Chứng minh rằng với mọi $p$ là số nguyên tố thì đều tồn tại $n \in N$ thỏa mãn $p <\frac{n}{2}$ mà $n^2+1 \vdots p$

Đề bài này có vấn đề rồi. Phản ví dụ đây : xét p=3 thì không tồn tại $n\in \mathbb{N}$ thoả mãn $\frac{n}{2}>3$ mà $n^2+1$ $\vdots$ $3$.

Thật vậy, $\forall n\in\mathbb{N}$ ta có $n\equiv r\pmod{3}$ với $r\in\{0,1,2\}$. $\Rightarrow n^2+1\equiv r^2+1\equiv s\pmod{3}$ với $s\in\{1,2\}\Rightarrow n^2+1$ không $\vdots 3$.(đpcm)

1) Nếu $p=2$ thì chọn $n=pk+1,(k>2)$. Ta có : $n>2p$ và $n^2+1$ $\vdots p$.

2) Nếu $p>2$ thì $p$ là số nguyên tố lẻ. Ta có : $\exists\in\mathbb{N}, n^2+1$ $\vdots$ $p\Leftrightarrow p$ có dạng $4k+1$.

ở bài này mình chỉ tìm được giá trị lớn nhất chứ không tìm được giá trị nhỏ nhất


áp dụng bdt cô si ta được
$b^{k}+a^{k}\geq 2\sqrt{a^{k}b^{k}}$
$b^{k}+c^{k}\geq 2\sqrt{c^{k}b^{k}}$
$c^{k}+a^{k}\geq 2\sqrt{a^{k}c^{k}}$
Suy ra: $f(a,b,c)\leq \frac{a}{2\sqrt{b^{k}c^{k}}}+\frac{b}{2\sqrt{a^{k}c^{k}}}+\frac{c}{2\sqrt{b^{k}a^{k}}}= \frac{a\sqrt{a^{k}}+b\sqrt{b^{k}}+c\sqrt{c^k}}{2\sqrt{a^kb^kc^k}}$ (1)
Áp dụng bdt bu-nhi-a cốp xki ta có : $a\sqrt{a^k}+b\sqrt{b^k}+c\sqrt{c^k}\leq \sqrt{(a^{2}+b^2+c^2)(a^k+b^k+c^k)}= \sqrt{a^{k}+b^{k}+c^{k}}$ (2)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a^{k}= b^{k}=c^{k}\Leftrightarrow a^2=b^2=c^2=\frac{1}{3}$ (3)

Từ(1) (2)và (3) suy ra f(a,b,c) max

Khi có $f(x)\le g(x)$, dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $x=x_0$ mà $g(x)$ không phải hằng số thì không thể kết luận $\max f(x)=g(x_0)$ tại $x=x_0$ được.

Không có GTLN của $f(a,b,c)$. Chẳng hạn cho $b\to 0^+, c\to 0^+$ thì $a\to 1^-$ và ta có $f(a,b,c)\to +\infty$

Câu 1. (4 điểm)
Giả sử n là số tự nhiên khác 0 sao cho 2ⁿ và 5ⁿ bắt đầu cùng bằng chữ số a. Hãy tìm chữ số a.

Bổ đề : Số chữ số của $x^n$ là $S(x^n)=[n.\lg x]+1$. (kí hiệu [A] nghĩa là phần nguyên của số thực A)

CM bổ đề : Đặt $S(x^n)=k$ , do $S(10^{k-1})=k$ và $S(10^k)=k+1$ nên : $10^{k-1}\le x^n<10^k$ .

Lấy $\log_{10}$ cả 3 vế, ta được : $k-1\le n.\lg x<k$

$\Rightarrow [n.\lg x]=k-1 \Rightarrow S(x^n)=k=[n.\lg x] +1$. (CM xong bổ đề).

Trở lại bài toán, do $2^n$ và $5^n$ đều bắt đầu bằng chữ số $a$ nên ta có thể viết như sau :

$2^n=a.10^{k_1}+r_1$ với $0<r_1<10^{k_1}$ và $k_1=[n.\lg{2}]$

$5^n=a.10^{k_2}+r_2$ với $0<r_2<10^{k_2}$ và $k_2=[n.\lg{5}]$

$\Rightarrow 10^n=2^n.5^n=a^2.10^{k_1+k_2}+a.(r_1.10^{k_2}+r_2.10^{k_1})+r_1.r_2$

$\Rightarrow a^2.10^{k_1+k_2}<10^n<a^2.10^{k_1+k_2}+a.2.10^{k_1+k_2}+10^{k_1+k_2}$

$\Rightarrow a^2.10^{k_1+k_2}<10^n<(a+1)^2.10^{k_1+k_2}$

$\Rightarrow a<\sqrt{10^{n-k_1-k_2}}<a+1$

$\Rightarrow a=[\sqrt{10^{n-k_1-k_2}}]$

Mà $n-2=(n\lg 2-1)+(n\lg 5-1)<k_1+k_2<n\lg 2+n\lg 5=n \Rightarrow k_1+k_2=n-1$

Vậy $a=[\sqrt{10}]=3$.

Chưa hẳn vậy.nếu x+1 =4hoặc 6,8  vẫn đảm bảo là số chẵn mà

Vì VT có ước số chẵn là $x+1$, VP chỉ có ước số chẵn duy nhất là 2. Muốn VT=VP thì phải có $x+1=2$.

Tìm x,n nguyên dương sao cho $x^3+2x+1=2^n$  (*)

p/s: Bài này mình giải đc theo Legendre rồi, ai có cách khác chỉ mình với!

Vì $x,n$ nguyên dương nên từ (*) $\Rightarrow x$ lẻ và $n\ge2$

(*) $\Leftrightarrow (x+1)(x^2-x+3)=2.(2^{n-1}+1)$ (**)

Vì x lẻ nên $(x^2-x+3)$ cũng lẻ và $(x+1)$ chẵn. Mà $(2^{n-1}+1)$ lẻ do đó từ (**) suy ra $x+1=2$ và ta được $x=1$.

Thay $x=1$ vào (*) suy ra $n=2$.

Vậy ta có (x,n)=(1,2) là nghiệm nguyên duy nhất của (*).

Mọi người cho minh hỏi câu 1b mình lam như thế này liệu có được điểm nào không

     Ta có y'=$6x^2+6(m+1)x+6m$

 

Để h/s có cực đai,cực tiêu thì pt y'=0 có 2 nghiệm pb 

$\Leftrightarrow \Delta >0\Leftrightarrow (m-1)^2>0\Leftrightarrow m>1$(do tâm lí phòng thi),

Với m>1,lại có $y=\frac{1}{3}x.y'-\frac{1}{6}(m+1)y'-(m-1)^2x+....$

Suy ra đt AB có pt y=$-(m-1)^2x+....$

Do  AB vuuông góc với d  $\Rightarrow (m-1)^2=1\Leftrightarrow m=0;m=2$$\Rightarrow (m-1)^2=1\Leftrightarrow m=0;m=2$

Với chỗ sai đó thì bạn được câu này từ 0.5 -> 0.75 đ. Khi chấm thi thì tui cho những ai sai chỗ đó 0.75 đ (với bài làm hoàn chỉnh y như bài giải của bạn).

Cách 2 : Áp dung BĐT quen thuộc $\frac{4}{\sqrt{a_1+a_2+a_3+a_4}}\le\sqrt{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+\frac{1}{a_4}}$ ( Dấu $"="$ xảy ra với $a_1=a_2=a_3=a_4$)

Ta có : $\frac{4}{\sqrt{t+4}}=\frac{4}{\sqrt{\frac{t}{3}+\frac{t}{3}+\frac{t}{3}+4}}\le\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}$ Dấu $"="$ xảy ra với $t=12$

Suy ra $P\le\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}-\frac{9}{2t}$. Đặt $z=\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}$  $(z>\frac{1}{4})$  thì

$P\le z-\frac{1}{2}\left( z^2-\frac{1}{4}\right) =\frac{1+8z-4z^2}{8}=\frac{5-4(1-z)^2}{8}\le\frac{5}{8}$

Dấu $"="$ xảy ra với $z=1\Leftrightarrow t=12\Leftrightarrow a=b=c=2$

Hoặc có thể tiếp tục dùng Côsi :

$\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}=1.\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}\le\frac{1+\left(\frac{9}{t}+\frac{1}{4}\right)}{2}=\frac{9}{2t}+\frac{5}{8}$

$\Rightarrow P\le \frac{5}{8}$

Câu 6. Dùng AM-GM đánh giá được :

$P\le \frac{4}{\sqrt{t+4}}-\frac{9}{2t}=f(t)$ với $t=\frac{(a+b+c)^2}{3}$  $(t>0)$

Cách 2 : Áp dung BĐT quen thuộc $\frac{4}{\sqrt{a_1+a_2+a_3+a_4}}\le\sqrt{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+\frac{1}{a_4}}$ ( Dấu $"="$ xảy ra với $a_1=a_2=a_3=a_4$)

Ta có : $\frac{4}{\sqrt{t+4}}=\frac{4}{\sqrt{\frac{t}{3}+\frac{t}{3}+\frac{t}{3}+4}}\le\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}$ Dấu $"="$ xảy ra với $t=12$

Suy ra $P\le\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}-\frac{9}{2t}$. Đặt $z=\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}$  $(z>\frac{1}{4})$  thì

$P\le z-\frac{1}{2}\left( z^2-\frac{1}{4}\right) =\frac{1+8z-4z^2}{8}=\frac{5-4(1-z)^2}{8}\le\frac{5}{8}$

Dấu $"="$ xảy ra với $z=1\Leftrightarrow t=12\Leftrightarrow a=b=c=2$

Câu 6 (1,0 điểm). Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$$P = \frac{4}{\sqrt{a^2+b^2+c^2-4}}-\frac{9}{(a+b)\sqrt{(a+2c)(b+2c)}}$$

Giải : Dùng AM-GM đánh giá được :

• $a^2+b^2+c^2\ge \frac{(a+b+c)^2}{3}$
• $(a+b)\sqrt{(a+2c)(b+2c)}\le (a+b) \left(\frac{a+b+4c}{2}\right)=\frac{1}{6}(3a+3b)(a+b+4c)$ $ \le \frac{1}{6} \left( \frac{4a+4b+4c}{2}\right)^2=\frac{2}{3}(a+b+c)^2$
• Tất cả các dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

Suy ra : $P\le \frac{4}{ \sqrt{ \frac{(a+b+c)^2}{3}+4}}-\frac{27}{2(a+b+c)^2}=\frac{4}{\sqrt{t+4}}-\frac{9}{2t}=f(t)$ với $t=\frac{(a+b+c)^2}{3}$  $(t>0)$

$f'(t)=\frac{-2}{\sqrt{(t+4)^3}}+\frac{9}{2t^2}$   ;   $f'(t)=0\Leftrightarrow 16t^4=81(t+4)^3$

Nhận xét :

• Với $0<t<12$ thì $16t^4<16.12t^3=3.(4t)^3<3.(3t+12)^3=81(t+4)^3$ tức là $f'(t)>0$ trong $(0;12)$
• Với $t>12$ thì $16t^4>16.12t^3=3.(4t)^3>3.(3t+12)^3=81(t+4)^3$ tức là $f'(t)<0$ trong $(12;+\infty)$

• Với $t=12$ thì $f'(t)=0$ và $f(t)=\frac{5}{8}$

Suy ra : $\max_{t>0} f(t)=\frac{5}{8}$ tại $t=12$

Vậy $\max_{a,b,c>0}P=\frac{5}{8}$ khi và chỉ khi $a=b=c=2$.

$y=2x^3-3(m+1)x^2+6mx$.   (1)

$(d) : y=x+2$

$y' = 6{x^2} - 6(m + 1)x + 6m=6[x^2 - (m+1)x+m]$
* Đồ thị hs (1) có 2 điểm cực trị A,B nên $\Delta  = (m + 1)^2-4m=(m-1)^2 > 0 \Leftrightarrow m \ne 1$

*$y=\frac{1}{6}y'.(2x-m-1)-(m-1)^2x+(m^2+m)$
$\Rightarrow$ Pt đường thẳng qua 2 điểm cực trị là $(AB): y = -(m-1)^2x + (m^2 + m)$
*$(AB) \perp (d) \Leftrightarrow -(m-1)^2.1 = -1 \Leftrightarrow m = 0$ (nhận) $\vee  m = 2$ (nhận)

Vậy m thoả ycbt $\Leftrightarrow m=0 \vee m=2$.

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

$I = \int\limits_0^1 \frac{(x+1)^2}{x^2+1}dx=\int\limits_0^1dx+\int\limits_0^1\frac{2x}{x^2+1}dx=x|_0^1+\int\limits_0^1\frac{d(x^2+1)}{x^2+1}$

   $=x|_0^1 + \ln|x^2+1||_0^1=1+\ln{2}$

Câu 3.

$2\log_2x+\log_{\frac{1}{2}}(1-\sqrt{x})=\frac{1}{2}\log_{\sqrt{2}}(x – 2\sqrt{x}+2).$ ( ĐK: $0< x < 1$ )
$\Leftrightarrow \log_2x^2-\log_2(1-\sqrt{x})=\log_2(x – 2\sqrt{x}+2)$

$\Leftrightarrow \log_2\frac{x^2}{1-\sqrt{x}}=\log_2(x – 2\sqrt{x}+2)$

$\Leftrightarrow \frac{x^2}{1-\sqrt{x}}=x – 2\sqrt{x}+2.$    $(*)$

Đặt $t=\sqrt{x}$ ( ĐK: $0<t<1$ ), pt (*) trở thành :

$\frac{t^4}{1-t}=t^2 – 2t+2$

$\Leftrightarrow t^4+t^3-3t^2+4t-2=0$

$\Leftrightarrow (t^2-t+1)(t^2-2t-2)=0$

$\Leftrightarrow t^2-2T-2=0$   ( do pt $t^2-t+1=0$ vô nghiệm )

$\Leftrightarrow t=-1-\sqrt{3}$ (loại)  $\vee t=-1+\sqrt{3}$ (nhận)

Vậy pt chỉ có duy nhất một nghiệm là $x=t^2=(-1+\sqrt{3})^2=4-2\sqrt{3}.$

đề thi toán khối D

Câu 2: $sin3x + cos2x - sinx = 0$

$\Leftrightarrow 2cos2xsinx + cos2x = 0$

$\Leftrightarrow cos2x = 0 \vee sinx = \frac{-1}{2}$

$\Leftrightarrow x=\frac{\pi}{4} + \frac{k\pi}{2} \vee x=-\frac{\pi}{6}+l2\pi \vee x=\frac{7\pi}{6}+m2\pi$

$(k, l, m \in \mathbb{Z})$