36. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 DHQGHN năm học 2015-2016 (chuyên) vòng 1

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (303.86 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2015 - 2016

MƠN THI: TỐN (Vịng 1)

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu I (2,5 điểm). Cho biểu thức

2 2

1 1
1

a b

b a a b

P

a b a b

b a

æ ửổữ ửữ

ỗ + + ữỗ - ữ
ỗ ữữỗ ữữ

ỗ ỗ

ố ứố ứ

ổ ửữ
ỗ
+ - ỗỗố + ữữữ

ứ

vi a>0;b> 0;aạ . b

1). Chứng minh P 1
ab

2). Giả sử ;a b thay đổi sao cho 4a+ +b ab= . Tìm giá tr1 ị nhỏ nhất của P . 
Câu II (2,0 điểm). Cho hệ phương trình

2 4

3 1

x my m

mx y m

ìï - =
-ïí

ï + = +

ïỵ (với m là tham số).
1). Giải phương trình khi m = 2.

2). Chứng minh hệ ln có nghiệm với mọi giá trị của m. giả sử

(

x y là m0; 0

)

ột nghiệm của hệ phương trình.

Chứng minh đẳng thức

(

)

2 2

0 0 5 0 0 10 0

x + y - x + y + = .

Câu III (1,5 điểm). Cho ;a b là các số thực khác 0. Biết rằng phương trình a x

(

- a

)

2+b y

(

- b

)

2= c0 ó nghiệm

duy nhất. Chứng minh a= b .

Câu IV (3,0 điểm). Cho tam giác ABCV có các góc ·ABC và góc ·ACB nhọn, góc · 600

BAC = . Các đường phân

giác trong BB ; 1 CC 1 của tam giác ABC cắt nhau tại I .

1). Chứng minh tứ giác AB IC 1 1 nội tiếp.

2). Gọi K là giao điểm thứ hai khác B của đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp tam giác BC I1 . Chứng

minh tứ giác CKIB 1 nội tiếp.

3). Chứng minh AK^ B C1 1

Câu V (1,0 điểm). Tìm số thực không âm a và b thỏa mãn

2 3 2 3 1 1

2 2

4 4 2 2

a b b a a b

ỉ ưỉ÷ ư ổữ ửổữ ửữ

ỗ + + ữỗ + + ữ=ỗ + ữỗ + ữ

ỗ ữỗ ữ ỗ ữỗ ữ

ỗ ữỗ ữ ç ÷ç ÷

è øè ø è øè ø.

……....HẾT……….

LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu I. Cho biểu thức với ;a b > 0.

1).

(

)

2 2

. b a

a b ab

ab a b

P

a a b b

b a

-+ +

= ổỗ ử ổữ ỗ ửữ

ữ ữ

- +

-ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ỗ

ố ứ ố ứ

(

2 2

)

(

)

(

2 2

)

(

)

3 3 3 3

. .

. 1 . 1 . 1 . 1

a ab b a b a ab b a b

a b a b

a a b b a a b b

b b a a b b a a

+ + - + +

-= =

ỉ ư÷ ỉ ư÷ ổ ửữ ổ ửữ

ỗ - ữ+ ỗ - ữ ỗ - ữ+ ỗ - ữ

ỗ ữữ ỗ ữữ ỗ ữữ ç ÷÷

ç ç ç ç

è ø è ø è ø è ø

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2

2 2 2 2

3 3 3 3

2 2 2

2 2

. .

1
.

a ab b a b a ab b a b

a b a b

ab

a b a b a ab b

a b

b a

a b

+ + - + +

-= = =

æ ửữ - + +

ỗ

- ỗỗố - ữữữứ

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2). Với ;a b > 0, áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:

4a+ +b ab³ 2 4ab+ ab= 5 ab.

Suy ra 1 5 ab 1 5 P 1 25

ab
ab

³ Þ ³ Þ = ³ .

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 4a b= .
Vậy Pmin= 25 tại b= 4a.

Nhận xét: Đây là một bài toán dễ, đơn giản chỉ là việc khai triển rút gọn biểu thức P bằng một vài phép biến đổi

tương đương, ý khó là ý sau khi tìm giá trị nhỏ nhất của P với điều kiện bài cho, nhưng với giải pháp chọn điểm 
rơi và bất đẳng thức Cosi bài tốn hồn tồn được giải quyết.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Hằng đẳng thức: 3 3

(

)

(

2 2

)

a - b = a- b a +ab+b

 Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương ma nb : ,

. . 2 .

m a+n b³ ma nb ( ; ; ;m n a b > 0).
Dấu “=” xảy ra khi .m a= n b. .

Ý tưởng: Với ý rút gọn biểu thức P , ta sẽ đi làm hai công việc, một là rút gọn tử số, sau đó là mẫu số. Với tử số 
của bài tốn, ta có:

(

2 2

)

(

)

(

3 3

)

(

)

3 3 3 3

1 1

1 a ab b a b a b a b

a b

b a a b a b a b

+ + - -

-ổ ửổữ ửữ

ỗ + + ữỗ - ữ = =

ỗ ữỗ ữ

ỗ ữỗ ÷

è øè ø .

Bây giờ, ta mong muốn mẫu số sẽ xuất hiện ít nhất hai trong ba biểu thức mà ta đã rút gọn trên tử số, biến đổi mẫu 
số ta có:

2 2

2 2 1 1

a b a b a a b b

b a b b a a

b a

ổ ửữ ổ ửữ ổ ửữ

ỗ ỗ ỗ

+ - ốỗỗ + ữữữứ= ốỗỗ - ứữữữ+ ỗỗố - ữữữứ

(

)

(

)

(

)

3 3

2 2 2 2

a b a b

a a b b b a a b

a b

b b a a b a a b

-ỉ - ư÷ ỉ - ửữ ổ ửữ

ỗ ỗ ỗ

= ỗốỗ ữữứữ+ ỗốỗ ữữữứ= - ốỗỗ - ứữữữ= .

Vỡ th, suy ra P 1
ab

= . Với ý sau, bài cho giả thiết 4a+ +b ab=1 để tìm giá trị nhỏ nhất của P hay nói cách

khác chính là đi tìm max của T ab= . Để xuất hiện tích ab ở giả thiết, ta đã thấy xuất hiện ab , bây giờ chỉ còn 
tổng 4a b+ và để đánh giá nó về tích, ta chỉ còn cách là áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương 4 ;a b

khi đó ta có:

4 2 4 5 1 5 25

a+ +b ab³ ab+ ab= abÞ ³ abÛ ab£ Þ P³ .

Do đó, P đạt giá trị nhỏ nhất là 25 tại 4a b= .
Bài toán kết thúc.

Bài tập tương tự:

1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 1 : 1

1 2 1

a
P

a a a a a

æ ửữ +

ỗ ữ

=ỗỗ + ữ

ữ

ỗố - - ứ - + với a thỏa mãn điều kiện a³ 4.

2. Cho biểu thức 2 1 32 11

3 3 9

x x x

P

x x x

-= -

-+ - - . Tìm x¹ ± thỏa mãn điều kiện 3 P < 2.

Câu II. Cho hệ phương trình 2 4 (1)
3 1 (2)

x my m

mx y m

ìï - =
-ïí

ï + = +

ïỵ .

1). Với m = 2, ta có hệ phương trình

2 6 5

2 7 19

x

x y

y

ìïï =
ï
ìï - = - ï

ï Û ï

í í

ï + = ï

ï ï

ỵ ïïïỵ =

2). Từ (2), ta có y= 3m+ -1 mx thay vào (1).

(

3 1

)

2 4

(

2 1

)

3 2 3 2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Vì 2 1 0

m + ¹ với mọi m nên (*) ln có nghiệm duy nhất.

Suy ra hệ đã cho ln có nghiệm duy nhất với mọi m . 
Từ phương trình (*), ta có 0 2 2

3 3 2

1
m m
x
m
- +
=

+
2 2

0 2 2

3 3 2 4 1

3 1 .

1 1

m m m m

y m m

m m

- + + +

Þ = + - =

+ + .

Xét đẳng thức đã cho, ta có 2 2

(

)

0 0 5 0 0 10

VT= x + y - x + y +

(

)

(

)

0 0 5 0 0 10 2 0 0

x y x y x y

= + - + +

-(

)

(

)

0 0 5 0 0 6 2 0 0 4

x y x y x y

é ù

= ê + - + + ú- +

ë û

(

x0 y0 2

)(

x0 y0 3

)

2x y0 0 4

= + - + - - +

Thay các giá trị 0 2 2 0 2 2

3 3 2 4 1

;

1 1

m m m m

x y

m m

- + + +

= =

+ + ta được

2 2 2 2

3 3 2 4 1 3 3 2 4 1

3 2

1 1 1 1

m m m m m m m m

VT

m m m m

ỉ - + + + ưỉ÷ - + + + ửữ

ỗ ữỗ ữ
=ỗỗ + - ữỗỗ + - ữ
ữ ữ
ỗ + + ỗ + +
ố ứố ứ
2 2
2 2

3 3 2 4 1

2. . 4

1 1

m m m m

m m
- + + +
- +
+ +

(

)

(

)

2
2

2 2 2 2

2 2 2 2 2

4 1

4 2 5 2 1 6 6 4 4 1

. .

1 1 1 1 1

m

m m m m m m m m

m m m m m

+
- - + - + + +
= - +
+ + + + +

(

)

(

)

(

)

4 3 2 3 2

4 3 2 3 2 2 2

4 2

20 8 4 10 4 2

24 6 6 24 6 6 16 4 4 : 1

4 2 1

m m m m m m

m m m m m m m m m

m m
é - + - + - ù
ê ú
ê ú
ê ú
= -ê + + - - - + + + ú +
ê+ + + ú
ê ú
ë û
0
= .

Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản, chỉ là việc đi giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn với những kỹ năng thế cơ bản,
chỉ có thể gặp khó khăn ở việc chứng minh đẳng thức, nhưng chỉ cần biến đổi một chút sẽ suy ra điều phải chứng
minh.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Cách giải phương trình bậc nhất hai ẩn tổng quát ax by c

mx ny p

ìï + =
ïí

ï + =

ïỵ .

Từ phương trình một của hệ, ta có: y c ax
b

-= , thế xuống phương trình thứ hai ta được:

(

)

(

)

n c ax

mx p mb na x bp nc

b

-+ = Û - = - .

Ý tưởng: Ý đầu tiên của bài toán, rất cơ bản và khơng có gì đáng nói, cái khó là ở ý sau. Tuy nhiên với việc đưa ra
cách giải tổng quát của hệ phương trình bậc nhất hai ẩn ta có thể dễ dàng biểu diễn được x y theo 0; 0 m đồng thời

thay vào biểu thức 2 2

(

)

0 0 5 0 0 10 0

x + y - x + y + = ta sẽ thấy m bị triệt tiêu hết. Trước hết, đi tìm x y ta có: 0; 0
 Từ phương trình hai của hệ, có y= 3m+ -1 mx.

 Thế vào phương trình một trong hệ, ta được:

(

)

(

)

3 1 2 4 1 3 3 2

x- m m+ - mx = - mÛ m + x= m - m+ .

 Để hệ phương trình có nghiệm 2 1 0

m

Û + ¹ luôn đúng với m" .
 Khi đó, nghiệm của hệ là 0 2 2 0 2 2

3 3 2 4 1

;

1 1

m m m m

x y

m m

- + + +

= =

+ + .

Tuy nhiên nếu cứ để x y 0; 0 thay vào biểu thức

(

)

2 2

0 0 5 0 0 10

x + y - x + y + thì ta sẽ gặp khó khăn trong việc khai

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

(

)

(

)

(

)

2 2

0 0 5 0 0 10 0 0 5 0 0 6 10 2 0 0

x + y - x + y + = x + y - x + y + + - x y

(

x0 y0 2

)(

x0 y0 3

)

2x y0 0 10

= + - + - - + (*).

Bây giờ việc thay x y vào (*) 0; 0 sẽ giúp ta biến đổi nhẹ nhàng hơn rất nhiều và ta sẽ chứng minh được

(

x0+ y0- 2

)(

x0+ y0- 3

)

- 2x y0 0+10= . 0

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

1. Xác định m để hệ phương trình có nghiệm

(

x y ;

)

và thỏa mãn 2 2

x + y nhỏ nhất, với 2 5

2 10 5

x y

y x m

ìï + =
ïí

ï - = +

ïỵ .

Cho x y 0; 0 thỏa mãn hệ phương trình 2
1

mx y m

x my m

ìï + =
ïí

ï + = +

ïỵ . Tìm biểu thức liên hệ giữa x y 0; 0 độc lập với m . 
Câu III. Ta có

(

)

(

)

(

)

2

(

2 2

)

3 3

0 2 0

a x- a + b y- b = Û a+b x - a +b x+a +b = .

Vì ;a b¹ 0 suy ra a+ ¹b 0, nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất

(

)

(

)

(

)

' 2 2 3 3

0 a b a b a b 0

Û = ÛV + - + + =

4 2 2 2 4 4 3 3 4 0

a a b b a ab a b b

Û + + - - - - =

2 2 3 3

2a b ab a b 0

Û - - =

(

)

2ab a b 0 a b 0 a b a b

Û - - = Þ - = Þ = Þ = .

Nhận xét: Đây chỉ đơn thuần là một bài tốn xét nghiệm của phương trình bậc hai tổng quát, dựa vào tính chất điều
kiện nghiệm của tam thức bậc hai suy ra điều phải chứng minh.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Phương trình bậc hai tổng quát 2 0

mx +nx+ =p ( xỴ ¡ ) (*).

+ TH1: Nếu m = 0 thì (*) nx p 0 x p
n

Û + = Û = - (n¹ 0).

+ TH2: Nếu m¹ thì 0 D =(*) n2- 4mp.

- Để (*) có nghiệm duy nhất Û D = Û(*) 0 n2= 4mp.
- Để (*) có hai nghiệm phân biệt Û D > Û(*) 0 n2> 4mp.

- Để (*) vô nghiệm Û D < Û(*) 0 n2< 4mp.

 Giá trị tuyt i a b= ẻ Ă ị a= b .

Ý tưởng: Bài cho một phương trình bậc hai ẩn x với hai tham số ;a b. Khai thác giả thiết, giả thiết cho ;a b¹ 0
đồng thời

(

)

(

)

a x- a + b x- b = ( i ) là một phương trình bậc hai có nghiệm duy nhất. Vì thế ta cần khai triển

( i ) để đưa được về phương trình bậc hai tổng qt, ta có:

(

)

(

)

(

)

2

(

2 2

)

3 3

( )i Û a x- a + b x- b = Û0 a+ b x - 2 a + b x+ a +b = 0
Với ;a b¹ 0 suy ra a+ ¹b 0 do đó

(

2 2

)

(

)

(

3 3

)

( )i a b a b a b

D = + - + + .

Nên để phương trình ( i ) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:

(

2 2

)

(

)

(

3 3

)

( )i 0 a b a b a b 0

D = Û + - + + =

4 2 2 2 4 4 3 3 4

a a b b a ab ba b

Û + + = + + +

(

)

ab a b a b a b

Û - = Û = Þ = , suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán kết thúc.

Bài tập tương tự:

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

2. Xác định hai số thực ;a b sao cho phương trình 2 0

x +ax+ = b có nghiệm cũng là ;a b .

Câu IV.

1). Ta có · · 0 · · 0 0 0

1 1 120 1 1 120 60 180

B IC = BIC= Þ B IC +BAC= + = .

Mà hai góc này đối nhau. Nên tứ giác AB IC n1 1 ội tiếp (điều phải chứng minh).

Nhận xét: Chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp, ta chứng minh tổng hai góc đối diện của tứ giác bằng 180° .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Hai góc đối đỉnh thì bằng nhau.
·

1 1

B IC và ·BIC là hai góc đối đỉnh nên ·B IC1 1= BIC· .

 Tia phân giác của một góc chia góc đó thành hai góc bằng nhau và bằng một nửa góc đó.
+ BI là phân giác của ·ABC nên · 1·

IBC= ABC;

+ CI là phân giác của ·ACB nên · 1·

ICB= ACB;

suy ra · · 1

(

· ·

)

IBC+ICB= ABC+ ACB .

 Tổng ba góc của một tam giác bằng 180° .

+ Tam giác ABCD có ·ABC+ ·ACB+ BAC· = 180°

· · 180 · 180 120 60

ABC ACB BAC

Û + = °- = °- ° = ° .

+ Tam giác IBCD có ·IBC+ ICB· + ·BIC=180°

· · · 1

(

· ·

)

180 180

BIC IBC ICB ABC ACB

Û = °- - = °- +

· 1

180 .120 180 60 120
2

BIC

Û = °- ° = °- ° = ° .

 Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180° là tứ giác nội tiếp.

Tứ giác AB IC 1 1 có B AC ·1 1 và B IC ·1 1 là hai góc đối diện, thỏa mãn

· · · ·

1 1 1 1 60 120 180

B AC + B IC = BAC+ BIC= °+ ° = ° do đó AB IC là t1 1 ứ giác nội tiếp.

2). Vì tứ giác BC IK n1 ội tiếp nên · ·

1 1 60

BIC = BKC = (góc nội tiếp cùng chắn BC ) và ·1 BIK= BC K· 1 (góc nội

tiếp cùng chắn BK ). 
Xét tam giác ABCV , ta có

· 0 · · 0 0 · 0 ·

1 180 180 60 120

KCB = - BAC- ABC= - - ABC= - ABC.

Xét tam giác VBC K1 , ta có

· · 0 · · 0 0 · 0 ·

180 180 60 120

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Suy ra ·KCB1= BIK· , suy ra tứ giácACKC n1 ội tiếp (điều phải chứng minh).

Nhận xét: Chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp, ta chứng minh góc trong tại một đỉnh bằng góc ngồi tại đỉnh
đối diện

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
 Chứng minh các tứ giác nội tiếp.

Hoàn toàn tương tự phần 1) đã chứng minh ta có tứ giác BC IK 1 và tứ giác CB IK 1 là các tứ giác nội tiếp.

 Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường trịn thì bằng nhau.

+ ·BIC và ·1 BKC 1 là hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼BC 1 của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BC IK nên 1

· ·

1 1 60

BIC = BKC = ° .

+ ·BIK và ·BC K 1 là hai góc nội tiếp cùng chắn cung »BK của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BC IK nên 1

· ·

BIK= BC K.

 Tổng ba góc của một tam giác bằng 180° .
+ Trong ABCD có ·ABC+CAB· + BCA· =180°

· · · ·

1 180 1 180

ABC CAB B CK B CK ABC CAB

Û + + = ° Û = °-

-· · ·

1 180 60 120

B CK ABC ABC

Û = °- - ° = °- ;

+ Trong DBKC1 có ·BKC1+C BK·1 +BC K· 1 = 180°

· · · ·

1 1 180 1 180 1

BKC ABC BC K BC K BKC ABC

Û + + = ° Û = °-

-· · ·

1 180 60 120

BC K ABC ABC

Û = °- °- =

°-· 120 ·

BIK ABC

Û = °- ;

suy ra ·KCB1= BIK· .

 Tứ giác có góc trong bằng góc ngồi tại đỉnh đối diện thì tứ giác đó là tứ giác nội tiếp.

Tứ giác CKIB có ·1 KCB là góc trong t1 ại đỉnh C và ·BIK là góc ngồi tại đỉnh I đối diện với đỉnh C thỏa

mãn ·KCB1= BIK· nên CKIB là t1 ứ giác nội tiếp.

3). Vì · · 0

1 60

BIC = BAC= , suy ra tứ giác ACKC n1 ội tiếp, nên ·AKC1= KCC· 1 (cùng chắn cung KC ). 1

Và ·AKC1= ·ACC1 (cùng chắn cungAC ). 1

Mà ·ACC1= KCC· 1 (cùng chắn cung KC ) (gi1 ả thiết).

Suy ra ·KAC1= AKC· 1, suy ra tam giác VC AK1 cân tại C1Þ C A1 = C K1 (1).

Chứng minh tương tự: B A1 = B K1 (2).

Từ (1) và (2), suy raB C 1 1 là đường trung trực của AK nên AK^ B C1 1 (điều phải chứng minh).

Nhận xét: Chứng minh hai đường thẳng vng góc ta chứng minh cho một đường thẳng là đường trung trực của
đường thẳng còn lại

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Tứ giác có góc trong bằng góc ngồi tại đỉnh đối diện thì tứ giác đó là tứ giác nội tiếp.

Tứ giác ACKC có ·1 BAC là góc trong tại đỉnh A và ·BIC là góc ngồi t1 ại đỉnh I đối diện với đỉnh A thỏa

mãn · · 0

1 60

BIC = BAC= nên ACKC là t1 ứ giác nội tiếp.

 Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường trịn thì bằng nhau.

+ ·AKC1= ·ACC1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼AC c1 ủa đường trịn ngoại tiếp tứ giác ACKC ). 1

+ ·KAC1= KCC· 1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼KC c1 ủa đường tròn ngoại tiếp tứ giác ACKC ). 1

 Phân giác của một góc chia góc đó thành hai góc bằng nhau.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

 Tam giác có hai góc kề một cạnh bằng nhau là tam giác cân.
Tam giác DC AK1 có ·KAC1= AKC· 1, suy ra DC AK1 cân tại C 1

 Tam giác cân có hai cạnh bên bằng nhau.
Tam giác DC AK1 cân tại C nên 1 C A1 =C K1 .

Chứng minh tương tự: B A1 = B K1 .

 Từ một điểm cách đều hai đầu mút của một đoạn thẳng thì nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng đó.
+ C A1 = C K1 nên C thu1 ộc đường trung trực của AK ;

+ B A1 = B K1 nên B thu1 ộc đường trung trực của AK ;

suy ra C và 1 B cùng thu1 ộc đường trung trực của AK hay B C là trung tr1 1 ực của AK hay B C1 1^ AK.

Câu V. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số ;a b không âm, ta có:

2 3 2 1 1 2 1 1 2 3 1

2 .

4 4 2 4 2 4 2

a + + =b ỗỗỗổa + ữữửữữ+ + b a + + Þb a + + ³ + +b a b

è ø .

Tương tự ta có 2 3 1

4 2

b + + ³ + + . a b a

Do đó

2
2

2 3 2 3 1 1 1

4 4 2 4 4

a b b a a b éa b ự

ổ ửổữ ử ổữ ửữ ổ ử ổữ ửữ

ỗ + + ữỗ + + ữ ỗ + + ữ = ờỗ + ữ+ +ỗ ữỳ

ỗ ữỗ ữ ỗ ữ ờỗ ữ ỗ ữỳ

ỗ ữỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ÷

è øè ø è ø ëè ø è øû .

Áp dụng bđt phụ

(

)

4 ; ,

x+ y ³ xy x y" , ta có:

1 1 1 1 1 1

4 2 2

4 4 4 4 2 2

a b a b a b

ộỗ ữ ỗ ữ ỗ ữỗ ữ ỗ ữỗ ữ
ờỗ + ữữ+ +ỗ ữữỳ ỗ + ữữỗ + ữữ=ỗ + ữữỗ + ữữ
ờỗố ứ ốữ ỗ ữứỳ ỗố ứốữỗ ứ ốữ ỗ ứốữỗ ữứ

ở ỷ .

Suy ra 2 3 2 3 1 1

2 2

4 4 2 2

a b b a a b

ỉ ưỉ÷ ư ổữ ửổữ ửữ

ỗ + + ữỗ + + ữ ỗ + ữỗ + ữ

ỗ ữỗ ữ ỗ ữỗ ữ

ỗ ữỗ ữ ỗ ữỗ ữ

ố ứố ứ ố ứố ứ.

Du “=” xảy ra

1
4

1 1

4 2

1 1

4 4

a

b a b

a b

ìïï =
ïïï
ïïï

Û íï = Û = =

ïïï

ï + = +
ïïïỵ

(thỏa mãn).

Vậy 1

a= =b .

Nhận xét: Thực chất bài toán là đi chứng minh bất đẳng thức, bởi nhẽ dấu đẳng thức xảy ra tại chính điểm rơi hay

tại nghiệm cần tìm của phương trình bài tốn đã cho.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương: a+ ³b 2 ab.

 Hệ quả của bất đẳng thức Cosi cho hai số thực không âm:

(

)

2 4 , ; 0

x+ ³y xyÛ x+ y ³ xy "x y³ .

Ý tưởng: Bài toán cho một phương trình đối xứng mặt khác lại chứa hai biến nên nhiều khả năng sẽ dùng đến bất
đẳng thức. Trước hết do vai trò của hai biến ;a b như nhau nên dễ thấy a b= là nghiệm của phương trình. Thế

ngược lại phương trình đã cho, ta có:

2 2

2 3 1

4 2

a a a

ổ ửữ ổ ửữ

ỗ + + ữ =ỗ + ữ

ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ữ ỗ ữ

ố ứ è ø với ;a b³ 0

1 1

2 2

a b

Û = Þ = .

Với điểm rơi này, sẽ thấy 2 2 1

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

2 3 2 1 1 2 1 1 1

2 .

4 4 2 4 2 2

a + + =b ổỗỗỗa + ửữữữữ+ + b a + + = + +b a b

è ø

2 3 2 1 1 2 1 1 1

2 .

4 4 2 4 2 2

b + + =a ổỗỗỗb + ửữữữữ+ + ³a b + + = + +a a b

è ø .

Do đó, từ phương trình ban đầu, ta được:

2 2

1 1 1 1 1 1

2 2 4

2 2 2 4 4 2

a b a b a b a b

ổ ửổữ ử ổữ ửữ ổ ửổữ ử ổữ ửữ

ỗ + ữỗ + ữ ỗ + + ữ ỗ + ữỗ + ữ ỗ + + ữ

ỗ ữỗ ữ ç ÷ ç ÷ç ÷ ç ÷

ç ÷ç ÷ ç ữ ỗ ữỗ ữ ỗ ữ

ố ứố ứ ố ứ è øè ø è ø .

Ta thấy 1 1 1

2= 4+ 4 nên suy ra

1 1 1

2 4 4

a+ +b = +a + +b do vậy:

(

)

1 1 1 1

4 0 0

4 4 4 4

a b a b a b a b

ổ ửổữ ử ổữ ửữ

ỗ + ữỗ + ữ ỗ + + + ữ - Ê =

ỗ ữỗ ữ ỗ ữ

ỗ ữỗ ữ ç ÷

è øè ø è ø .

Và khi đã chứng minh được a= ³b 0 việc còn lại chỉ là thế ngược lại phương trình đã cho để tìm nghiệm của bài
toán.

Bài toán kết thúc:
Bài tập tương tự:

1. Tìm hai số thực dương ;a b thỏa mãn điều kiện

(

)

1 1

3 3

a b

a b b a

ổ ửữ

ỗ ữ

+ ỗỗ + ữ=

ữữ

ỗố + + ứ .

2. Cho ;a b là hai số thực dương, giải phương trình sau:

1 1 2

</div>