Chủ đề này có 9 trả lời

[Thelovestar]

Ngày thứ 1:
Câu 1: (5 điểm)
Cho hàm sô $y=3(1+x^2)\sqrt{1+x^2}-\frac{13}{3}(1-x^2)\sqrt{1-x^2}$ $(C)$ , với $x\in [0;1]$ . Viết phương trình tiếp tuyến của $(C)$ với hệ số góc lớn nhất.
Câu 2: (5 điểm)
Giải hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix} \sqrt{xy}+4\sqrt[4]{xy^3}+3\sqrt[8]{y^3z^5}=1 \\ \frac{4x}{x+1}+\frac{2y}{y+1}+\frac{3z}{z+1}=1 \\ 8^9x^2y^4z^3=1 \end{matrix}\right.$
Câu 3: (5 điểm)
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O;R)$ . Gọi $D$ là điểm thuộc cung $BC$ không chứa $A$ . $H,I,K$ lần lượt là hình chiếu của $D$ trên $BC$ , $AC$ , $AB$ . Tìm vị trí điểm $D$ sao cho:
$S=\frac{AB}{DK}+\frac{AC}{DI}+\frac{BC}{DH}$ đạt GTNN.
Câu 4: (5 điểm)
Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ , $\forall x\in \mathbb{R}$ thỏa mãn:
$P(x+1)=P(x)+3x^2+3x+1$

Ngày thứ 2:
Câu 1: (5 điểm)
Cho dãy $\left ( x_n \right )$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} x_0=2013 & \\ x_{n+1}=x_n+\frac{1}{x_n} & \end{matrix}\right.$
Tính $\lim_{n\to+\infty}\frac{x_n^2}{n}$
Câu 2: (5 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên dương n để phương trình $(x+1)^n+(1-x)^n+(x+3)^n=0$ có một nghiệm nguyên.
Câu 3: (5 điểm)
Chứng minh rằng trong 1008 số nguyên dương không vượt quá 2014, luôn tồn tại ít nhất một số chia hết cho một số khác trong đó.
Câu 4: (5 điểm)
Cho tư diện $ABCD$ trên các cạnh $AB$, $AC$, và $AD$ lần lượt lấy các điểm $M,N$ và $P$ sao cho $AB=k.AM$, $AC=k.AN$ và $AD=(k+1).AP$ với $k\geq 1$ tùy ý. Chứng minh rằng mặt phẳng $(MNP)$ luôn luôn đi qua một đường thẳng cố định.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 30-10-2013 - 16:07

[nntien]

Sao chả ai thảo luận thế này!!! (
Ngày thứ 2:
Câu 1: (5 điểm)
Cho dãy $\left ( x_n \right )$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} x_0=2013 & \\ x_{n+1}=x_n+\frac{1}{x_n} & \end{matrix}\right.$
Tính $\lim_{n\to+\infty}\frac{x_n^2}{n}$

Ta để ý thấy rằng dãy ${x_n}$ tăng và không bị chặn => $lim_{n \rightarrow \infty} x_n = \infty$
Ta có: $x_{n+1}^2=x_n^2+\frac{1}{x_n^2}+2$
=> $x_{n+1}^2-x_n^2=\frac{1}{x_n^2}+2$
=> $lim_{n \rightarrow \infty} (x_{n+1}^2-x_n^2)=2$
Theo định lý Cesaro-Stolz, ta có:
$lim_{n \rightarrow \infty} \frac{x_n^2}{n}=lim_{n \rightarrow \infty} (x_{n+1}^2-x_n^2)=2.\blacksquare$
Cách giải không dùng định lý Cesaro-Stolz:
Ta có:
$x_{n+1}^2=x_n^2+\frac{1}{x_n^2}+2>x_n^2+2>x_0^2+2(n+1) \Rightarrow x_n^2> x_0^2+2n>2n$ (1)
Mặt khác ta lại có:
$x_{n+1}^2=x_n^2+\frac{1}{x_n^2}+2<x_n^2+2+\frac{2}{x_n^2}<x_0^2+2(n+1)+2\sum_{i=0}^{n}\frac{1}{x_i^2} \Rightarrow x_n^2< x_0^2+2n+2\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{x_i^2}$
(2)
Bây giờ ta đánh giá: $\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{x_i^2}$
Ta có:
$\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{x_i^4}<\sqrt{n}\sqrt{\frac{1}{x_0^8}+\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{x_i^8}}<\sqrt{n}\sqrt{\frac{1}{x_0^8}+\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{16i^4}}<\sqrt{n}.C$
Với $C$ là hằng số nào đó đủ lớn không phụ thuộc vào $n$.
Từ đó ta có:
$\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{x_i^2}<\sqrt{n}\sqrt{\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{x_i^4}}<\sqrt{n}\sqrt{\sqrt{n}.C}=\sqrt[4]{n^3}.\sqrt{C}$
Từ (1) và (2) ta suy ra:
$2<\frac{x_n^2}{n}<2+\frac{x_0^2}{n}+2\frac{\sqrt[4]{n^3}.\sqrt{C}}{n}$
Từ đó ta được:
$\lim_{n \to \infty}{\frac{x_n^2}{n}}=2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 30-10-2013 - 16:11

[19kvh97]

Câu 4: (5 điểm)
Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ , $\forall x\in \mathbb{R}$ thỏa mãn:
$P(x+1)=P(x)+3x^2+3x+1(1)$
Mai em chiến tiếp rồi post ngày thứ 2 sau!

Đặt $P(x)=g(x)+x^3$
thay vào $(1)$ ta đc $g(x)=g(x+1)$ với $\forall x\in \mathbb{R}$
suy ra $g(0)=g(1)=g(2)=....=g(n)=..$ ta thấy $g(x)$ luôn nhận 1 giá trị tại vô số điểm nên $g(x)=c$ là hằng số
thử lại thấy $P(x)=x^3+c$ tm

Câu 2: (5 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên dương n để phương trình $(x+1)^n+(1-x)^n+(x+3)^n=0(*)$ có một nghiệm nguyên.

làm thế này ko biết đúng ko nữa
nếu $n$ chẵn thì từ $(*)\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=-1 & & \\ x=1 & & \\ x=-3 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow x\epsilon \varnothing$
nếu $n$ lẻ thì dễ thấy $x=-1$ luôn là nghiệm của pt $(*)$
vậy vs $n$ là số nguyên dương lẻ thì pt đã cho có 1 nghiệm nguyên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 30-10-2013 - 16:14

[Thelovestar]

làm thế này ko biết đúng ko nữa
nếu $n$ chẵn thì từ $(*)\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=-1 & & \\ x=1 & & \\ x=-3 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow x\epsilon \varnothing$
nếu $n$ lẻ thì dễ thấy $x=-1$ luôn là nghiệm của pt $(*)$
vậy vs $n$ là số nguyên dương lẻ thì pt đã cho có 1 nghiệm nguyên

$x=-1$ @@
$(-1+1)^n+(1-(-1))^n+(-1+3)^n=0$
$<=> 2^n+2^n=0$

Đặt $P(x)=g(x)+x^3$
thay vào $(1)$ ta đc $g(x)=g(x+1)$ với $\forall x\in \mathbb{R}$
suy ra $g(0)=g(1)=g(2)=....=g(n)=..$ ta thấy $g(x)$ luôn nhận 1 giá trị tại vô số điểm nên $g(x)=c$ là hằng số
thử lại thấy $P(x)=x^3+c$ tm

Hình như $g(x+1)=g(x)$ chỉ làm hàm tuần hoàn chu kì 1 thôi chứ có phải hàm hằng đâu???

Ta để ý thấy rằng dãy ${x_n}$ tăng và không bị chặn => $lim_{n \rightarrow \infty} x_n = \infty$
Ta có: $x_{n+1}^2=x_n^2+\frac{1}{x_n^2}+2$
=> $x_{n+1}^2-x_n^2=\frac{1}{x_n^2}+2$
=> $lim_{n \rightarrow \infty} (x_{n+1}^2-x_n^2)=2$
Theo định lý Cesaro-Stolz, ta có:
$lim_{n \rightarrow \infty} \frac{x_n^2}{n}=lim_{n \rightarrow \infty} (x_{n+1}^2-x_n^2)=2.\blacksquare$

Vậy mình đạt điểm câu này rồi!!! hihi

[nntien]

Vậy mình đạt điểm câu này rồi!!! hihi

 

Có được dùng định lý Cesaro-Stolz trong chương trình THPT không?

[Thelovestar]

Có được dùng định lý Cesaro-Stolz trong chương trình THPT không?

Mình chả biết nữa...mình ghi thẳng lim 1/n = 0 luôn chứ chả biết định lý gì!!!!

[caybutbixanh]

Ngày thứ 1:
Câu 2: (5 điểm)
Giải hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix} \sqrt{xy}+4\sqrt[4]{xy^3}+3\sqrt[8]{y^3z^5}=1 \\ \frac{4x}{x+1}+\frac{2y}{y+1}+\frac{3z}{z+1}=1 \\ 8^9x^2y^4z^3=1 \end{matrix}\right.$
 

Lời giải :

dk:$x,y,z>0$

từ phương trình thứ 2, ta có :

$\frac{1}{x+1}=\frac{3x}{x+1}+\frac{2y}{y+1}+\frac{3z}{z+1} \\$

$= \frac{x}{x+1}+\frac{x}{x+1}+\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}+\frac{z}{z+1}+\frac{z}{z+1}\\$

 

$\geq 8.\sqrt[8]{\frac{x^{3}.y^{2}.z^{3}}{(x+1)^{3}.(y+1)^{2}.(z+1)^{3}}}$(AM-GM )

Tương tự, ta có :$\frac{1}{y+1}\geq 8.\sqrt[8]{\frac{y.x^{4}.z^{3}}{(y+1).(x+1)^{4}.(z+1)^{3}}}\\$

$\frac{1}{z+1}\geq 8.\sqrt[8]{\frac{z^{2}.x^{4}.y^{2}}{(z+1)^{2}.(x+1)^{4}.(y+1)^{2}}}$

Từ các BĐT trên ta thu được :

$\frac{1}{(x+1)^{2}}.\frac{1}{(y+1)^{4}}.\frac{1}{(z+1)^{3}}\geq 8^{9}.\sqrt[8]{\frac{x^{16}.y^{32}.z^{24}}{(x+1)^{16}.(y+1)^{32}.(z+1)^{24}}}=8^{9}.\frac{x^{2}.y^{4}.z^{3}}{(x+1)^{2}.(y+1)^{4}.(z+1)^{3}}\\$

$\Rightarrow 1\geq 8^{9}.x^{2}.y^{4}.z^{3}$

dấu bằng xảy ra 

$\Leftrightarrow \frac{x}{x+1}=\frac{y}{y+1}=\frac{z}{z+1}=\frac{1}{9}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{8}$

 

 

Thử vào phương trình đầu thấy thỏa mãn.

Vậy $(x,y,z)=(\frac{1}{8},\frac{1}{8},\frac{1}{8})$

 

 

[Thelovestar]

Lời giải :

dk:$x,y,z>0$

từ phương trình thứ 2, ta có :

$\frac{1}{x+1}=\frac{3x}{x+1}+\frac{2y}{y+1}+\frac{3z}{z+1} \\$

$= \frac{x}{x+1}+\frac{x}{x+1}+\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}+\frac{z}{z+1}+\frac{z}{z+1}\\$

 

$\geq 8.\sqrt[8]{\frac{x^{3}.y^{2}.z^{3}}{(x+1)^{3}.(y+1)^{2}.(z+1)^{3}}}$(AM-GM )

Tương tự, ta có :$\frac{1}{y+1}\geq 8.\sqrt[8]{\frac{y.x^{4}.z^{3}}{(y+1).(x+1)^{4}.(z+1)^{3}}}\\$

$\frac{1}{z+1}\geq 8.\sqrt[8]{\frac{z^{2}.x^{4}.y^{2}}{(z+1)^{2}.(x+1)^{4}.(y+1)^{2}}}$

Từ các BĐT trên ta thu được :

$\frac{1}{(x+1)^{2}}.\frac{1}{(y+1)^{4}}.\frac{1}{(z+1)^{3}}\geq 8^{9}.\sqrt[8]{\frac{x^{16}.y^{32}.z^{24}}{(x+1)^{16}.(y+1)^{32}.(z+1)^{24}}}=8^{9}.\frac{x^{2}.y^{4}.z^{3}}{(x+1)^{2}.(y+1)^{4}.(z+1)^{3}}\\$

$\Rightarrow 1\geq 8^{9}.x^{2}.y^{4}.z^{3}$

dấu bằng xảy ra 

$\Leftrightarrow \frac{x}{x+1}=\frac{y}{y+1}=\frac{z}{z+1}=\frac{1}{9}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{8}$

 

 

Thử vào phương trình đầu thấy thỏa mãn.

Vậy $(x,y,z)=(\frac{1}{8},\frac{1}{8},\frac{1}{8})$

Hay vậy!!! Em tự giải à?

[caybutbixanh]

Hay vậy!!! Em tự giải à?

Có đúng không anh ? Hồi trước em có giải dạng như thế này nhưng nó có ít phương trình hơn

[Thelovestar]

Có đúng không anh ? Hồi trước em có giải dạng như thế này nhưng nó có ít phương trình hơn

Bài này a có biết làm đâu!!! Mà em giải đúng rùi á!!!