PHÒNG GD – ĐT TP. THỦ DẦU MỘT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN THCS
GIẢI THƯỞNG LƯƠNG THẾ VINH
NĂM HỌC: 2012-2013
MÔN TOÁN: LỚP 8
Thời gian làm bài : 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Ngày thi : 30/3/2013
Bài 1: (3d)
a) Phân tích đa thức thành nhân tử: (x+2)(x+3)(x+4)(x+5) – 24
 a + b + c = 0
2
2
2
 a + b + c = 2009

b) Cho a,b,c thoả mãn: 
Tính A = a4 + b4 + c4

Bài 2: (3đ)
a) Cho x,y,z thoả mãn: x + y + z = 3. Tìm giá trị lớn nhất của B = xy + yz + xz
2x − m x − 1
+
= 3 . Tìm m để phương trình có nghiệm dương.
x− 2 x+ 2
1 1 1
c) Cho a,b,c có tổng bằng 1 (a,b,c > 0). Chứng minh rằng : + + ≥ 9
a b c

b) Cho Phương trình:

Bài 3(2đ)
Cho tam giác ABC, phân giác trong đỉnh A cắt BC tại D, trên các đoạn DB, DC lần
BE.BF AB2
·
·
=
lượt lấy điểm E và F sao cho EAD
.
Chứng
minh
rằng
.
= FAD
2
CE.CF

AC

Bài 4(2đ)
Cho tam giác ABC, các điểm D và M di động trên AB sao cho AD = BM. Qua M vẽ
các đường thẳng song song BC cắt AC lần lượt tại E và N. Chứng minh rằng : tổng
DE + MN không đổi.
------------Hết------------

1


Giải
Bài 1: (3d)
 a + b + c = 0

2
2
2
 a + b + c = 2009

a) Cho a,b,c thoả mãn: 

Tính A = a4 + b4 + c4
Cách 1:
Ta có: a+b+c=0
⇒ a+b = -c
⇒ (a+b)2 – 2ab = c2
⇒ (a+b)2 – c2 = 2ab
⇒ (a+b+c)(a+b-c) = 2ab
⇒ 0 = 2ab
⇒ a=0 hoặc b=0
• Nếu a=0 ⇒ b = -c và b2 + c2 = 2009
⇒ b2 + b2 = 2009
⇒ 2b2 = 2009
⇒ b=

2009
và c = - 2009
2
2

Do đó: A = a4 + b4 + c4 = 04 +

4


4

4

4

2009
2009
1
+
= 20092. (1)
2
2
2

• Nếu b=0 ⇒ a = -c và a2 + c2 = 2009
⇒ a2 + a2 = 2009
⇒ 2a2 = 2009
⇒ a=

2009
và c = - 2009
2
2

Do đó: A = a + b + c = 04 + 2009 + 2009 = 20092. 1 (2)
2
2
2
1

Từ (1) và (2) ⇒A = a4 + b4 + c4 = 20092.
2
4

4

4

2


Cách 2:
Ta có: a2 + b2 + c2 = 2009
⇔ (a2 + b2 + c2 )2 = 20092
⇔ a4 +b4 +c4 + 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 = 20092
⇔ a4 +b4 +c4 + 2(a2b2 + b2c2 + c2a2 ) = 20092
⇔ a4 +b4 +c4 = 20092 - 2(a2b2 + b2c2 + c2a2 ) (1)
Ta có: a2 + b2 + c2 = 2009
⇔ (a+b+c)2 - 2ab - 2ac - 2bc = 2009
2009
⇔ ab+ac+bc = −
( do a+b+c = 0)
2
20092
⇔ (ab+ac+bc )2 =
4
20092
⇔ a b + b c + c a + 2a bc + 2b ac + 2c ab =
4
2

2009
⇔ a2b2 + b2c2 + c2a2 + 2abc(a+b+c) =
4
2
2009
⇔ a2b2 + b2c2 + c2a2 =
( do a+b+c = 0)
4
20092
4
4
4
2
(1) ⇒ a +b +c = 2009 -2.
4
2
2009
⇔ a4 +b4 +c4 =
2
2 2

2 2

2 2

2

2

2


Bài 2: (3đ)
a) Cho x,y,z thoả mãn: x + y + z = 3. Tìm giá trị lớn nhất của B = xy + yz + xz
Cách 1:
Ta có: (x-y)2 ≥ 0 với mọi x,y ∈ R
Tương tự : (y-z)2 ≥ 0 , (z-x)2 ≥ 0 với mọi x,y,z ∈ R
Cộng từng vế 3 bất đẳng thức ta được:
x2 – 2xy + y2 – 2yz + z2 + z2 – 2zx + x2 ≥ 0
⇔ 2(x2 + y2 + z2 ) - 2(xy+yz+xy) ≥ 0
⇔ (x2 + y2 + z2 ) - (xy+yz+xy) ≥ 0
⇔ (xy+yz+xy) ≤ (x2 + y2 + z2 )
⇔ 3(xy+yz+xy) ≤ (x2 + y2 + z2 ) + 2(xy+yz+xy)
⇔ 3(xy+yz+xy) ≤ (x + y + z)2 = 9
⇔ (xy+yz+xy) ≤ 3
Vậy B = 3 thì đạt giá trị lớn nhất
Dấu “=” xảy ra khi x=y=x =1
Cách 2:
Ta có: B = xy + yz + xz và x + y + z = 3
B = xy + z(x+y) = xy + [3-(x+y)](x+y)
=xy + 3(x+y) – (x+y)2
3


= -x2 – y2 – xy + 3x + 3y
2

2

y − 3 3y2 + 6y + 9 −3
= −  x+

+ ( y − 1) + 3 ≤ 3
÷ +
2 
4
4

 y − 1= 0

y− 3

= 0⇔ x = y= z= 1
Dấu “=” xảy ra khi  x +
2

 x + y + z = 0

Vậy giá trị lớn nhất của B là 3 khi x=y=z=1
b) Cho Phương trình:

2x − m x − 1
+
= 3 . Tìm m để phương trình có nghiệm dương.
x− 2 x+ 2

Đk: x ≠ ± 2
Ta được: (2x-m)(x+2) + (x-1)(x-2) = 3(x-2)(x+2)
⇔ 2x2 + 4x – mx – 2m + x2 – 3x + 2 = 3x2 – 12
⇔ (1-m)x = 2m – 14
⇔ x=


2( m− 7)
1− m

 m − 7 > 0
 m > 7
(loai )


1
−
m
>
0
m
<
1


⇔
⇔1< m < 7
Đề phương trình có nghiệm dương x > 0 khi 
 m < 7
m
−
7
<
0




 1 − m < 0
  m > 1

(1)
+Với Đk x ≠ 2 ⇔

2( m− 7)
1− m

≠ 2 ⇔ m ≠ 4 (2)

Từ (1), (2)
Vậy 1< m < 7 và m ≠ 4 thì phương trình trên có nghiệm dương .

4


PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
HUYỆN VŨ THƯ

ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
MÔN: TOÁN – LỚP 8
NĂM HỌC 2008 – 2009

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (4 điểm)
 a+ b + c = 0

1, Cho ba số a, b, c thoả mãn  2
, tính A = a4 + b4 + c4 .
2
2
a + b + c = 2009
2, Cho ba số x, y, z thoả mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị lớn nhất của B = xy + yz + zx .
Bài 2: (2 điểm)
2
Cho đa thức f ( x) = x + px + q với p∈ Z,q∈ Z . Chứng minh rằng tồn tại số nguyên

k để

f ( k) = f ( 2008) .f ( 2009) .

Bài 3: (4 điểm)
1, Tìm các số nguyên dương x, y thoả mãn 3xy + x + 15y − 44 = 0 .
2, Cho số tự nhiên a = ( 29 )
d là

2009

, b là tổng các chữ số của a, c là tổng các chữ số của b,

tổng các chữ số của c. Tính d.

Bài 4: (3 điểm)
Cho phương trình

2x − m x − 1
+

= 3, tìm m để phương trình có nghiệm dương.
x− 2 x+ 2

Bài 5: (3 điểm)
Cho hình thoi ABCD có cạnh bằng đường chéo AC, trên tia đối của tia AD lấy điểm
E, đường thẳng EB cắt đường thẳng DC tại F, CE cắt à tại O. Chứng minh ∆AEC
đồng dạng ∆CAF , tính ·EOF .
Bài 6: (3 điểm)
Cho tam giác ABC, phân giác trong đỉnh A cắt BC tại D, trên các đoạn thẳng DB, DC
lần

BE BF AB2
=
lượt lấy các điểm E và F sao cho ·EAD = ·FAD . Chứng minh rằng:
CE CF AC2

.
Bài 7: (2 điểm)
Trên bảng có các số tự nhiên từ 1 đến 2008, người ta làm như sau lấy ra hai số bất kỳ
và

thay bằng hiệu của chúng, cứ làm như vậy đến khi còn một số trên bảng thì dừng lại.

Có

thể làm để trên bảng chỉ còn lại số 1 được không? Giải thích.

..........................................Hết..............................................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .............................................................. Số báo danh: ..........................

5


PHÒNG GD-ĐT VŨ THƯ
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 8
Bài

1.1

Nội dung

Điểm

2,00

 a+ b + c = 0
Cho ba số a, b, c thoả mãn  2
, tính A = a4 + b4 + c4 .
2
2
a
+
b
+
c
=
2009

2
2

2
2
Ta có a + b + c = ( a + b + c) − 2( ab + bc + ca) = −2( ab + bc + ca)

0,50

2

 a2 + b2 + c2  20092
a b + b c + c a = ( ab + bc + ca) − 2abc( a + b + c) = 
÷ =
2
4


2
2
2009
A = a4 + b4 + c4 = ( a2 + b2 + c2 ) − 2( a2b2 + b2c2 + c2a2 ) =
2
1.2 Cho ba số x, y, z thoả mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị lớn nhất của B = xy + yz + zx .
B = xy + z( x + y) = xy + 3− ( x + y)  ( x + y)
2 2

2 2

0,50

2


2 2

1,00

2,00

= xy + 3( x + y) − ( x + y) = − x2 − y2 − xy + 3x + 3y
2

2

2

y − 3 −3y2 + 6y + 9
y − 3 −3
2


= − x+
+
= − x+
+ ( y − 1) + 3 ≤ 3
÷
÷
2 
4
2 
4



 y − 1= 0

y− 3

= 0⇔ x = y = z = 1
Dấu = xảy ra khi x +
2

 x + y + z = 0
2

1,25

0,50

0,25

Vậy giá trị lớn nhất của B là 3 khi x = y = z = 1
2
Cho đa thức f ( x) = x + px + q với p∈ Z,q∈ Z . Chứng minh rằng tồn tại số nguyên
k để

2,00

f ( k) = f ( 2008) .f ( 2009) .

ff ( x) + x =  f ( x) + x + p( f ( x) + x) + q
= f 2 ( x) + 2.x.f ( x) + x2 + p.f ( x) + p.x + q
2


= f ( x)  f ( x) + 2x + p + ( x2 + px + q)
= f ( x)  x2 + px + q + 2x + p + 1

2
= f ( x) ( x + 1) + p( x + 1) + q = f ( x) f ( x + 1)


Với x = 2008 chọn k = f ( 2008) + 2008∈ ¢

1,25
0,50

Suy ra f ( k) = f ( 2008) .f ( 2009)

0,25

3.1 Tìm các số nguyên dương x, y thoả mãn 3xy + x + 15y − 44 = 0 .
♦3xy + x + 15y − 44 = 0 ⇔ ( x + 5) ( 3y + 1) = 49
♦ x, y nghuyêndương do vậy x + 5, 3y + 1 nguyên dương và lớn hơn 1.

2,00
0,75
0,50

♦Thoả mãn yêu cầu bài toán khi x + 5, 3y + 1 là ước lớn hơn 1 của 49 nên có:
6


 x+ 5= 7
x = 2

⇔

3y + 1 = 7 y = 2
Vậy phương trình có nghiệm nguyên là x = y = 2.

0,75

3.2 Cho số tự nhiên a = ( 29 ) 2009 , b là tổng các chữ số của a, c là tổng các chữ số của b, d

2,00

là tổng các chữ số của c. Tính d.
a = ( 29 )

2009

= ( 23 )

3.2009

= ( 23 )

6027

< 106027 ⇒ b ≤ 9.6027 = 54243

⇒ c ≤ 5 + 4.9 = 41⇒ d ≤ 4 + 1.9 = 13

4


5

( 1)

1,00

23 ≡ −1mod9 ⇒ a ≡ −1mod9 mà a ≡ b ≡ c ≡ dmod9 ⇒ d ≡ −1mod9 ( 2)
Từ (1) và (2) suy ra d = 8.
2x − m x − 1
+
= 3, tìm m để phương trình có nghiệm dương.
Cho phương trình
x− 2 x+ 2
Điều kiện: x ≠ 2;x ≠ −2
2x − m x − 1
+
= 3 ⇔ ... ⇔ x( 1− m) = 2m− 14
x− 2 x+ 2
m = 1phương trình có dạng 0 = -12 vô nghiệm.
2m− 14
m ≠ 1 phương trình trở thành x =
1− m
 2m− 14
 1− m ≠ 2

 m≠ 4
 2m− 14
≠ −2 ⇔ 
Phương trình có nghiệm dương ⇔ 
1< m < 7

 1− m
 2m− 14
 1− m > 0

 m≠ 4
Vậy thoả mãn yêu cầu bài toán khi 
.
1< m < 7

0,75
0,25

3,00
0,25
0,75
0,25
0,50

1,00

0,25

Cho hình thoi ABCD có cạnh bằng đường chéo AC, trên tia đối của tia AD lấy điểm

3,00

E, đường thẳng EB cắt đường thẳng DC tại F. Chứng minh ∆AEC đồng dạng ∆CAF
, tính ·EOF .

7



♦∆AEB đồng dạng ∆CBF (g-g)
⇒ AB2 = AE.CF ⇒ AC2 = AE.CF
AE AC
⇒
=
AC CF
♦∆AEC đồng dạng ∆CAF (c-g-c)
♦∆AEC đồng dạng ∆CAF
·
·
mà
⇒ AEC
= CAF
·
·
·
·
·
EOF
= AEC
+ EAO
= ACF
+ EAO

E
A
O
B

D

C

1,00

1,00

·
= 1800 − DAC
= 1200

1,00

F

6

Cho tam giác ABC, phân giác trong đỉnh A cắt BC tại D, trên các đoạn thẳng DB,

3,00

DC lần lượt lấy các điểm E và F sao cho ·EAD = ·FAD . Chứng minh rằng:
BE BF AB2
=
.
CE CF AC2
A

AE EH

=
AF FK
K
S∆ABE BE EH.AB AE.AB
BE AE.AB
=
=
=
⇒
=
S
CF
FK.AC
AF.AC
CF
AF.AC
D
C
∆
ACF
E
F
B
BF AF.AB
=
♦Tương tự
CE AE.AC
BE BF AB2
♦⇒
(đpcm).

=
CE CF AC2
Trên bảng có các số tự nhiên từ 1 đến 2008, người ta làm như sau lấy ra hai số bất
H

7

♦Kẻ EH ⊥ AB tại H, FK ⊥ AC tại K
·
·
·
·
⇒ BAE
= CAF;
BAF
= CAE
⇒ ∆HAE đồng dạng ∆KAF (g-g) ⇒

1,00

1,25
0,50

0,25

2,00

kỳ và thay bằng hiệu của chúng, cứ làm như vậy đến khi còn một số trên bảng thì
dừng lại. Có thể làm để trên bảng chỉ còn lại số 1 được không? Giải thích.
Khi thay hai số a, b bởi hiệu hiệu hai số thì tính chất chẵn lẻ của tổng các số có trên

bảng không đổi.
2008.( 2008+ 1)
Mà S = 1+ 2 + 3+ ... + 2008 =
= 1004.2009 ≡ 0mod2 ; 1 ≡ 1mod2
2
do vậy trên bảng không thể chỉ còn lại số 1.

Phßng Gi¸o dôc- §µo t¹o

1,00

1,00

®Ò thi chän häc sinh giái cÊp huyÖn
8


năm học 2008 - 2009
môn: Toán 8

TRựC NINH

*****
đề chính thức

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

Đề thi này
gồm 1 trang

Bi 1 (4 im): Cho biu thc

4xy 1
1

A= 2
:
+ 2
2 2
2
2
y x y x
y + 2 xy + x
a) Tỡm iu kin ca x, y giỏ tr ca A c xỏc nh.
b) Rỳt gn A.
c) Nu x; y l cỏc s thc lm cho A xỏc nh v tho món: 3x 2 + y2 + 2x 2y = 1, hóy tỡm tt c
cỏc giỏ tr nguyờn dng ca A?
Bi 2 (4 im):
a) Gii phng trỡnh :
x + 11 x + 22 x + 33 x + 44
+
=
+
115
104
93
82
b) Tỡm cỏc s x, y, z bit :
x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx
v x 2009 + y 2009 + z 2009 = 32010

Bi 3 (3 im): Chng minh rng vi mi n N thỡ n5 v n luụn cú ch s tn cựng ging nhau.
Bi 4 (7 im): Cho tam giỏc ABC vuụng ti A. Ly mt im M bt k trờn cnh AC. T C v mt
ng thng vuụng gúc vi tia BM, ng thng ny ct tia BM ti D, ct tia BA ti E.
ã
ã
a) Chng minh: EA.EB = ED.EC v EAD
= ECB
2
ã
b) Cho BMC
= 1200 v S AED = 36cm . Tớnh SEBC?
c) Chng minh rng khi im M di chuyn trờn cnh AC thỡ tng BM.BD + CM.CA cú giỏ tr
khụng i.
d) K DH BC ( H BC ) . Gi P, Q ln lt l trung im ca cỏc on thng BH, DH. Chng
minh CQ PD .
Bi 5 (2 im):
x y
+ 2 (vi x v y cựng du)
a) Chng minh bt ng thc sau:
y x
b) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc P =

x y
x2 y2
+ 2 3 + ữ+ 5
2
y
x
y x


(vi x 0, y 0 )

9


Phßng Gi¸o dôc- §µo t¹o
TRùC NINH

*****

®¸p ¸n vµ híng dÉn chÊm thi häc sinh giái n¨m häc
2008 - 2009
m«n: To¸n 8

Bài 1: (4 điểm)
a) Điều kiện: x ≠ ± y; y ≠ 0
(1 điểm)
b) A = 2x(x+y)
(2 điểm)
c) Cần chỉ ra giá trị lớn nhất của A, từ đó tìm được tất cả các giá trị nguyên dương của A
+ Từ (gt): 3x2 + y2 + 2x – 2y = 1 ⇒ 2x2 + 2xy + x2 – 2xy + y2 + 2(x – y) = 1
⇒ 2x(x + y) + (x – y)2 + 2(x – y) + 1 = 2 ⇒ A + (x – y + 1)2 = 2
⇒ A = 2 – (x – y + 1)2 ≤ 2 (do (x – y + 1) ≥ 0 (với mọi x ; y) ⇒ A ≤ 2. (0,5đ)

1

x − y + 1= 0
x
=



2
+ A = 2 khi 2x( x + y) = 2 ⇔ 

y = 3
x
≠
±
y;y
≠
0


2
(x − y + 1)2 = 1

+ A = 1 khi 2x( x + y) = 1 Từ đó, chỉ cần chỉ ra được một cặp giá trị của x và y, chẳng

x ≠ ± y;y ≠ 0

2−1
x =

2
hạn: 
y = 2 + 3

2

+ Vậy A chỉ có thể có 2 giá trị nguyên dương là: A = 1; A = 2

Bài 2: (4 điểm)
a)

⇔

x + 11 x + 22 x + 33 x + 44
+
=
+
115
104
93
82
x + 11
x + 22
x + 33
x + 44
⇔(
+ 1) + (
+ 1) = (
1) + (
+ 1)
115
104
93
82

x + 126 x + 126 x + 126 x + 126
+
=

+
115
104
93
82
x + 126 x + 126 x + 126 x + 126
⇔
+
−
−
=0
115
104
93
82

(0,5 điểm)

(1 điểm)

(0,5 điểm)

⇔ ...

⇔ x + 126 = 0

⇔ x = −126

b) x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx
⇔ 2x2 +2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz – 2zx = 0

⇔ (x-y)2 + (y-z)2 + (z-x)2 = 0

(0,5 điểm)
(0,75 điểm)

10


x − y = 0

⇔ y − z = 0
z − x = 0


⇔ x= y= z
⇔ x2009 = y2009 = z2009

(0,75 điểm)

Thay vào điều kiện (2) ta có 3.z2009 = 32010
⇔ z2009 = 32009
⇔ z =3
Vậy x = y = z = 3
(0,5 điểm)
Bài 3 (3 điểm)
Cần chứng minh: n5 – n M10
- Chứng minh : n5 - n M2
n5 – n = n(n2 – 1)(n2 + 1) = n(n – 1)(n + 1)(n2 + 1) M2 (vì n(n – 1) là tích của hai số nguyên liên
tiếp)
(1 điểm)

5
- Chứng minh: n – n M5
n5 - n = ... = n( n - 1 )( n + 1)( n2 – 4 + 5)
= n( n – 1 ) (n + 1)(n – 2) ( n + 2 ) + 5n( n – 1)( n + 1 )
lý luận dẫn đến tổng trên chia hết cho 5
(1,25 điểm)
- Vì ( 2 ; 5 ) = 1 nên n5 – n M2.5 tức là n5 – n M10
Suy ra n5 và n có chữ số tận cũng giống nhau.
(0,75 điểm)
Bµi 4: 6 ®iÓm
E

D
A
M
Q

B

P

I

H

C

C©u a: 2 ®iÓm
* Chøng minh EA.EB = ED.EC
(1 ®iÓm)

- Chøng minh ∆ EBD ®ång d¹ng víi ∆ ECA (gg)

0,5 ®iÓm

- Tõ ®ã suy ra

0,5 ®iÓm

EB ED
=
⇒ EA.EB = ED.EC
EC EA
·
·
* Chøng minh EAD
(1 ®iÓm)
= ECB
- Chøng minh
- Suy ra

∆ EAD ®ång d¹ng víi ∆ ECB (cgc)

·
·
EAD
= ECB

0,75 ®iÓm
0,25 ®iÓm
11



Câu b: 1,5 điểm
- Từ

ã
= 120o ãAMB = 60o ãABM = 30o
BMC

- Xét

0,5 điểm

EDB vuông tại D có Bà = 30o
ED =

1
ED 1
EB
=
EB 2
2

0,5 điểm

2

- Lý luận cho

S EAD ED

=
ữ
S ECB EB

từ đó SECB = 144 cm2 0,5 điểm

Câu c: 1,5 điểm
- Chứng minh BMI đồng dạng với BCD (gg)
0,5 điểm
- Chứng minh CM.CA = CI.BC
0,5 điểm
- Chứng minh BM.BD + CM.CA = BC2 có giá trị không đổi
0,5 điểm
Cách 2: Có thể biến đổi BM.BD + CM.CA = AB2 + AC2 = BC2
Câu d: 2 điểm
- Chứng minh BHD đồng dạng với DHC (gg)

0,5 điểm



0,5 điểm

BH BD
2 BP BD
BP BD
=

=


=
DH DC
2 DQ DC
DQ DC

- Chứng minh DPB đồng dạng với CQD (cgc)

ã
ã

BDP
= DCQ
CQ PD
o
ã
ã
ma`BDP + PDC = 90

1 điểm

Bi 5: (2 im)
a) vỡ x, y cựng du nờn xy > 0, do ú

x y
+ 2
y x

(*)

x2 + y2 2xy


(x y)2 0(**). Bt ng thc (**) luụn ỳng, suy ra bt (*) ỳng (pcm) (0,75)
x y
+ =t
y x
x2 y2 2
2 + 2 =t 2
y x

b) t

(0,25)

Biu thc ó cho tr thnh P = t2 3t + 3
P = t2 2t t + 2 + 1 = t(t 2) (t 2) + 1 = (t 2)(t 1) + 1
(0,25)
- Nu x; y cựng du, theo c/m cõu a) suy ra t 2. t 2 0 ; t 1 > 0 ( t 2) ( t 1) 0
P 1. ng thc xy ra khi v ch khi t = 2 x = y (1) (0,25)
x
y
- Nu x; y trỏi du thỡ < 0 v < 0 t < 0 t 1 < 0 v t 2 < 0
y
x

( t 2) ( t 1) > 0 P > 1

(2)

(0,25)


- T (1) v (2) suy ra: Vi mi x 0 ; y 0 thỡ luụn cú P 1. ng thc xy ra khi v ch khi x
= y. Vy giỏ tr nh nht ca biu thc P l Pm=1 khi x=y

12