de6.doc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (90.17 KB, 4 trang )
VINH LỘC
TRƯỜNG THPT
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC
THPT
Năm học : 2005 - 2006
MÔN : TOÁN
( 150 phút, không kể thời gian giao đề )
ĐỀ BÀI
Bài 1 : Cho P(x) là đa thức bậc n có n nghiệm thực phân biệt x
1
,x
2
,...,xn
.
Chứng minh rằng:
0
)(
)(
1
'
''
=
∑
=
n
j
j
j
xP
xP
.
Bài 2 : Cho n điểm A
1
,A
2
,...,An
và một vectơ
a
0
≠
cố định.
Viết phương trình đường thẳng d nhận
a
làm vectơ chỉ phương, sao
cho tổng bình phương những khoảng cách từ Ai
tới d là bé nhất.
Bài 3 : Giải phương trình :
(log
2
x)
2
+ xlog
7
(x+3) = log
2
x [
2
x
+ 2log
7
(x+3)].
Bài 4 : Xác định hàm số f(x) thỏa mãn các điều kiện sau:
f(x+y) ≥ f(x).f(y) ≥ 2005
x+y
, với mọi x, y ∈ Ρ.
1
ĐÁP ÁN
Bài 1 :
Từ giả thiết, ta có thể viết P(x) dưới dạng sau:
P(x) = a(x-x
1
)(x-x
2
)...(x-xn), với a ≠ 0.
Suy ra P'(x) = P(x)(
n21
x-x
1
...
x-x
1
x-x
1
+++
) (1)
Do P(x
1
) = P(x
2
) = ... = P(xn) = 0
nên theo định lý Rolle phương trình
P'(x) = 0
có n -1 nghiệm phân biệt y
1
,y
2
,...,yn
-1
với x
1
< y
1
<x
2
<y
2
< x
3
< ...< xn
-1
<yn<xn
.
Vì thế P'(x) có thể viết lại dưới dạng
P'(x) = b(x-y
1
)(x-y
2
)...(x-yn
-1
), với b ≠ 0.
Suy ra P"(x) = P'(x)(
1-n21
y-x
1
...
y-x
1
y-x
1
+++
) (2)
Theo (1) ta có
P'(yk) = P(yk)(
nk2k1k
x-y
1
...
x-y
1
x-y
1
+++
) = 0, với mọi k=1, n-1.
Do P(yk) ≠ 0 nên suy ra:
nk2k1k
x-y
1
...
x-y
1
x-y
1
+++
= 0 (3), với mọi k = 1, n-1.
Từ (2) và (3) suy ra:
=
)('
)(''
j
j
xP
xP
1-nj2j1j
y-x
1
...
y-x
1
y-x
1
+++
(4) , với mọi j =1, n-1
Cộng từng vế n -1 đẳng thức dạng (4) ta có :
∑∑
==
=
n
j
n
j
j
j
xP
xP
11
'
''
(
)(
)(
)
y-x
1
...
y-x
1
y-x
1
1-nj2j1j
+++
= -
)
1
...
11
(
2
1
1
1 nkk
n
k
k
xyxyxy
−
++
−
+
−
∑
−
=
(5)
Từ (3) và (5) suy ra:
0
)(
)(
1
'
''
=
∑
=
n
j
j
j
xP
xP
.
Bài 2 :
Gỉa sử
a
=
);(
βα
, trong đó ta có thể giả sử
1
22
=+
βα
.
Và Ai(xi, yj), i=1, n.
Đường thẳng d vì nhận vectơ
a
=
);(
βα
làm vectơ chỉ phương, nên
có dạng
0
=+−
Cyx
αβ
.
Khoảng cách từ Ai tới d là
hi
=
Cyx
cyx
ii
ii
+−=
+
+−
αβ
βα
αβ
22
.
Vậy
2
h
2
1
+ h
2
2
+ ... + h
2
n
=
=+−
∑
=
2
1
)( Cyx
n
i
ii
αβ
=
CnCyx
n
i
ii
2)(
2
1
2
++−
∑
=
αβ
∑
=
−
n
i
ii
yx
1
)(
αβ
.
Vì
=−
∑
=
2
1
)(
n
i
ii
yx
αβ
const,
do đó
h
2
1
+ h
2
2
+ ... + h
2
n
min ⇔ n C
2
+ 2C
)(
1
∑
=
−
n
i
ii
yx
αβ
min.
Quan niệm nC
2
+ 2C
)(
1
∑
=
−
n
i
ii
yx
αβ
là tam thức bậc hai C, và do n >
0 nên
nC
2
+ 2C
)(
1
∑
=
−
n
i
ii
yx
αβ
min ⇔ C = -
)(
1
1
∑
=
−
n
i
ii
yx
n
αβ
.
Vậy đường thẳng d cần tìm có phương trình
0)(
1
1
=−−−
∑
=
n
i
ii
yx
n
yx
αβαβ
.
Bài 3 :
Điều kiện x> 0. Phương trình đã cho tương đương với:
log
2
x (log
2
x -
2
x
) - 2log
7
(x+3) (log
2
x -
2
x
) = 0
⇔ (log
2
x -
2
x
) [log
2
x - 2log
7
(x + 3) ] =0
⇔
=+−
=−
)2(0)3(log2log
)1(0
2
log
72
2
xx
x
x
Giải (1) :
(1) ⇔ x
2
= 2
x
⇔
2
2lnln
=
x
x
(3)
Dễ thấy x = 2 và x = 4 là các nghiệm của (3).
Xét hàm số f(x) =
x
xln
, ta có : f'(x) =
2
ln1
x
x
−
.
Suy ra : f'(x) > 0 với 0 < x < e
f'(x) = 0 với x = e
f'(x)< 0 với x > e.
Vì vế trái của (3) đồng biến trên (0;e] và nghịch biến trên [e;+∞),
trong khi vế phải là hàm hằng nên (3) có nhiều nhất hai nghiệm. Vậy (3) có
hai nghiệm x = 2 và x = 4.
Giải (2):
Đặt t = log
2
x, khi đó x = 2
t
. Phương trình (2) trở thành :
t = 2log
7
(2
t
+ 3)
⇔ (
7
4
)
t
+ 6(
7
2
)
t
+ 9(
7
1
)
t
= 2 (4)
3
Dễ thấy t = 2 là một nghiệm của (4) và do vế trái của (4) là hàm
nghịch biến còn vế phải là một hàm hằng nên t = 2 là nghiệm duy nhất của
(4). Từ t = 2 ta có x = 4.
Kết hợp các trường hợp chúng ta được nghiệm của phương trình đã
cho là x = 2 và x = 4.
Bài 4 :
Thay x = 0, y = 0 vào f(x+y) ≥ f(x).f(y) ≥ 2005
x+y
(1)
ta có :
f(0) ≥ f(0).f(0) ≥ 2005
0
= 1 (2)
Mặt khác với : f(0) ≥ [f(0)]
2
⇔ 0 ≤ f(0) ≤ 1 (3)
Từ (2) và (3) suy ra : f(0) = 1.
Thay y = - x vào (1) ta có ;
f(0) ≥ f(x).(-x) ≥ 2005
0
= 1
⇔ f(x).f(-x) = 1
⇔ f(x) =
)(
1
xf
−
(4)
Thay y = 0 vào (1) ta có : f(x)≥ 2005
x
(5)
Suy ra : f(-x)≥ 2005
-x
⇔
x
x
xf
2005
2005
1
)(
1
=≤
−
−
.
Từ (4), (5) và (6) ta có : f(x) = 2005
x
.
Đảo lại : Xét hàm số f(x) = 2005
x
ta thấy thỏa các yêu cầu bài toán.
Vậy hàm số cần tìm là : f(x) = 2005
x
.
4
