Cac bai toan hay
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (101.26 KB, 3 trang )
<span class='text_page_counter'>(1)</span>CÁC BÀI TOÁN KHÓ HỌC SINH YÊU CẦU. Quy Nhơn, ngày 25 tháng 04 năm 2012.
<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bài 1. Cho a, b là hai nghiệm của phương trình x2 – x – 1 = 0 (1). Tính A = (a2011 – a2012 + a2008 + a2009 + a6 – 5 + b)(b2011 – b2012 + b2008 + b2009 + b6 – 5 + a). Giải: Vì a, b là các nghiệm của phương trình (1) nên: a2 – a – 1 = 0, b2 – b – 1 = 0 Hay: a(a – 1) = 1, b(b – 1) = 1. Khi đó ta có: a2011 – a2012 + a2008 + a2009 = 0 = b2011 – b2012 + b2008 + b2009 Thật vậy, thực hiện các phép biến đổi và sử dụng điều kiện của giả thiết: a2011 – a2012 + a2008 + a2009 = -a(a – 1).a2010 + a2008 + a2009 = - a2010 + a2009 + a2008 = - a(a – 1).a2008 + a2008 = - a2008 + a2008 = 0. Chứng minh tương tự ta cũng có: b2011 – b2012 + b2008 + b2009 = 0. Từ đó biểu thức đã cho được thu gọn: A = (a6 – 5 + b)(b6 – 5 + a) = (a7 + b7) – 5(a6 + b6) – 5(a + b) + a6b6 + 25 Theo hệ thức Vi-ét ta có: S = a + b = 1; P = a.b = - 1 Biến đổi: a6 + b6 = (a2 + b2)(a4 – a2b2 + b4) = (a2 + b2)[(a2 + b2)2 – 3a2b2] = [(a + b)2 – 2ab]{[(a + b)2 – 2ab]2 – 3a2b2} = (S2 – 2P)[(S2 – 2P)2 – 3P2] = (S2 – 2P)(S4 – 4PS2 + P2) Thay S = 1, P = - 1 vào biểu thức trên ta có: a6 + b6 = (S2 – 2P)(S4 – 4PS2 + P2) = (1 + 2)(1 + 4 + 1) = 18 Biến đổi: a7 + b7 = (a3 + b3)(a4 + b4) – a3b4 – a4b3 = (a + b)(a2 – ab + b2)[(a2 + b2)2 – 2a2b2]– a3b3(a + b) = (a + b)[(a + b)2 - 3ab]{[(a + b)2 – 2ab]2 – 2a2b2} – a3b3(a + b) = S(S2 – 3P)[(S2 – 2P)2 – 2P2] – SP3 = S(S2 – 3P)(S4 – 4PS2 + 2P2) - SP3 Thay S = 1, P = - 1 vào biểu thức, ta được: a7 + b7 = S(S2 – 3P)(S4 – 4PS2 + 2P2) - SP3 = 1.(1 + 3)(1 + 4 + 2) + 1 = 29 Vậy: A = 29 – 5.18 – 5.1 + 1 + 25 = - 40. Bài 2. Tìm x, y nguyên thỏa mãn: 5x2 + y2 – 2xy + 2x – 6y + 1 < 0 (1) Giải : Đặt f(y) = y2 – 2y(x + 3) + 5x2 + 2x + 1, ta có f(y) < 0 (2) Xem (2) là một tam thức bậc hai theo y có hệ số a = 1 > 0 Ta có : ’ = (x + 3)2 – 4(5x2 + 2x + 1) = x2 + 6x + 9 – 20x2 – 8x – 4 = - 19x2 – 2x + 5 = - [(x + 1)2 + 18x2] + 6 Nhận xét, nếu x 0 (x Z), thì ’ < 0. Khi đó f(y) > 0, y , mâu thuẫn với (2). Do đó x = 0. Thay x = 0 vào (1): y2 – 6y + 1 < 0 (y – 3)2 < 8, Vì y Z, suy ra y 3 {0 ; 1 ; 2} (y – 3) {0 ; 1 ; 2} y {1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5} Vậy các giá trị nguyên của x, y thỏa mãn (1) là: x = 0 ; y {1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5}. Bài 3. Cho a, b, c > 0 thỏa ab + bc + ca = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của A = 2a + 2b + 2c..
<span class='text_page_counter'>(3)</span> Giải: A Ta có: A = 2a + 2b + 2c = 2(a + b + c) 2 = a + b + c (A > 0). Biến đổi: 2. A 2 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ab + bc + ca + 2(ab +bc + ca) 2. A A 3 A 2 3 2 3(ab + bc + ca) = 3 2 (A > 0). 3 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 . 3 Vậy Amin = 2 3 khi và chỉ khi a = b = c = 3 .. Bài 4. Cho tam giác ABC có hai đường phân giác BD, CE. M là điểm tùy ý trên đoạn DE. Gọi H, K, L lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh MH = MK + ML. Giải: Kẻ DD1 AB, DD2 BC, EE1 AC, EE2 BC. Theo tính chất đường phân giác, ta có: DD1 = DD2, EE1 = EE2. Goi N là giao điểm của MH với ED2. E Theo định lý Ta-lét, ta có: MN EM MN // DD2 DD2 ED (1), ML EM ML // DD DD1 ED (2) 1. D. A 1. E. 1. L. K D. M. N B. E. 2. H. D. C 2. MN ML DD DD1 . Vì DD = DD nên MN = ML. 2 Từ (1), (2) suy ra: 2 1. Chứng minh tương tự, ta có: NH D 2 N NH // EE2 EE 2 D 2 E (3), MK DM EE DE (4), 1 MK // EE 1. D 2 N DM NH MK D E DE EE EE1 . 2 2 MN // DD2 (5). Từ (3), (4), (5) suy ra:. Vì EE2 = EE1 nên NH = MK. Do đó: MN + NH = ML + MK Vậy MH = MK + ML.. Quy Nhơn, 25 – 04 - 2012 Bùi Văn Chi.
<span class='text_page_counter'>(4)</span>
