Một số bài toán Đại số ôn thi vào lớp 10 chuyên Toán

“Learn from the past, prepare for the future, live in the present.” Trang 1

PHẦN 1: ĐẠI SỐ

1. Chứng minh rằng với mọi a b c, , 0 ta có: ^{b c}₂ ^c₂ ^a ₂^{a b 1 1 1} a bc b ca c ab a b c

  

    

  

Hướng dẫn giải:

 

               

 

               

           

   

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

b c c a a b

b c c a a b

a bc b ca c ab b c a bc c a b ca a b c ab

b c c a a b

c a b b c a c b a a b c a c b b c a

c b c a b a

b c a c a b a b c c a b a b c b c a

a c b c a

b c a a b c

  

  

    

        

  

  

        

     

     

 

  

 

 

2

2 2

1 1 1 b

a b c c a b

   



2. Cho a b c, , 0. Chứng minh



¹¹

 

¹¹

 

¹¹



^{1 3}

a b b c c a  abc

    (*)

Hướng dẫn giải:



¹¹

 

¹¹

 

¹¹



^{1 3 1}



^1abc



¹



^1abc

 

^11abc



^{3 6}

a b b c c a abc a b b c c a

  

       

       (**)

           

 

   

   

 

 

       

 

1 1 1 1 1 1

1 1 1 3 1 1 1

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

2 . 2 . 2 . 2 2 2 6

1 1 1 1 1 1

abc abc abc abc a ab abc b bc abc c ca

a b b c c a a b b c c a

b c a c a b a b c

b a b c b c a c a

b c b a a b c a c

b b c a b a c c a

                 

     

     

     

     

     

      

     

 (**) đúng (*) đúng.

3. Cho a b, 0 thỏa mãn a⁴b⁴ 2. Chứng minh rằng:

2 3

2

5 3

a b 8 b  a  Hướng dẫn giải:

2 3

4 4 2

2

5 3

8 5 3 8

a b

a b a b

b  a     (1)

“Learn from the past, prepare for the future, live in the present.” Trang 2

     

4 4 4 4 4 4 4 4

5a 3b  a b 2 2a b 2 2a  b 1 (2)

 

4 4 4 2 4 4 2

1 4 2 2 1 8

a a   b a b a   b a b (3) Từ (1), (2) và (3)  5 ² 3₂³

a b 8 b  a  .

4. Cho các số thực x y z, , thỏa mãn điều kiện: x²y²z² 2. Chứng minh rằng 2

x  y z xyz . Hướng dẫn giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:



¹

  

^{.1 2}

  

^{2 1}



^{2 1}

x  y z xyzx yz  yz  x  yz    yz  

Ta chứng minh



^{2 2 yz}

 

^{2 2 yzy z2 2}



^{4 *}

 

^.

Thật vậy, thực hiện các phép biến đổi tương đương ta được:

 

^{* y z3 3y z2 2  0 y z2 2}



^{yz 1}



⁰

Mặt khác, theo giả thiết ta có 2x²y²z²  y²z² 2yz, suy ra yz1. Do đó

 

^* đúng. Từ đó suy ra x  y z xyz2.

5. Xét phương trình ^x2mx



^{m 1}



^{0, với m} là tham số. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức

 

1 2

2 2

1 2 1 2

2 3

2 1

A x x

x x x x

 

   , trong đó x x₁, ₂ là hai nghiệm của phương trình trên.

Hướng dẫn giải:

Ta có ^{ ' m24}



^{m 1}

 

^m2



^{2 0, với mọi m.}

Do đó phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Theo hệ thức Viét, ta có: x₁x₂ m và x x_{1 2}  m 1.

Từ đó suy ra

 

1 2

2 2 2

1 2 1 2

2 3 2 1

2 1 2

x x m

A x x x x m

 

 

    .

Vì ²

 

²

2 2 2

2 1 2 1 2 1

1 1 0,

2 2 2

m m m m

A m

m m m

    

        

   , nên A  1, m .

Dấu “=” xảy ta khi và chỉ khi m1.

“Learn from the past, prepare for the future, live in the present.” Trang 3

Vi

 

     

2 2

2 2 2

2 2 1 2 2

1 2 1 1

2 2 2 2 2 2 2 0,

   

        

  

m m m

A m m

m m m , nên 1

2,

A   m . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m 2.

Vậy GTLN của A bằng 1 khi m1 và GTNN của A bằng 1

2 khi m 2. 6. Giải hệ phương trình: ^{3 3 7}

 

^{8 2}



^{2 2}



2 3 6 2

x y x y xy xy x y

y x x

     



    



.

Hướng dẫn giải:

     

 

3 3 2 2

7 8 2 1

2 3 6 2 2

x y x y xy xy x y

y x x

     



    



Điều kiện xác định:

3 2 0 x y

 

 

 .

Ta có ^x3y37



^{xy xy}



^



^xy

 

^{x2y26xy}



^



^xy

 

^_ ^xy



^24xy_^.

Theo bất đẳng thức Cô-si ta có



^xy



^24xy2



^xy



^2.4xy. Suy ra

     

²

 

²

3 3

7 4 4

x y  xy xy xy xy xy  xy xy . Theo bất đẳng thức Cô-si ta có



^xy



^{2 }



^x2y2



^2xy2



^x2y2



^{.2xy. Do đó}

   

3 3 2 2

7 8 2

x y  xy xy xy x y . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi xy.

Thay xy vào phương trình (2) ta được:

  

³

  

2 3 6 2 2 3 2 3 2 3 3

2 3

x x x x x x x x x

x x

              

 

( 1

2x 3 x 2

  với mọi ³

x 2)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x y 3 (thỏa mãn điều kiện).

7. Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn ab bc caabc2. Chứng minh rằng

2 2 2

4 a   b c abc .

“Learn from the past, prepare for the future, live in the present.” Trang 4 Hướng dẫn giải:

Trong ba số a1,b1,c1 luôn tồn tại hai số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử



^b1



^{c 1}



^{0, suy ra b  c 1 bc.}

Do đó ^{abc 2 bca b c}



^{ }



^{bca bc}



^1



^{hay a bc 2.}

Theo bất đẳng thức Cô-si ta có b²c² 2bc. Từ đó ta suy ra

  

2 2 2 2

4 2 4 2 2 0

a b  c abc a  bc abc   a a bc   Vậy a²  b² c² abc4.

8. Cho a b x y, , , là các số thực dương thoả mãn x y x, 2 ,y y2 ,x a3b và

2 3

2 3

x y a b y x a b

  

  . Chứng minh rằng

2 2

2 2 1

x y x y

 

 . Hướng dẫn giải:

Ta có

2 3 2 3 2

1 1

2 3 2 3 2 3

x y a b x y a b x y a

y x a b y x a b y x a b

           

     

 

2 3 2 3 3 6 2

1 1

2 3 2 3 2 3 2 3

x y

x y a b x y a b b x y b

y x a b y x a b y x a b y x a b

     

        

       

Từ đây suy ra x y a x y b

 

 . Mặt khác ta lại có

   

  

2 2

2 2

2 2

1 1 1

2 2 2

x y x y

x y x y x y a b

x y x y x y x y x y b a

      

           

          

. Khi đó áp dụng BĐT AM-GM, ta thu được ngay đpcm.

9. Cho a b, là các số thực dương. Chứng minh rằng

    

2 2 2 2

2 1

a b a b   a b ab . Hướng dẫn giải:

 TH1: ab1

BĐT^{a b2 2}



^{a b}

 

^{2 1 ab a b}

 

^{ 2a b2 2}



^0

Mà a b 2 ab 2a b^{2 2} (do ab1), suy ra a b 2a b^{2 2} 0. Lại có 1ab0 nên suy ra



^1ab

 

^{a b 2a b2 2}



^0.

Vậy TH1 được giải quyết.

 TH2: ab1

“Learn from the past, prepare for the future, live in the present.” Trang 5 Để ý rằng a b 2

BĐT^{ab ab}



^1

 

^a2b2



^{ab a b}



^

 

^{2 a b ab}



^{ 1}



⁰

  

^{2 1}

 

^{2 2}

  

⁰

ab a b ab ab a b a b 

         .

Mà



^{2 2}



^{2 2 1}

 

²

ab a b a b 2 a b  a b (điều này có được do ab1 và a b 2).

Khi đó kết hợp với ab1 suy ra



^ab1



^_^{ab a}



^2b2



^



^{a b}



^_^0.

Vậy TH2 được giải quyết.

Khi đó bài toán được giải quyết hoàn toàn.

10. Giải phương trình 4x²7x 1 2 x2. Hướng dẫn giải:

Điều kiện xác định x 2.

Đối với phương trình này, ta có 2 hướng giải cơ bản sau:

 Cách 1: Lũy thừa hai vế phương trình

4x27x 1 2 x2

   

   

2 2 2

2

2

4 7 1 0

4 7 1 4 2

4 7 1 0

4 7 4 1 1 0

x x

x x x

x x

x x x

   

 

   



   

 

   



 Cách 2: Phân tích thành hằng đẳng thức

   

2 2

2 2

4 7 1 2 2 4 8 4 2 2 2 1

2 2 1

2 2 2 1

2 2 3

x x x x x x x

x x

x x

x x

           

   

      

   



Ngoài ra, ta có một số cách giải khác (những cách giải này sẽ thích hợp để giải các bài toán khác, khó hơn)

 Cách 3: Đặt ẩn phụ để đưa về hệ phương trình Đầu tiên, ta biến đổi phương trình như sau:

4x27x 1 2 x2



^{2x 1}



^{2 3x 2 2 2}



^{x 1}



^3x

     

Đặt u2x1 và ^{v 2 2}



^{x 1}



^{3x v}



^0



thì ta có hệ

2 2

3 2

3 2

u x v

v x u

  

  



 

  

2 2

2

2 0

u v v u

u v u v

   

    

“Learn from the past, prepare for the future, live in the present.” Trang 6 Do đó ta được uv hoặc u  v 2.

 Cách 4: Đặt ẩn phụ để đưa về hệ phương trình Đặt 2y 1 x2. Ta có

  

2

2 2

2

4 4 1 2

4 8 4 8 2 0

4 7 1 4 2

y y x

x x y y x y x y

x x y

    

         

    



 Cách 5: Đặt ẩn phụ không hoàn toàn

Đặt ^{t x2}



^t0



. Khi đó phương trình trở thành

2 2

2 4 8 3 0

t  t x  x 

Xem đây là phương trình bậc hai ẩn t với tham số x, ta có ^{ 4}



^x1



²

Do đó ta tìm được t2x1 hoặc t  2x 3.

 Cách 6: Dùng lượng liên hợp Phương trình đã cho tương đương

2 7 11

4 6 2 2 0

4 4

x  x x  x 

1 7

1 7 4 4

4 0

4 4 11 2 2

4

1 7 1

4 0

4 4 11 2 2

4

x x

x x

x x

x x

x x

    

  

     

         

 

 

  

         

 

Mặt khác dễ thấy với x 2 thì 4 ¹ 0

11 2 2

x 4 x

 

  

nên ta được ¹

x 4 hoặc ⁷ x4 là hai nghiệm của phương trình.

11. Giải hệ phương trình

3 3

3 2

7 2 y x

x y x

  



   

 .

Hướng dẫn giải:

Bằng cách nhẩm nghiệm, ta thấy hệ có nghiệm (1, 2), ta sẽ chứng minh nghiệm này là duy nhất.

Hệ phương trình đã cho tương đương với

       

      

2 2

2

2 2 4 1 1

2 2 1 2

y y y x x x

y y x x x

       



     



       

     

2 2

2

2 2 4 1 1

2 2 1

y y y x x x

y y y x

       

 

     

 (*)

 TH1: x1

“Learn from the past, prepare for the future, live in the present.” Trang 7 Khi đó từ phương trình đầu tiên của (*) ta được y2 (do x²    x 1 0 x và

2 2 4 0

y  y   y ).

Khi đó từ phương trình thứ hai của (*), do y2 và y²    y 2 0 y nên ta được



^{x 1}



⁰

   hay x1 (mâu thuẫn) Do đó trường hợp này loại.

 TH2: x1

Chứng minh tương tự như TH1, ta cũng có được mâu thuẫn nên trường này cũng loại.

 TH3: x1 Dễ thấy khi đó y2.

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là

 

^{1, 2 .}

12. Cho một tam giác có độ dài ba cạnh là a b c, , thoả mãn



^{a b c }

 

^{3  b c a}

 

^{3  c a b}



^{3 a3b3c3.}

Chứng minh rằng tam giác đó là tam giác đều.

Hướng dẫn giải:

Nhắc lại một hằng đẳng thức quen thuộc:



^{x y z}



^3



^x3y3z3



^3



^xy



^yz



^zx



^.

Áp dụng hằng đẳng thức này, ta được



^{a b c }



^3_



^{a b c }

 

^{3  b c a}

 

^{3 c a b}



^3_^{3 2}

   

^{a 2b 2c 24abc}



^{a b c }



^3



^{a3 b3 c3}



^3



^{a b b c c}



^



^a



^.

Khi đó giả thiết của bài toán sẽ trở thành

   

8abc a b b c c a   .

Mặt khác, theo BĐT AM-GM ta lại có ^8abc



a b b c c a











, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c hay tam giác đề bài cho là tam giác đều.

13. Cho các số thực a b c d, , , thoả mãn đồng thời

1 2 3 6 abc d bcd a cda b dab c

 

 

 

  







. Chứng minh rằng

0 a b c d    . Hướng dẫn giải:

TH1: Trong bốn số a b c d, , , có một số bằng 0, chẳng hạn d 0.

“Learn from the past, prepare for the future, live in the present.” Trang 8 Khi đó giả thiết của đề bài trở thành

1 2 3 6 abc a b c











  



(mâu thuẫn).

Do đó trường hợp này loại.

TH2: abcd 0.

Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng, giả sử a b c d   0, khi đó từ giả thiết suy ra 0

abc bcd cda dab     a b c d . Xét đa thức

      

P x  x a x b x c x d

     

 

4 3 2

4 2

x a b c d x ab bc cd da ac bd x abc bcd cda dab x abcd x ab bc cd da ac bd x abcd

               

       

Ta thấy ^{P x}

 

là đa thức bậc 4 do đó chỉ có thể có tối đa bốn nghiệm, bốn nghiệm này chính là a b c d, , , , tuy nhiên do ^{P x}

 

^x4



^{ab bc cd  da ac bd x }



^{2abcd nên}

, , , a b c d

    cũng là bốn nghiệm của ^{P x}

 

. Điều này chứng tỏ hai bộ nghiệm



^{a b c d, , ,}



và



^{   a b c, , , d}



là trùng nhau (thứ tự khác nhau).

Do a a do đó ta sẽ xét các trường hợp sau:

TH2a: a b

Khi đó từ hai phương trình bcd a 2 và cda b 3 suy ra

  

5 1 5 0 5

bcd a cda b   cd a b    . Điều này mâu thuẫn nên trường hợp này loại.

Các trường hợp khác cũng hoàn toàn tương tự.

Vậy điều giả sử là sai nên ta sẽ có a b c d   0.