b+c=0

a
2
+b
2
+c
2
+2(ab+ac+bc)=0

a
2
+b
2
+c
2
= -2(ab+ac+bc)

a
4
+b
4
+c
4
+2(a
2
b
2
+a
2
c
2
+b
2
c
2
)=4( a
2
b

2
+a
2
c
2
+b
2
c
2
)+8abc(a+b+c) Vì a+b+c=0

a
4
+b
4
+c
4
=2(a
2
b
2
+a
2
c
2
+b
2
c
2
) (1)

Mặt khác 2(ab+ac+bc)
2
=2(a
2
b
2
+a
2
c
2
+b
2
c
2
)+4abc(a+b+c) . Vì a+b+c=0


2(ab+ac+bc)
2
=2(a
2
b
2
+a
2
c
2
+b
2
c

2
) (2)
Từ (1)và(2)

a
4
+b
4
+c
4
=2(ab+ac+bc)
2
c, (2điểm) áp dụng bất đẳng thức: x
2
+y
2


2xy Dấu bằng khi x=y

c
a
c
b
b
a
c
b
b
a

.2 2
2
2
2
2
=+
;
b
c
a
c
b
a
a
c
b
a
.2 2
2
2
2
2
=+
;
a
b
c
b
a
c

c
b
a
c
.2 2
2
2
2
2
=+
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có:

)
a
b
b
c
c
a
(2)
a
c
c
b
b
a
(2
2
2
2

2
2
2
++++


a
b
b
c
c
a
a
c
c
b
b
a
2
2
2
2
2
2
++++
Câu 3(3.0 điểm) : Cho xy 0 và x + y = 1.
Chứng minh rằng:
( )
3 3 2 2
2 2

1 1 3
xy
x y
y x x y

+
+
= 0
Ta có
( )
( ) ( )
3 2 2
1 1 1 1y y y y x y y = + + = + +
vì xy 0 x, y 0 x,
y 0 y-1 0 và x-1 0

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

x x x

=
+ +

= + = + =
+ +
15
Tuyển tập đề thi HSG Toán 8
3 3 2 2
1 1
1 1 1 1
x y
y x y y x x
− −
⇒ + = +
− − + + + +

( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
2
2 2
2
2 2
2 2
2 2 3 3 2 2
2 2
1 1

1 1
2 1
2 2
4 2
0
3 1 1 3
x y xy x y
x x y y
x x y y
x y x y xy xy x y xy x y
xy
xy x y
x y y x x y
 
 
+ − + + +
+ + + + +
 ÷
= − = − ÷
 ÷
 ÷
+ + + +
+ + − + + + + + +
 
 
−
−
= − ⇒ + − =
+ − − +
Bài 2: a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

A = x
2
+ 2y
2
– 2xy - 4y + 2014
b. Cho các số x,y,z thỏa mãn đồng thời:
x + y + z = 1: x
2
+ y
2
+ z
2
= 1 và x
3
+ y
3
+ z
3
= 1.
Tính tổng: S = x
2009
+ y
2010
+ z
2011
Ta có: (x + y + z)
3
= x
3
+ y

3
+ z
3
+ 3(x + y)(y + z)(z + x)
kết hợp các điều kiện đã cho ta có: (x + y)(y + z)(z + x) = 0
⇒
Một trong các thừa số của tích (x + y)(y + z)(z + x) phải bằng 0
Giả sử (x + y) = 0, kết hợp với đ/k : x + y + z = 1
⇒
z = 1, kết hợp với đ/k : x
2
+ y
2
+ z
2
= 1
⇒
x = y = 0.
Vậy trong 3 số x,y,z phải có 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1,
S = x
2009
+ y
2010
+ z
2011
= 1
Nên tổng S luôn có giá trị bằng 1
Bài 1: (3,5đ) a, Với giá trị nào của n thì
( ) ( )
5 6 6n n n+ + M

với
n∈Ν
.
b, CMR với
n∈Ν
thì:
5
30n n− M
.
c, Tìm số tự nhiên n để phân số
13
2
n
n
+
−
tối giản.
Bài 2: (3đ) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a,
( )
2 2 2 2 2
4a b a b c− + −
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 2

2
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2
4
2
2 2
a b a b c
ab a b c
ab a b c ab a b c
c a b a b c
a b c a b c c a b c a b
− + −
= − + −
= − − + + + −
   
= − − + −
   
= + + + − + − − +
b) Tìm các số x, y, z biết :
16
Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
x
2
+ y
2
+ z
2

= xy + yz + zx
v
2010200920092009
3
=++
zyx
Bài 3. ( 1,5 điểm) Chng minh rng:
Nu a, b, c l cỏc s dng tho món:
1 1 1
a b c
a b c
+ + + +

thì ta cú bt ng thc
3a b c abc
+ +
Bài 4. ( 1,5 điểm) Cho 6a - 5b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 4a
2
+ 25b
2
b) 1,0 điểm
Ta có x
2
+ y
2
+ z
2
= xy + yz + zx

2x
2
+2y
2
+ 2z
2
- 2xy - 2yz - 2zx = 0


(x-y)
2
+ (y-z)
2
+ (z-x)
2
= 0

x y 0
y z 0
z x 0
=


=


=


x y z = =

x
2009
= y
2009
= z
2009
Theo bài ra ta có
2010200920092009
3
=++
zyx
(2)
Từ (1) và (2) ta cú 3.z
2009
= 3
2010

z
2009
= 3
2009


z = 3
Vy x = y = z = 3
Bài 3. Chng minh rng:
Nu a, b, c l cỏc s dng tho món:
1 1 1

a b c
a b c
+ + + +

thì ta cú bt ng thc
3a b c abc+ +
Ta có
1 1 1
a b c
a b c
+ + + +

bc ca ab
a b c
abc
+ +
+ +

( )ab bc ca a b c abc + + + +
(*)(vì a,b,c > 0 nên abc>0)
Mà
2 2 2 2 2 2
2 ; 2 ; 2a b ab c b cb a c ac+ + +
nên cộng theo vế 3 bất
đẳng thức này ta đợc
2 2 2
2( ) 2( )a b c ab bc ca+ + + +
2 2 2
)a b c ab bc ca + + + +
(1)

Lại có
2 2 2 2
( ) 2( )a b c a b c ab bc ca+ + = + + + + +
(2)
Từ (1) và (2) ta có
2
( ) 3( )a b c ab bc ca+ + + +
(**)
Từ (*) và(**) ta có
2
( ) 3 ( )a b c abc a b c+ + + +

3a b c abc
+ +
(Vì a,b,c > 0 nên a + b + c> 0)
Bài 4. ( 1,0 điểm) Cho 6a - 5b = 1.(1) Tìm giá trị nhỏ nhất của 4a
2
+ 25b
2
Đặt x = 2a; y = - 5b, ta có 6a = 3x vì 6a - 5b = 1 nên (3x+ y)
2
=(6a 5b)
2
= 1
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai số 3x và y ta có:
17
Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
(3x + y)
2

(x
2
+ y
2
)(9 + 1) => x
2
+ y
2



10
1
Hay 4a
2
+ 25b
2



10
1
.
Dấu bằng xẩy ra <=>
y
1
x
3
=

<=> 3y = x <=> - 15 b = 2a <=> 6a = - 45b (2)
Từ (1) và (2) =>
20
3
a;
50
1
b ==

Bài 3: (2điểm) 1. CMR với a,b,c,là các số dơng ,ta có: (a+b+c)(
9)
111
++
cba
Ta có:
A=
111)
111
)((
++++++++=++++
b
c
a
c
c
b
a
b
c
a

b
a
cba
cba
=
)()()(3
c
b
b
c
a
c
c
a
a
b
b
a
++++++
Mà:
2
+
x
y
y
x
(BĐT Cô-Si)
Do đó A
.92223
=+++

Vậy A
9

Bài 5(2 điểm):
a) Chứng minh rằng: 2009
2008
+ 2011
2010
chia hết cho 2010
b) Cho x, y, z là các số lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng:

2 2
1 1 2
1 1 1x y xy
+
+ + +
Bài 5:
a) Ta có: 2009
2008
+ 2011
2010
= (2009
2008
+ 1) + ( 2011
2010
1)
Vì 2009
2008
+ 1 = (2009 + 1)(2009
2007

- )
= 2010.() chia hết cho 2010 (1)
2011
2010
- 1 = ( 2011 1)(2011
2009
+ )
= 2010.( ) chia hết cho 2010 (2) 1đ
Từ (1) và (2) ta có đpcm.
b)
2 2
1 1 2
1 1 1x y xy
+
+ + +
(1)
18
Tuyển tập đề thi HSG Toán 8

( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
2 2

2 2
2
2 2
1 1 1 1
0
1 1 1 1
0
1 1 1 1
1
0 2
1 1 1
x xy y xy
x y x y x y
x xy y xy
y x xy
x y xy
   
⇔ − + − ≥
 ÷  ÷
+ + + +
   
− −
⇔ + ≥
+ + + +
− −
⇔ ≥
+ + +
V×
1; 1x y≥ ≥
=>

1xy
≥
=>
1 0xy
− ≥
=> B§T (2) ®óng => B§T (1) ®óng (dÊu ‘’=’’ x¶y ra khi x = y) 1®

b) Cho
1
x y z
a b c
+ + =
và
0
a b c
x y z
+ + =
. Chứng minh rằng :
2 2 2
2 2 2
1
x y z
a b c
+ + =
.

19