KAB KEF

⇒ =

(cung chắn

KF

) (1)

IEF KEF

 = (Do K và I đối xứng qua EF) (2)

IEF BIK

 = (cùng phụ

KIE

) (3)

Từ (1), (2), (3)

⇒ KAB BIK   =

⇒

AKBI là tứ giác nội tiếp

⇒ K (O)

∈

Mà EF là đường trung trực của KI

⇒

E, O, F thẳng hàng.

+ Khi

BAC

 > 90⁰

⇒ BIC

^ < 90⁰ chứng minh tương tự.

Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O cố định.

Đề số 12 Câu 1.

K

F

E O

A

B

C

I

a) a= ³16 8 5− +³16 8 5+

⇒a³ =32 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5+ ³ − + ³ − +³16 8 5 )+

⇒a³ =32 3.( 4).+ − a

⇒a³ =32 12− a

⇒a³+12a−32=0

⇒a³+12a−31 1=

⇒ f a( ) 1= ²⁰¹⁰ =1

b) 5(x²+xy+y²)=7(x+2 )y (1)

⇒7(x+2 ) 5y  ⇒(x+2 ) 5y  Đặt x+2y=5t (2) (t∈Z)

(1) trở thành x²+xy+y² =7t (3) Từ (2) ⇒ x= −5t 2y thay vào (3) ta được

2 2

3y −15ty+25t − =7t 0 (*) 84t 75t2

∆ = −

Để (*) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ ⇔0 84t−75t² ≥0 28

0 t 25

⇔ ≤ ≤ Vì t∈ ⇒ =Z t 0hoặc t=1 Thay vào (*)

Với t=0⇒ y₁=0⇒ =x₁ 0

Với t=1 ^{2 2}

3 3

3 1

2 1

y x

y x

= ⇒ = −

⇒  = ⇒ =

Câu 2.

a) ĐK x=0hoặc x≥1

Với x=0thoã mãn phương trình

Với x≥1 Ta có ^{3 2 2} 1 ²

( 1) ( 1)

x −x = x x− ≤2 x + −x ^{2 2} 1 ²

1( ) ( 1)

x − =x x −x ≤ 2 x − +x

3 2 2 2

x x x x x

⇒ − + − ≤

Dấu "=" Xẩy ra ²₂ 1 1 x x x x

 = −

⇔ 

 − =

2 2

1 1 1

1 x x

x x

x x

 = −

⇔ ⇒ + = −

 = + Vô lý

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=0

2

1 1 1

2 (1) b) ( )

2 1

4 (2)

 + + =



 − =



x y z I

xy z

ĐK x y z; ; ≠0

Từ (1) 1₂ 1₂ 1₂ 2 2 2

x y z xy xz yz 4

⇒ + + + + + = Thế vào (2) ta được:

2 2 2 2

2 1 1 1 1 2 2 2

xy−z = x + y + z +xy+xz+ yz

2 2 2

1 1 2 2 2

x y z xz yz 0

⇔ + + + + =

2 2 2 2

1 2 1 1 2 1

  0

 

⇔x + xz + z  +y + yz+ z =

2 2

1 1 1 1

x z y z 0

 

 

⇔ +  + +  = 1 1

0 1 1

0 x z

x y z y z

 + =

⇔ ⇔ = = −

 + =



Thay vào hệ (I) ta được: ( ; ; ) ^{1 1}; ; ¹ ( ) 2 2 2

 

= − 

x y z TM

Câu 3.

Ta có (x−y)²≥0 ∀x; y

2 2

x xy y xy

⇔ − + ≥ Mà x; y > 0 =>x+y>0

Ta có: x³ + y³ = (x + y)(x² - xy + y²)

⇒ x³ + y³ ≥ (x + y)xy

⇒ x³ + y³ +1 = x³ + y³ +xyz ≥ (x + y)xy + xyz

⇒ x³ + y³ + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0

Tương tự: y³ + z³ + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0 z³ + x³ + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0

⇒

1 1 1

A ≤ xy(x y z) + yz(x y z) + xz(x y z)

+ + + + + +

⇒

x y z

A xyz(x y z)

≤ + +

+ +

⇒

1

A 1

≤ xyz =

Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 ⇔ x = y = z = 1 Câu 4.

a) Ta có: BDE =BAE (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O)

BAE   = BMN

(cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O')

⇒

BDE   = BMN

hay

BDI   = BMN

⇒ BDMI là tứ giác nội tiếp

⇒ MDI =MBI (cùng chắn cung MI)

mà MDI =ABE (cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O)

⇒ ABE =MBI

mặt khác BMI =BAE (chứng minh trên)

⇒ ∆MBI ~ ∆ ABE (g.g)

⇒

MI BI

AE = BE

⇔ MI.BE = BI.AE

b) Gọi Q là giao điểm của CO và DE ⇒ OC ⊥ DE tại Q

⇒ ∆ OCD vuông tại D có DQ là đường cao

⇒ OQ.OC = OD² = R² (1)

Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm của AB và OO' ⇒ OO' ⊥ AB tại H.

Xét ∆KQO và ∆CHO có Q = =H 90 ;O⁰  chung

⇒ ∆KQO ~ ∆CHO (g.g)

⇒

KO OQ

OC.OQ KO.OH (2)

CO = OH ⇒ =

Từ (1) và (2)

2

2

R

KO.OH R OK

⇒ = ⇒ = OH

Vì OH cố định và R không đổi

⇒ OK không đổi ⇒ K cố định Câu 5.

∆ABC vuông cân tại A ⇒ AD là phân giác góc A và AD ⊥ BC

⇒ D ∈ (O; AB/2)

Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân giác)

⇒ tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP mà

 NHP = 90

⁰

⇒

H thuộc đường tròn đường kính NP

⇒

AHN   = AMN = 45

⁰ (1)

Kẻ Bx ⊥ AB cắt đường thẳng PD tại E

⇒ tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE Mặt khác ∆BED = ∆CDP (g.c.g) ⇒ BE = PC

mà PC = BN ⇒ BN = BE ⇒ ∆BNE vuông cân tại B

⇒

 NEB = 45

⁰ mà

NHB   = NEB

(cùng chắn cung BN)

⇒

 NHB = 45

⁰ (2)

Từ (1) và (2) suy ra

AHB  = 90

⁰ ⇒ H ∈ (O; AB/2) gọi H' là hình chiếu của H trên AB

AHB AHB

HH '.AB

S S

⇒ = 2 ⇒

lớn nhất ⇔ HH' lớn nhất

mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cùng thuộc đường tròn đường kính AB và OD ⊥ AB)

Dấu "=" xẩy ra ⇔ H ≡ D ⇔ M ≡ D Đề số 13

Câu 1.

a) Cho A = k⁴ + 2k³ - 16k² - 2k +15 với k ∈ Z Vì k ∈ Z ⇒ ta xét các trường hợp:

TH1: k chẵn ⇒ A = k⁴ + 2k³ - 16k² - 2k +15 là một số lẻ

⇒ A không chia hết cho 2

⇒ A không chia hết cho 16 (loại) (1) TH2: k lẻ, ta có:

A = k⁴ + 2k³ - 16k² - 2k +15 = (k² - 1)(k² + 2k - 15) = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5)

Do k lẻ ⇒ k - 1; k + 1; k - 3; k + 5 đều chẵn

⇒ A = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5)



2.2.2.2 = 16 (thoả mãn) (2) Từ (1) và (2) ⇔ với ∀ k ∈ Z mà k lẻ thì A luôn chia hết cho 16 b) Do tích a.b chẵn nên ta xét các trường hợp sau:

TH1: Trong 2 số a, b có 1 số chẵn và 1 số lẻ.

Không mất tính tổng quát, giả sử a chẵn, b lẻ

⇒ a²



^{4; b2} chia cho 4 dư 1 ⇒ a² + b² chia cho 4 dư 1

⇒ a² + b² = 4m + 1 (m ∈ N)

Chọn c = 2m ⇒ a² + b² + c² = 4m² + 4m + 1 = (2m + 1)² (thoả mãn) (1) TH2: Cả 2 số a, b cùng chẵn.

⇒ a² + b²



^{4 ⇒ a2 + b2} = 4n (n ∈ N)

Chọn c = n - 1 ⇒ a² + b² + c² = n² + 2n + 1 = (n + 1)² (thoả mãn) (2) Từ (1) và (2) suy ra ta luôn tìm c ∈ Z thoả mãn bài toán.

Câu 2.

a) Giải phương trình x² - x -

2 1 16x + = 2

. ĐKXĐ:

1 x ≥ − 16

Khi đó phương trình ⇔ x² - x = 2( 1 16x+ +1) Đặt: 1 16x+ + =1 2y (

1

y ≥ 2

)

⇔ 1 + 16x = 4y² -4y + 1 ⇔ 4y² - 4y = 16x ⇔ y² - y = 4x (*)

⇒

2 2

y y 4x

(x y)(x y 3) 0

x x 4y

 − =

 ⇒ − + + =

 − =



x y

1 1

x y 3 0 (lo¹i v× x - vµ y )

16 2

 =

⇔

 + + = ≥ ≥



Với x = y thay vào (*) ⇒ x² - x = 4x

⇔ x² - 5x = 0 ⇔ x(x - 5) = 0

⇔

 =

 = 

x 5 (tho¶ m·n) x 0 (lo¹i)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x = 5 b) Cho x, y thoả mãn:

 +  − + =

 + − =



3 2

2 2 2

x 2y 4y 3 0 (1) x x y 2xy 0 (2)

Từ (1) ⇒ x³ = -2y² + 4y -3 ⇔ x³ = -2(y² - 2y + 1) - 1

⇔ x³ = -2(y - 1)² - 1 ≤ -1 với ∀ y ⇒ x³≤ -1 ⇔ x ≤ -1 (*) Từ (2) ⇒ x²(y² + 1) = 2y ⇔ x² = ≤

+

2

2y 1

y 1

^{với ∀ y}

⇒ x² ≤ 1 ⇔ | x | ≤ 1 ⇔ -1 ≤ x ≤ 1 (**) Từ (*) và (**) ⇒ x = -1 thay vào (2) ta được:

y² - 2y + 1 = 0 ⇔ (y - 1)² = 0 ⇔ y = 1

⇒ (x; y) = (-1; 1) (thoả mãn)

⇒ Q = x² + y² = (-1)² + 1² = 2

Câu 3.

Đặt

1 + = 1

a b x

^;

1 + = 1

b c y

^;

1 + = 1

c a z

⇒ (x, y, z > 0)

⇒ P = (3 + x)(3 + y)(3 + z)

= 27 + 3(xy+ yz + zx) + 9(x + y+ z) + xyz ≥

27 9 (xyz) +

^{3 2}

+ 27 xyz xyz

³

+

(*)

Lại có:

1 1 1 1 1 1 8

xyz a b b c c a abc

   

= +  +  + ≥ (vì a, b, c > 0)

mà

3

³

1

³

a b c 3 abc abc 2 ≥ + + ≥ ⇒ ≥ 2

⇒

≤ ⇒ 1 8 ≥ ⇒ ≥ 8 ≥

abc 64 xyz 64

8 abc abc

Thay vào (*) ta được:

P

≥

27 9 64

+ ^{3 2} +

27 64 64

³ + = 27 + 144 + 108 + 64 = 343 Dấu = có khi a = b = c =

1

2

^{⇒ Pmin} = 343 Khi a = b = c =

1 2

Câu 4.

a) Xét ∆COM và ∆CED có:

∠ = ∠ = 

∠  

O E 90

0

C chung

N M

D C

O B

A

E

1 1

⇒ ∆COM ∆CED (g-g)

⇒

CO = OM CE ED

⁽¹⁾

Do AB, CD là 2 đường kính vuông góc với nhau ⇒

∠ = ∠ E

₁

A

₁

= 45

⁰

Xét ∆AMC và ∆EAC có:

∠ = ∠ = 

∠  

0

1 1

E A 45

C chung

⇒ ∆AMC ∆EAC (g-g) ⇒

AC = AM CE AE

mà

AC

=

2 CO

(do ∆ACO vuông cân tại O)

⇒

AM = 2 CO = 2 OM

AE CE ED

(do (1))

⇒ AM.ED =

2

OM.AE (ĐPCM) b) Tương tự câu a ta có:

∆BON ∆BEA ⇒

BO = ON BE EA

∆BND ∆BDE ⇒

DN = BD = 2BO DE BE BE

⇒

DN 2 ON

DE = EA ON DN ON EA

EA 2 DE DN 2 DE

⇒ = ⇒ =

Từ câu a ta có: AM.ED =

2

.OM.AE ⇒

OM = ED AM 2 EA

nên suy ra

OM ON = 1

AM DN . 2

mà

OM

+

ON

≥

OM ON

=

1

=

2 . 2 2

AM DN AM DN 2

Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi:

S S

S S

= ⇔ = ⇔ =

OM ON ED EA

ED EA

AM DN 2EA 2ED

⇔ E là điểm chính giữa cung nhỏ AD

Vậy giá trị nhỏ nhất của

OM + ON = AM DN 2

⇔ E là điểm chính giữa của cung nhỏ AD Câu 5.

Không mất tính tổng quát, giả sử

∠ ≥ ∠ ≥ ∠ ⇒ ∠ ≥ A B C A 60

⁰

TH1:

60

⁰

≤ < A 90

⁰

kẻ CH ⊥ AB; BK ⊥ AC

ABC

S 1 CH.AB

⇒ = 2

mà CH ≤ CC¹ ≤ 1 ta có:

1

0

BK BB 1 1 2

AB

=

SinA

≤

SinA

≤

SinA

≤

Sin60

=

3

ABC

1 2 1

S .1.

2 3 3

⇒ ≤ =

(1)

TH2:

∠ ≥ A 90

⁰ ⇒ AB ≤ BB¹ ≤ 1, CH ≤ CC¹ ≤ 1 _ABC

1 1 1 S .1.1

2 2 3

⇒ ≤ = <

(2)

Từ (1) và (2) _ABC

1

S 3

⇒ ≤

A1

B1

C₁

Đề số 13 Câu 1.

a) Cho A = k⁴ + 2k³ - 16k² - 2k +15 với k ∈ Z Vì k ∈ Z ⇒ ta xét các trường hợp:

TH1: k chẵn ⇒ A = k⁴ + 2k³ - 16k² - 2k +15 là một số lẻ

⇒ A không chia hết cho 2

⇒ A không chia hết cho 16 (loại) (1) TH2: k lẻ, ta có:

A = k⁴ + 2k³ - 16k² - 2k +15 = (k² - 1)(k² + 2k - 15) = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5)

Do k lẻ ⇒ k - 1; k + 1; k - 3; k + 5 đều chẵn

⇒ A = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5)



2.2.2.2 = 16 (thoả mãn) (2) Từ (1) và (2) ⇔ với ∀ k ∈ Z mà k lẻ thì A luôn chia hết cho 16 b) Đặt A = a² + b² + c². Do tích a.b chẵn nên ta xét các trờng hợp sau:

TH1: Trong 2 số a, b có 1 số chẵn và 1 số lẻ.

Không mất tính tổng quát, giả sử a chẵn, b lẻ

⇒ a² _4; b² : 4 dư 1 ⇒ a² + b² : 4 dư 1

⇒ a² + b² = 4m + 1 (m ∈ N)

Chọn c = 2m ⇒ a² + b² + c² = 4m² + 4m + 1 = (2m + 1)² (thoả mãn) (1) TH2: Cả 2 số a, b cùng chẵn.

⇒ a² + b²  ^{4 ⇒ a2 + b2} = 4n (n ∈ N)

Chọn c = n - 1 ⇒ a² + b² + c² = n² + 2n + 1 = (n + 1)² (thoả mãn) (2) Từ (1) và (2) ta luôn tìm c ∈ Z thoả mãn bài toán.

Câu 2.

a) Giải phương trình x² - x -

2 1 16x + = 2

. ĐKXĐ:

1

x ≥ − 16

Khi đú phương trỡnh ⇔ x² - x = 2( 1 16x+ +1) Đặt: 1 16x+ + =1 2y (

1

y ≥ 2

)

⇔ 1 + 16x = 4y² -4y + 1 ⇔ 4y² - 4y = 16x ⇔ y² - y = 4x (*)

⇒

2 2

y y 4x

(x y)(x y 3) 0

x x 4y

 − =

 ⇒ − + + =

 − =



x y

1 1

x y 3 0 (loại vì x - và y )

16 2

 =

⇔

 + + = ≥ ≥



Với x = y thay vào (*) ⇒ x² - x = 4x

⇔ x² - 5x = 0 ⇔ x(x - 5) = 0

⇔

 =

 = 

x 5 (thoả mãn) x 0 (loại)

Vậy phương trỡnh cú nghiệm duy nhất là: x = 5

b) Ta cú : ^{2 2} 9 ( )² 9

3 ( ) 3

x y xy x y xy

x y xy x y xy

 + + =  + − =

 ⇔

+ + = + + =

 

⇒ (x + y)² + (x + y) – 12 = 0 ⇔ 3 4

 + =

 + =

 x y x y Nếu x + y = 3

 =



 =

  + = 

⇒ ⇔ ⇔ =  == x 0 x + y = 3 x y 3 y 3

Hệ đã cho

x + y + xy = 3 xy 0 x 3 y 0

Nếu x + y = -4

⇒ Hệ đó cho ⇔  + = −

⇔  = x y 4

xy 7 (hệ vụ nghiệm)

Vậy hệ phơng trỡnh đó cho cú 2 nghiệm (x; y) = (0; 3), (3; 0) Cõu 3.

Áp dụng bất đẳng thức: + + ≥

+ +

1 1 1 9

A B C A B C (với A, B, C ≥ 0)

⇒ với x, y, z > 0 ta có: + + ≥

+ +

1 1 1 9

xy yz zx xy yz zx

⇒ ≥ +

+ + + +

2 2 2

1 9

P x y z xy yz zx

⇒ ≥ + + +

+ + + + + + + + +

2 2 2

1 1 1 7

P ( )

x y z xy yz zx xy yz zx xy yz zx

≥ +

+ + + + + + +

2 2 2

9 7

x y z 2xy 2yz 2zx xy yz zx

= +

+ + ² + +

9 7

(x y z) xy yz zx Do x + y + z = 1 ⇒ (x + y + z)² = 1

⇒ + + + + + =  + + ≥ + + 

2 2 2

2 2 2

x y z 2(xy yz zx) 1

mµ x y z xy yz zx ⇒ 3(xy + yz + zx) ≤ 1

⇒ ≥

+ +

1 3

xy yz zx ⇒ P ≥ +9 = P 7.3 30

1

Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi = = =1 x y z

3

Vậy P^min = 30⇔ = = =1 x y z

3 Câu 4.

a) Xét ∆COM và ∆CED có:

N M

D C

O A B

E

∠ = ∠ = 

∠  

O E 90

0

C chung

⇒ ∆COM ∆CED (g-g)

⇒

CO = OM CE ED

⁽¹⁾

Do AB, CD là 2 đường kính vuông góc với nhau ⇒

∠ = ∠ E

₁

A

₁

= 45

⁰

Xét ∆AMC và ∆EAC có:

∠ = ∠ = 

∠  

0

1 1

E A 45

C chung

⇒ ∆AMC ∆EAC (g-g) ⇒

AC = AM CE AE

mà

AC

=

2 CO

(do ∆ACO vuông cân tại O)

⇒

AM = 2 CO = 2 OM

AE CE ED

(do (1))

⇒ AM.ED =

2

OM.AE (ĐPCM) b) Tương tự câu a ta có:

∆BON ∆BEA ⇒

BO = ON BE EA

∆BND ∆BDE ⇒

DN = BD = 2BO DE BE BE

⇒

DN 2 ON

DE = EA ON DN ON EA

EA 2 DE DN 2 DE

⇒ = ⇒ =

Từ câu a ta có: AM.ED =

2

.OM.AE ⇒

OM = ED AM 2 EA

nên suy ra

OM ON = 1

AM DN . 2

S S

S S

mà

OM

+

ON

≥

OM ON

=

1

=

2 . 2 2

AM DN AM DN 2

Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi:

= ⇔ = ⇔ =

OM ON ED EA

ED EA

AM DN 2EA 2ED

⇔ E là điểm chính giữa cung nhỏ AD

Vậy giá trị nhỏ nhất của

OM + ON = AM DN 2

⇔ E là điểm chính giữa của cung nhỏ AD Câu 5.

Không mất tính tổng quát, giả sử

∠ ≥ ∠ ≥ ∠ ⇒ ∠ ≥ A B C A 60

⁰

TH1:

60

⁰

≤ < A 90

⁰

kẻ CH ⊥ AB; BK ⊥ AC

ABC

S 1 CH.AB

⇒ = 2

mà CH ≤ CC¹≤ 1 ta có:

1

0

BK BB 1 1 2

AB

=

SinA

≤

SinA

≤

SinA

≤

Sin60

=

3

ABC

1 2 1

S .1.

2 3 3

⇒ ≤ =

(1)

TH2:

∠ ≥ A 90

⁰ ⇒ AB ≤ BB¹ ≤ 1, CH ≤ CC¹ ≤ 1 _ABC

1 1 1 S .1.1

2 2 3

⇒ ≤ = <

(2)

Từ (1) và (2) _ABC

1

S 3

⇒ ≤

A₁ B₁ C₁

Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Đề số 16 Bài 1.

a) Gọi số cần tìm là

abc

(a, b, c ∈ N; a, b, c ≤ 9, a ≠ 0) (1)

Theo bài ra ta có:

+ +

 + +

 

 

100a 10b c 11 (2) a b c 11 (3) c ch½n (4)

Từ (2) , (3) ⇒ 101a + 11b + 2c



11 ⇒ 2(a + c)



¹¹

mà 1 ≤ a+ c ≤ 18 và (2; 11) = 1 ⇒ a + c = 11 (5) Từ (3) , (5) ⇒ b = 0

do c chẵn và a + c = 11 ⇒ (a; c) = (9; 2), (7;4), (5; 6), (3; 8) Vậy các số cần tìm là 902; 704; 506; 308

b) Đặt X = ³

7

−

50

+ ³

7

+

50

^⇒ X³ = 14 – 3X

⇒ X³ + 3X – 14 = 0 ⇒ (X-2)(X² + 2X + 7) = 0 Do: X² + 2X + 7 >0

⇒ X-2 = 0 ⇒ X=2

Nên: ³

7

−

50

+ ³

7

+

50

=2 hay ³

7

−

50

+ ³

7

+

50

là số tự nhiên Bài 2.

Điều kiện xác định: {x ≤ -1 hoặc

1 x ≥ − 4

}

Đặt

4x

²₂

5x 1 a, (a 0) 2 x x 1 b, (b 0)

 + + = ≥

 − + = ≥



^⇒

2 2

2 2

4x 5x 1 a 4x 4x 4 b

+ + =

 − + =



⇒ a ² – b² = a - b ⇒ (a-b)(a+b-1) =0 Do b =

4x

²

− 4x 4 +

⇒ b ≥

3

⇒ a + b –1 > 0 ⇒ a – b =0 Từ a – b =0 ⇒ 9x – 3 = 0 ⇒

1

x = 3

Với

1

x = 3

thoả mãn bài ra, nên nghiệm phương trình là:

1

x = 3

Bài 3.

Với x, y là 2 số bất kỳ ta luôn có (x + y)² ≤ 2(x² + y²) Nên a, b ≥ 0 và a² + b² =1 ⇒ (a+b)² ≤ 2

⇒ a+b ≤

2

(dấu = khi a=b=

1 2

⁾

Mặt khác (a+b)² = a² + b² +2ab = 1+ 2ab ⇒ (a + b)² ≥ 1

Mà a, b ≥ 0 ⇒ a+ b ≥ 1 (dấu = xẩy ra khi (a, b) = (1,0) hoặc (0,1)) Vậy ta luôn có 1 ≤ a+b ≤

2

Bài 4.

Xét tích

(x – 1) (y - 1)(z – 1) = xyz – xy – yz – zx + x + y + z –1 = x + y + z -

1 1 1

x y z − −

mà x + y + z >

1 1 1

x y z + +

⇒ (x –1)(y – 1)(z – 1) >0

nếu cả 3 thừa số (x –1), (y – 1), (z – 1) đều dương ⇒ xyz > 1 (loại) nếu cả 3 thừa số (x –1), (y – 1), (z – 1) đều âm ⇒ (x –1)(y – 1)(z – 1)<0 Nếu 2 thừa số dương, 1 thừa số âm ⇒ (x –1)(y – 1)(z – 1)<0 (loại)

Nên phải có 2 thừa số âm, 1 thừa số dương ⇒ trong 3 số x, y, z có hai số bé hơn 1. Còn một số lớn hơn 1.

Vậy trong 3 số x, y, z luôn có duy nhất một số lớn hơn 1.

Bài 5.

Q

P

M C

B O

N

HE D A

F

Trong tài liệu Tuyển tập Đề thi học sinh giỏi môn Toán tỉnh Nghệ An từ năm 2009 đến năm 2019 (Trang 59-77)