hanguyen445

Cho các số thực dương $x, y, z$ thoả mãn $x^2+y^2+z^2=3$. Chứng minh $\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y} \geq 3$. 

Bất đẳng thức cần chứng minh biến đổi tương đương thành:

$\sum(xy)^2\ge 3xyz\Leftrightarrow \sum(xy)^2\ge xyz\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\Leftrightarrow\ (\sum (xy)^2)^2\ge 3x^2y^2z^2(x^2+y^2+z^2)$

Đặt $(x^2;y^2;z^2)=(a;b;c)\geq (0;0;0)$. Khi đó BĐT cần chứng minh viết lại thành:

$(ab+bc+ac)^2\ge 3abc(a+b+c)\Leftrightarrow\sum (ab-bc)^2\ge 0$  (*). Hiển nhiên (*) luôn đúng. Do đó ta có điều phải chứng minh.

Cho a,b,c>0.CMR: $ \frac{(b+c-a)^2}{b^2+c^2+bc} + \frac{(c+a-b)^2}{c^2+a^2+ca} + \frac{(a+b-c)^2}{a^2+b^2+ab} \ge 1$

Đặt $P=\sum\frac{(b+c-a)^2}{b^2+c^2+bc}$

Sử dụng BĐT cauchy-schwarz , ta có đánh giá:

$P+1=P+\frac{a+b+c}{a+b+c}=\sum (\frac{(b+c-a)^2}{b^2+c^2+bc}+\frac{a}{a+b+c})=\sum (\frac{(b+c-a)^2}{b^2+c^2+bc}+\frac{a^2}{a^2+ab+ac})\ge\sum\frac{(b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac})=Q\\$

Hay $P+1\ge\ Q$ với \[Q = \frac{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + ab + bc + ac}} + \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + ab + bc + ac}} + \frac{{{{\left( {a + c} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + ab + bc + ac}} = 2\]

Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$f(x)=max_{y\in \mathbb{R}}\left \{ xy-f(y) \right \}\forall x\in \mathbb{R}$

Với mỗi $x\in \mathbb(R)$, hàm số $g(y)=xy-f(y)$ đạt giá trị lớn nhất trên $\mathbb(R)$, nên tồn tại $y_0\in \mathbb(R)$ sao cho $Max g(y)=g(y_0)=xy_0-f(y_0)$.

Suy ra $f(x)=xy_0-f(y_0)$ hay $ f(x)=ax+b$ với $a, b$ là các hằng số cho trước.

Và thay trở lại hàm $g(y)$ ta có: $g(y)=xy-ay-b=y(x-a)-b$, thay x bởi a+1 thì ta có $g(y)=y-b$, hiển nhiên hàm số này không có giá trị

lớn nhất trên $R$.

Do vậy không tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. (bạn xem giúp không biết có đúng không).

Tìm tất cả các số nguyên dương m,n thỏa mãn $2^m.m^2=9n^2-12n+19$

Cho a, b, c> 0 thỏa mãn $\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}}+\sqrt{c^{2}+a^{2}}=1$

Cm: $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{1}{2\sqrt{2}}$

  Sử dụng BĐT cauchy-schwarz

Cho $a,b,c$ là các số không âm, trong đó không có hai số nào đồng thời bằng $0$. CMR $\frac{3(a^3+b^3+c^3)}{a^2+b^2+c^2}\geq \sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}$

Sử dụng BĐT schur: $$a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)$$

$f(\dfrac{x-1}{x+1})=2f(x)+\dfrac{3}{x-1}\iff f(1+\dfrac{2}{x-1})=2f(x)+\dfrac{3}{x-1}\forall x\ne 1\hspace{1cm}[1]$

Thay $x-1$ bởi $\dfrac{2}{x-1}$ ta có: $f(x)=2f(1+\dfrac{2}{x-1})+\dfrac{3(x-1)}{2}\hspace{1cm}[2]$

Từ [1] và [2] ta có hệ phương trình:

$$\begin{cases}f(1+\dfrac{2}{x-1})=2f(x)+\dfrac{3}{x-1}\\f(x)=2f(1+\dfrac{2}{x-1})+\dfrac{3(x-1)}{2}\end{cases}$$

Giải hệ phương trình ta được $f(x)=-\dfrac{2}{x-1}-\dfrac{x-1}{2},\forall x\ne 1$$

Ta ccó $P=3\sum\dfrac{x}{y+zx}+\dfrac{1}{y+zx}+\dfrac{2}{z+xy}$\\

Theo bất đẳng thức cauchy-schwarz và cauchy ta có:

$$y+zx\le\sqrt{(y^2+x^2)(1+z^2)}\le\dfrac{1}{2}\dfrac{x^2+y^2+z^2+1}{2};\text{ Tương tự ta có: } z+xy\le\dfrac{x^2+y^2+z^2+1}{2}$$

Do đó suy ra được: $P\ge 3\sum\dfrac{3}{x+yz}+\dfrac{6}{x^2+y^2+z^2+1}$

Theo bất đẳng thức cauchy-schwarz ta lại có:

$$P=6\sum\dfrac{1}{2x+2yz}+6\dfrac{1}{x^2+y^2+z^2+1}\ge\dfrac{6.16}{\sum x^2+2\sum xy+2\sum x+1}=\dfrac{96}{(x+y+z+1)^2}\hspace{1cm}(*)$$

Ta chứng minh:

$$x^2+y^2+z^2+xyz\ge\dfrac{(x+y+z)^2}{3}+\dfrac{(x+y+z)^3}{27}\iff\sum 9(x-y)^2\ge\sum [\dfrac{x+y+z}{2}+3z](x-y)^2\hspace{1cm}[1]$$

Từ  $4\ge x^2+y^2+z^2+xyz\ge\dfrac{(x+y+z)^2}{3}\Rightarrow x+y+z\le\sqrt{12}<4$ và $4>z^2\Rightarrow\dfrac{x+y+z}{2}+3z<2+6=8<9\implies [1]$ đúng.

Do đó $4\ge\dfrac{(x+y+z)^2}{3}+\dfrac{(x+y+z)^3}{27}\Leftrightarrow t^3+9t^2-108\le 0\Leftrightarrow (t-3)(t^2+12t+36)\le 0\Leftrightarrow t=x+y+z\le 3$ (**)

Từ (*) và (**) suy ra $P\ge\dfrac{96}{(3+1)^2}=6$. Hoàn tất chứng minh.

Giả sử $ab+bc+ac>3$. Ta có $3(a^2+b^2+c^2)\ge (a+b+c)^2\ge 3(ab+bc+ac)=9\Rightarrow a^2+b^2+c^2> 3;a+b+c> 3$

$(a+b)(b+c)(c+a)=ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc=(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc=\dfrac{8(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}+\dfrac{(ab+bc+ac)(a+b+c)}{9}-abc$

$\ge\dfrac{8.3.3}{9}+9\dfrac{\sqrt[3]{(abc)^3}}{9}-abc=8$ Điều này mâu thuẫn với $(a+b)(b+c)(c+a)=8$

Vậy $ab+bc+ac\le 3$

Sử dụng bất đẳng thức cauchy $a^2+b^2\ge 2ab$ với $a,b\ge 0$ và lưu ý bất đẳng thức hoán vị vòng quanh với ba biến $a,b,c$ ta

luôn giả sử được $a=\rm{Min}\{a,bc\}$ hoặc $a=\rm{Max}\{a,b,c\}$ hoặc $a$ nằm giữa $b$ và $c$

 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                                KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM 2018

                                                                                                         

       ĐỀ THI CHÍNH THỨC

                             Môn Toán 

                         Thời gian : 180 phút

                         Ngày thi thứ nhất 11/01/2018

 

Bài 1 (5,0 điểm). Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi $x_1=2$ và $x_{n+1}=\sqrt{x_n+8}-\sqrt{x_n+3}$ với $n\geq 1$.

 

a)Chứng minh dãy số $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

 

b)Với mỗi số nguyên dương $n,$ chứng minh rằng : $n\leq x_1+x_2+...+x_n\leq n+1$

 

Bài 2 (5,0 điểm). Cho tam giác nhọn không cân $ABC$ với $D$ là một điểm trên cạnh $BC$ . Lấy điểm $E$ trên cạnh $AB$ và điểm $F$ trên cạnh $AC$ sao cho $\widehat{DEB}=\widehat{DFC}$. Các đường thẳng DF,DE lần lượt cắt $AB,AC$ tại $M,N$. Gọi $(I_1),(I_2)$ tương ứng là các đường tròn ngoại tiếp tam giác $DEM,DFN$. Kí hiệu $(J_1)$ là đường tiếp xúc trong với $(I_1)$ tại $D$ và tiếp xúc với $AB$ tại $K$, $(J_2)$ là đường tròn tiếp xúc trong với $(I_2)$ tại $D$ và tiếp xúc với $AC$ tại $H$, $P$ là giao điểm của $(I_1)$ và $(I_2)$, $Q$ là giao điểm của $(J_1)$ và $(J_2)$ ($P,Q$ khác $D$)

 

a)Chứng minh $D,P,Q$ thẳng hàng.

 

b)Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $AHK$ và đường thẳng $AQ$ lần lượt tại $G$ và $L$ ($G,L$ khác $A$).Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $D$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $DQG$ cắt đường thẳng $EF$ tại một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $DLG$.

 

Bài 3 (5,0 điểm). Mội nhà đầu tư có hai mảnh đất hình chữ nhật cùng kích thước $120m \times 100m$. 

 

a)Trên mảnh đất thứ nhất, nhà đầu tư muốn xây một ngôi nhà có nền hình chữ nhật có kích thước $25m \times 35m$ và xây bên ngoài $9$ bồn hoa hình tròn đường kính $5m$. Chứng minh rằng dù xây trước $9$ bồn hoa ở đâu thì trên phần đất còn lại vẫn đủ xây ngôi nhà đó.

 

b)Trên mảnh đất thứ hai, nhà đầu tư muốn xây một hồ cá hình đa giác lồi sao cho từ một điểm bất kì trên phần đất còn lại có thể đi không quá $5m$ thì đến bờ hồ. Chứng minh rằng chu vi hồ không nhỏ hơn $(440-20\sqrt{2})m.$

 

Bài 4 (5,0 điểm). Trong mặt phẳng $Oxy$, cho $(C)$ là đồ thị hàm số $y=\sqrt[3]{x^2}$. Một đường thẳng $d$ thay đổi sao cho $d$ cắt $(C)$ tại ba điểm có hoành độ lần lượt là $x_1,x_2,x_3$.

 

a)Chứng minh rằng đại lượng $\sqrt[3]{\frac{x_1x_2}{x_3^2}}+\sqrt[3]{\frac{x_2x_3}{x_1^2}}+\sqrt[3]{\frac{x_3x_1}{x_2^2}}$ là một hằng số.

 

b)Chứng minh rằng: $\sqrt[3]{\frac{x_1^2}{x_2x_3}}+\sqrt[3]{\frac{x_2^2}{x_3x_1}}+\sqrt[3]{\frac{x_3^2}{x_1x_2}}< -\frac{15}{4}$

 

-------------------------------------------------------------------------------------------HẾT----------------------------------------------------------------------------------------------

Một hướng khác cho câu[1]. Cho $x_n$ thỏa mãn $\begin{cases}x_1=2\\x_{n+1}=\sqrt{n+8}-\sqrt{n+3}\end{cases}$

Cho tam giác $\triangle{ABC}$ nội tiếp $(O)$, đường cao $AH$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$, $N$ là đối đối xứng với $M$ qua điểm $O$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AN$ cắt đường thẳng qua $B$ vuông góc với $BC$ tại $D$. Gọi $E$ là giao điểm của $CD$ và $AH$. Chứng minh rằng $E$ là trung điểm của $AH$.

Sử dụng BĐT cauchy-schwarz $\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}+\dfrac{c^2}{z}\ge\dfrac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$ với x,y,z>0 và BĐ côsi

1/ Cho a, b, c là các số thực dương, a+b+c=3. C/m $abc +\frac{12}{ab+bc+ca}\geq 5$ ?

2/ Cho a, b, c $\geq$ 0, thỏa mãn: ab + bc+ ca + abc =4. C/m $3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+abc\geq 10$ ?

3/ Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn : ab + bc + ca =3 . C/m $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{a+b+c}{6}+\frac{3}{a+b+c}$

4/ Cho a, b, c $\epsilon (0;1)$ thỏa mãn : abc = (1-a)(1-b)(1-c). C/m $a^{3}+b^{3}+c^{3}+5abc\geq 1$

Sử dụng nguyên lý Dirichle đối với bài toán 1/ ta có lời giải: