BI TẬP ẠI SỐ
CHUYN Ề BỒI DỠNG HỌC SINH GIỎI
V N THI VO LỚP 10
PHẦN II: HỚNG DẪN GIẢI
m2
m
1. Giả sử 7 l số hữu tỉ 7
(tối giản). Suy ra 7 2 hay 7n2 m2
n
n
2
(1). ẳng thức ny chứng tỏ m 7 m 7 l số nguyn tố nn m 7. ặt m =
7k (k Z), ta có m2 = 49k2 (2). Từ (1) v (2) suy ra 7n2 = 49k2 nên n2 = 7k2
(3). Từ (3) ta lại c n2 7 v v 7 l số nguyn tố nn n 7. m và n cùng chia
hết cho 7 nn phn số
m
khng tối giản, tri giả thiết. Vậy
n
7 khng phải l
số hữu tỉ; do 7 l số v tỉ.
2. Khai triển vế tri v ặt nhn tử chung, ta ợc vế ph
) vì (ad
2
bc) 0.
3. Cách 1 : Từ x + y = 2 ta c y = 2 - x. Do : S = x2 + (2 - x)2 = 2(x - 1)2 +
2 2.
Vậy min S = 2 x = y = 1.
Cách 2 : p dụng bất ẳng thức Bunh
a = x, c = 1, b = y, d = 1,
2
2
2
Ta có :(x + y) (x + y )(1 + 1) 4
) = 2S S.2 mim S = 2
khi x = y = 1
4. b) p dụng bất ẳng thức Cauchy
cc cặp số dng
bc
ca bc
ab ca
ab
và
;
và
;
và
a
b a
c b
bc ca
bc ca
2
. 2
a
b
a b
c
từng vế ta
c) Với cc
lợt c:
2
bc ab
ca ab
ca ab
. 2b ; 2
. 2a cộng
a c
b
c
b c
ức cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.
g 3a v 5b , theo bất ẳng thức Cauchy ta c :
3a 5b
(3a + 5b)2 4.15P (vì P = a.b) 122 60P
2
12
12
P
max P =
.
5
5
Dấu bằng xảy ra khi 3a = 5b = 12 : 2 a = 2 ; b = 6/5.
5. Ta có b = 1 - a, do M = a3 + (1 - a)3 = -(3a2 + 3a) . Dấu = xảy ra khi a
= .
Vậy min M = a = b = .
6. ặt a = 1 + x b3 = 2 - a3 = 2 - (1 + x)3 = 1 - 3x - 3x2 -x3 = -(1 + 3x + 3x2
+x3 = -(1 + x)3.
Suy ra : b 1 x. Ta lại c a = 1 + x, nn : a + b 1 + x + 1 x = 2.
Với a = 1, b = 1 th a3 + b3 = 2 v a + b = 2. Vậy max N = 2 khi a = b = 1.
7. Hiệu của vế tri v vế phải bằng (a b)2(a + b).
8. Vì | a + b | 0 , | a b | 0 , nên : | a + b | > | a b | a2 + 2ab + b2 a2 2ab
+ b2 4ab > 0 ab > 0. Vậy a v b l hai số cng dấu.
9. a) Xt hiệu : (a + 1)2 4a = a2 + 2a + 1 4a = a2 2a + 1 = (a 1)2 0.
b) Ta có : (a + 1)2 4a ; (b + 1)2 4b ; (c + 1)2 4c v cc bất ẳng thức ny c
hai vế ều dng, nn : [(a + 1)(b + 1)(c + 1)]2 64abc = 64.1 = 82. Vậy (a +
1)(b + 1)(c + 1) 8.
10. a) Ta có : (a + b)2 + (a b)2 = 2(a2 + b2). Do (a b)2 0, nên (a + b) 2
2(a2 + b2).
b) Xét : (a + b + c)2 + (a b)2 + (a c)2 + (b c)2. Khai triển v rt gọn, ta ợc :
3(a2 + b2 + c2). Vậy : (a + b + c)2 3(a2 + b2 + c2).
2x 3 1 x
3x 4
11. a) 2x 3 1 x
2x 3 x 1
x 2
4
x 3
x 2
b) x2 4x 5 (x 2)2 33 | x 2 | 3 -3 x 2 3
1 x 5.
2
2
c) 2x(2x 1) 2x 1 (2x 1) 0. Nhng (2x 1) 0
thể : 2x 1
=0
Vậy : x = .
12. Viết ẳng thức cho dới dạng : a2 +
d2 ab ac ad = 0 (1).
Nhn hai vế của (1) với 4 rồi a về dạng : a
(a 2c)2 + (a 2d)2 = 0
(2). Do ta c :
a = a 2b = a 2c = a 2d =
= b = c = d = 0.
2
2
2
13. 2M = (a + b 2) + (a 1) + (b 1)
8 2.1998 M 1998.
Dấu = xảy ra khi c ồng thời
a
1 0
10
14. Giải tng tự bi
15. a ẳng thức
16. A
Vậy min M =1998a = b= 1.
ạ g : (x 1)2 + 4(y 1)2 + (x 3)2 + 1 = 0.
1
1
1
. max A= x 2 .
5
x 2 5 5
2
x
17. a)
9 16 3 4 7 . Vậy 7 15 < 7
b) 17 5 1 16 4 1 4 2 1 7 49 45 .
c)
23 2 19 23 2 16 23 2.4
5 25 27 .
3
3
3
d) Giả sử
3 2 2 3
2
3 2
2 3
2
Bất ẳng thức cuối cng ng, nn :
18. Cc số c thể l 1,42 v
3 2 2 3 18 12 18 12 .
3 2 2 3.
2 3
2
19.Viết lại phng trnh dới dạng :
3(x 1)2 4 5(x 1)2 16 6 (x 1)2 .
Vế tri của phng trnh khng nhỏ hn 6, cn vế phải khng lớn hn 6. Vậy
ẳng thức chỉ xảy ra khi cả hai vế ều bằng 6, suy ra x = -1.
20. Bất ẳng thức Cauchy
ab
ab
viết lại dới dạng ab
ab
2
2
2
(*)
(a, b 0).
p dụng bất dẳng thức Cauchy dới dạng (*) với hai số dng 2x v xy
Ta ợc :
2
2x xy
2x.xy
4
2
Dấu = xảy ra khi : 2x = xy = 4 : 2 tức l khi x = 1, y = 2. max A = 2
x = 2, y = 2.
21. Bất ẳng thức Cauchy viết lại dới dạng :
p dụng ta c S > 2.
1
2
.
ab a b
1998
.
1999
22. Chứng minh nh bài 1.
x y
x2 y2 2xy (x y)2
23. a) 2
0
y x
xy
xy
x2 y2 x y x2
b) Ta có : A 2 2
y x y x
y
2
x
y x y
.
y x y x
2
2
x2 y2 x y
y
Theo câu a :A 2 2 2
1 1 0
y x
y x y x
x4 y
x2 y2
x y
a) Từ cu b suy ra :
2 2 0 . Vì 2 (câu a).
y x
y x
x4 y
x y
b) Do :
2 2.
y x y x
24. a) G
tỉ (v l)
b) Giả sử m +
2 = m (m : số hữu tỉ)
3
= a (a : số hữu tỉ)
n
2
2 =m 1
3
=a m
n
2 l số hữu
3 = n(a m)
3 l số hữu tỉ, v l.
25. C, chẳng hạn
2 (5 2) 5
x y
x2 y2
x2 y2
26. ặt a 2 2 2 a 2 . Dễ dng chứng minh 2 2 2 nên
y x
y x
y x
a2 4, do
| a | 2 (1). Bất ẳng thức phải chứng minh tng ng với : a2 2 + 4 3a
a2 3a + 2 0 (a 1)(a 2) 0 (2)
Từ (1) suy ra a 2 hoặc a -2. Nếu a 2 th (2) ng. Nếu a -2 thì (2)
cng ng. Bi ton ợc chứng minh.
27. Bất ẳng thức phải chứng minh tng ng với :
x4z2 y4 x2 z4 x2 x2 z y2 x z2 y xyz
x2 y2z2
0.
Cần chứng minh tử khng m, tức l : x3z2(x y) + y3x2 (y z) + z3y2(z x) 0.
(1)
Biểu thức khng ổi khi hon vị vng x
y z x nn c thể giả sử x l
số lớn nhất. Xt hai trờng hợp :
a) x y z > 0. Tch z x ở (1) thnh (x y + y z), (1) tng ng với :
x3z2(x y) + y3x2(y z) z3y2(x y) z3y2(y z) 0
z2(x y)(x3 y2z) + y2(y z)(yx2 z3) 0
Dễ thấy x y 0 , x3 y2z 0 , y z 0 , yx2 z3 0 nn bất ẳng thức trn ng.
b) x z y > 0. Tch x y ở (1) thnh x z + z y , (1) tng ng với :
x3z2(x z) + x3z2(z y) y3x2(z y) z3y2(x z) 0
z2(x z)(x3 zy2) + x2(xz2 y3)(z y) 0
Dễ thấy bất ẳng thức trn dng.
Cch khc : Biến ổi bất ẳng thức phải chứng minh t
với :
2
2
2
x y z x y
1 1 1
y z x
.
28. Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử tổ
ữu tỉ a với số v tỉ b
l số hữu tỉ c. Ta c : b = c a. Ta thấy, hiệu
ữu tỉ c v a l số hữu
tỉ, nn b l số hữu tỉ, tri với giả thiết.
số v tỉ.
2
2
29. a) Ta có : (a + b) + (a b) = 2(a
(a + b)2 2(a2 + b2).
b) Xét : (a + b + c)2 + (a b)2 + (a c 2
Khai triển v rt gọn ta ợc :
2
2
2
2
2
2
3(a + b + c ). Vậy : (a + b + c) 3
b +c)
c) Tng tự nh câu b
30. Giả sử a + b > 2
8 a3 + b3 + 3ab(a + b) > 8 2 +
3ab(a + b) > 8
ab(a + b) > 2
b) a3 + b3. Chia hai vế cho số dng a + b : ab
> a2 ab +
(a b)2
Vậy a + b 2.
31. Cách
x x ; y y nên x + y x + y. Suy ra x + y là
số nguyn khng vợt qu x + y (1). Theo ịnh ngha phần nguyn, x y là
số nguyn lớn nhất khng vợt qu x + y (2). Từ (1) v (2) suy ra : x + y
x y .
Cách 2 : Theo ịnh ngha phần nguyn : 0 x - x < 1 ; 0 y - y < 1.
Suy ra : 0 (x + y) ( x + y ) < 2. Xt hai trờng hợp :
- Nếu 0 (x + y) ( x + y ) < 1 thì x y = x + y (1)
- Nếu 1 (x + y) ( x + y ) < 2 thì 0 (x + y) ( x + y + 1) < 1 nên
x y = x + y + 1 (2). Trong cả hai trờng hợp ta ều c : x +
y + x y
32. Ta có x2 6x + 17 = (x 3)2 + 8 8 nn tử v mẫu của A l cc số dng ,
suy ra A > 0 do : A lớn nhất
Vậy max A =
1
nhỏ nhất x2 6x + 17 nhỏ nhất.
A
1
x = 3.
8
33. Khng ợc dng php hon vị vng quanh x
y z x v giả sử x
y z.
Cách 1 : p dụng bất ẳng thức Cauchy cho 3 số dng x, y, z :
A
x
y
z
x y z
x y z
33 . . 3
y z x
y z x
x
y
z
Do min 3 x y z
y z x
y z x
x y z x y y z y
x y
. Ta c
2 (do x,
y z x y x z x x
x y z
y
y > 0) nn ể chứng minh 3 ta cần chứng m
1 (1)
x x
y z x
Cách 2 : Ta có :
(1) xy + z2 yz xz (nhn hai vế với số d
xy + z2 yz xz 0 y(x z) z(x
(2) ng với giả thiết rằng z l số nhỏ nhất t
Từ tm ợc gi trị nhỏ nhất của
z)(y z) 0 (2)
số x, y, z, do (1) ng.
x
y
34. Ta có x + y = 4 x2 + 2xy +
6. Ta lại c (x y)2 0 x2 2xy + y2
0. Từ suy ra 2(x2 + y2) 16
+ y 8. min A = 8 khi chỉ khi x = y = 2.
35. p dụng bất ẳng t
ho ba số khng m :
+ z 3. 3 xyz
(1)
2 = (x + y
+ (z + x) 3. 3 (x y)(y z)(z x) (2)
Nhn từng
2) (do hai vế ều khng m) : 2 9. 3 A
A =
9
3
1
2
ax A = khi v chỉ khi x = y = z = .
3
9
36. a) C thể. b, c) Khng thể.
37. Hiệu của vế tri v vế phải bằng (a b)2(a + b).
1
4
với x, y > 0 :
xy (x y)2
a
c
a 2 ad bc c2 4(a 2 ad bc c2 )
bc da
(b c)(a d)
(a b c d)2
b
d
4(b2 ab cd d 2 )
Tng tự
cd a b
(a b c d)2
38. p dụng bất ẳng thức
(1)
(2)
Cộng (1) với (2)
a
b
c
d
4(a 2 b2 c2 d 2 ad bc ab cd)
= 4B
bc cd d a a b
(a b c d)2
Cần chứng minh B
1
, bất ẳng thức ny tng ng với :
2
2B 1 2(a2 + b2 + c2 + d2 + ad + bc + ab + cd) (a + b + c + d)2
a2 + b2 + c2 + d2 2ac 2bd 0 (a c)2 + (b d)2 0 : ng.
39. - Nếu 0 x - x < thì 0 2x - 2 x < 1 nên 2x = 2 x .
x - x < 1 thì 1 2x - 2 x < 2 0 2x (2 x + 1) < 1 2x = 2
- Nếu
x + 1
40. Ta sẽ chứng minh tồn tại cc số tự nhin m, p sao cho :
96000...00
a + 15p < 97000...00
m chöõsoá0
Tức l 96
< 10k
a
15p
m < 97
m
10
10
m chöõsoá0
(1). Gọi a + 15 l số c k chữ số : 10 k
1
a + 15
1
a
15
a 15p
k k 1 (2). ặt x n k k . Theo (2)
10 10 10
10 10
15
Ta có x1 < 1 và k < 1.
10
Cho n nhận lần lợt cc gi trị 2, 3, 4, …, cc
tng khng qu 1 n vị, khi x n sẽ trải
tng dần, mỗi lần
trị 1, 2, 3, ến một
n
a
15p
lc no ta c x p = 96. Khi 96
tức l 96
< 97. Bất
10k 10k
ẳng thức (1) ợc chứng minh.
42. a) Do hai vế của bất ẳng hứ
g m nn ta c :
|A+ B|= |A|+ |B|
+ B |2 = ( | A | + | B | )2
A2 + B2 + 2AB
+ 2| AB | AB = | AB | (bất ẳng thức
ng). Dấu = xảy ra
b) Ta có : M = | x
3 | = | x + 2 | + | 3 x | | x + 2 + 3 x | = 5.
Dấu = xả
hi (x + 2)(3 x) 0 -2 x 3 (lập bảng xt dấu)
Vậy min
-2 x 3.
c) Phng
ho | 2x + 5 | + | x 4 | = | x + 9 | = | 2x + 5 + 4 x |
(2x + 5)(4 x) 0 -5/2 x 4
x 1
43. iều kiện tồn tại của phng trnh : x2 4x 5 0
x 5
ặt ẩn phụ x2 4x 5 y 0 , ta ợc : 2y2 3y 2 = 0 (y 2)(2y + 1) = 0.
45. Vô nghiệm
46. iều kiện tồn tại của x l x 0. Do : A = x + x 0 min A = 0
x = 0.
47. iều kiện : x 3. ặt 3 x = y 0, ta có : y2 = 3 x x = 3 y2.
B = 3 y2 + y = - (y )2 +
13
4
13
13
11
. max B =
y= x=
.
4
4
4
48. a) Xét a2 và b2. Từ suy ra a = b.
b) 5 13 4 3 5 (2 3 1) 4 2 3 3 1. Vậy hai số ny bằng
nhau.
c) Ta có :
n 2 n 1
n 2 n 1 1 và
n+1 n
n 1 n 1.
Mà n 2 n 1 n 1 n nên n+2 n 1 n 1 n .
49. A = 1 - | 1 3x | + | 3x 1 |2 = ( | 3x 1| - )2 +
.
Từ suy ra : min A = x = hoặc x = 1/6
51. M = 4
52. x = 1 ; y = 2 ; z = -3.
53. P = | 5x 2 | + | 3 5x | | 5x 2 + 3 5x | = 1. min P = 1
2
3
x .
5
5
54. Cần nhớ cch giải một số phng trnh dạng sau :
A 0 (B 0)
a) A B
A B
B 0
d) A B A B
A B
b)
B 0
A B
2
A B
e) A B 0
c
A 0
B 0
B 0
A 0
a) a phng trnh về dạng : A
b) a phng trnh về dạng : A B
c) Phng trnh c dạng : A B
d) a phng trnh về dạng : A
e) a phng trnh về dạng : |
|B|=0
g, h, i) Phng trnh
k) ặt x 1 = y 0,
rnh về dạng : | y 2 | + | y 3 | = 1 . Xt dấu
vế tri.
l) ặt :
3x 5 v 0 ; 7x 4 z 0 ; 2x 2 t 0 .
z t
. Từ suy ra : u = z tức l :
2
2
2
2
u v z t
8x 1 7x 4 x 3 .
Ta ợc hệ
55. Cách 1 : Xét
x2 y2 2 2(x y) x2 y2 2 2(x y) 2 2xy (x y 2)2 0 .
2
x2 y2
x2 y2
2 2
8
Cách 2 : Biến ổi tng ng
2
x y
x
y
(x2 + y2)2 -8(x- y)2 0 (x2 + y2)2 - 8(x2 + y2 ) 0
(x2 + y2)2 - 8(x2 + y2) + 16 0 (x2 + y2+ 4)2 0.
Cách 3 : Sử dụng bất ẳng thức Cauchy :
x2 y2 x2 y2 2xy 2xy (x y)2 2.1
2
1
(x y)
2 (x y).
x y
xy
xy
xy
x y
(x > y).
Dấu ẳng thức xảy ra khi x
6 2
6 2
; y
hoặc
2
2
6 2
6 2
; y
2
2
2
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1 2(c b a
62. 2 2 2 2 2 2 2
=
a b c
abc
a b c
ab bc ca a b c
1 1 1
= 2 2 2 . Suy ra iều phải chứng minh.
a b c
x 6
x2 16x 60 0
(x 6)(x 10) 0
63. iều kiện :
x 10 .
x
6
x
6
0
x
Bình phng hai vế : x2 16x + 60 < x2 12x + 36
Nghiệm của bất phng trnh cho : x 10.
64. iều kiện x2 3. Chuyển vế : x2 3 x
ặt thừa chung :
x 2 3 .(1 -
x2 3
x 3
x 2
1 x 2 3 0
x 2
3 0
Vậy nghiệm của bất phng tr h
3 ; x 2 ; x -2.
2 2
2
2
65. Ta có x (x + 2y 3) + (y
1 (x2 + y2)2 4(x2 + y2) + 3 = - x2 0.
Do : A2 4A + 3 0
A 3) 0 1 A 3.
min A = 1 x = 0,
. max A = 3 x = 0, khi y = 3 .
66. a) x 1
b) B c n
4 x 4
x 4 2 2
1
x 42 2 .
2
x 4 2 2
x 1
2
2
x(x 2) 0
x 2
x 2x 0
67. a) A c ngha
2
2
2
x 0
x x 2x
x x 2x
2
4 x 4
16 x 0
(x 4)2 8
2x 1 0
x 2 8x 8 0
1
x
2
b) A = 2 x2 2x với iều kiện trn.
c) A < 2
2 kq
x 2 2x < 1 x2 2x < 1 (x 1)2 < 2 - 2 < x 1 <
68. ặt 0,999...99
= a. Ta sẽ chứng minh 20 chữ số thập phn ầu tin của
20chöõsoá9
a l cc chữ số 9. Muốn vậy chỉ cần chứng minh a <
2
a < 1. Thật vậy ta
2
có : 0 < a < 1 a(a 1) < 0 a a < 0 a < a. Từ a2 < a < 1 suy ra a <
a < 1.
Vậy 0,999...99
0,999...99
.
20 chöõsoá9
20chöõsoá9
69. a) Tm gi trị lớn nhất. p dụng | a + b | | a | + | b |.
A | x | + 2 + | y | + 1 = 6 + 2 max A = 6 + 2 (khi chẳng hạn x = 2, y = - 3)
b) Tm gi trị nhỏ nhất. p dụng | a b | | a | - | b .
A | x | - 2 | y | - 1 = 4 - 2 min A = 4 - 2 (khi chẳng hạn x = 2, y =
3)
70. Ta có : x4 + y4 2x2y2 ; y4 + z4 2y2z2 ; z4 + x4 2
uy ra :
4
4
4
2 2
2 2
2 2
x +y +z xy +yz +zx
Mặt khc, dễ dng chứng minh ợc : Nếu a + b +
1 th a2 + b2 + c2
1
.
3
Do từ giả thiết suy ra : x2y2 + y2z2 + z2x2
Từ (1) , (2) : min A =
1
x= y=
3
71. Làm nh bài 8c ( 2). Thay vì so s
n 2 n 1 và n 1 n
n 2 n 1 n 1
3
3
n n 2 và 2 n+1 ta so sánh
:
n 2 2 n 1 .
72. Cách 1 : Viết cc
ới dấu cn thnh bnh phng của một tổng
hoặc một hiệu
Cách 2 : T
a A.
73. p dụ
b)(a b) = a2 b2.
74. Ta ch g
bằng phản chứng.
a) Giả sử tồn tại số hữu tỉ r mà 3 5 = r 3 + 2 15 + 5 = r2
r2 8
15
. Vế tri l số v tỉ, vế phải l số hữu tỉ, v l. Vậy
2
3 5 l số
v tỉ.
b), c) Giải tng tự.
75. a) Giả sử a > b rồi biến ổi tng ng :
3 3 3 2 2 1 3 3 2 2 2
2
2
3 3 2 2 2 27 8 4 8 2 15 8 2 225 128 . Vậy a > b
l ng.
b) Bình phng hai vế ln rồi so snh.
76. Cách 1 : ặt A =
4 7 4 7 , rõ ràng A > 0 và A2 = 2 A =
2
Cách 2 : ặt B =
B =0.
77
Q
4 7 4 7 2 2.B 8 2 7 8 2 7 2 0
2 3 2.3 2.4 2 4
2 3 4
.
78. Viết
2 3 4 2
2 3 4
2 3 4
40 2 2.5 ; 56 2 2.7 ; 140 2 5.7 . Vậy P =
1
2
2 5 7.
79. Từ giả thiết ta c : x 1 y2 1 y 1 x2 . Bình phng hai vế của ẳng
thức ny ta ợc : y 1 x2 . Từ : x2 + y2 = 1.
80. Xét A2 ể suy ra : 2 A2 4. Vậy : min A = 2 x = 1 ; max A = 2
x = 0.
81. Ta có : M
2
a b
2
a b
2
a b
2a
a b
maxM 2
ab
2
a b 1
82. Xt tổng của hai số :
2a b 2 cd 2c d 2 ab a b 2
= a c a b c d a
2
2
83. N 4 6 8 3 4 2 18 1
=
2
2
32 2 2 2 32
84. Từ x y z xy
z
x
2
2 3 2 2.
x
2
y
4 6 4 2 2 =
2 3 2 2
2
x y
2 cd a c =
0.
Vậy x = y
85. p dụ
ng thức Cauchy cho 1 v ai ( i = 1, 2, 3, n ).
86. p dụ g bất ẳng thức Cauchy với hai số a + b 0 v 2 ab 0, ta có :
a b 2 ab 2 2(a b) ab hay
a b
2
2 2(a b) ab .
Dấu = xảy ra khi a = b.
87. Giả sử a b c > 0. Ta c b + c > a nn b + c + 2 bc > a hay
b c
2
a
2
Do : b c a . Vậy ba oạn thẳng a , b , c lập ợc thnh một
tam giác.
88. a) iều kiện : ab 0 ; b 0. Xt hai trờng hợp :
* Trờng hợp 1 : a 0 ; b > 0 : A
b.( a b)
a
a b
a
1 .
b
b
b. b
b