Chủ đề này có 8 trả lời

[baopbc]

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSGQG PTNK NGÀY 1

 

Bài 1. Tìm $a$ để dãy số $(u_n)$ hội tụ biết $u_1=a$ và 

\[u_{n+1}=\left\{\begin{matrix} 2u_n-1 \ \text{nếu} \ u_n>0 & \\ -1 \ \text{nếu} \ -1\leq u_n\leq 0 & \\ u_n^2+4u_n+2 \ \text{nếu} \ u_n<-1 & \end{matrix}\right.\]

 

Bài 2. Tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức $x^ky^kz^k(x^3+y^3+z^3)\leq 3$ đúng với mọi số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=3$.

 

Bài 3. Cho hàm số $f:\mathbb{N^*}\to\mathbb{N^*}$ thỏa mãn các điều kiện : $f$ tăng thực sự và $f(2n)=2f(n)$ với mọi số $n$ nguyên dương.

a, Giả sử $f(1)=3$ và $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$. Chứng minh tồn tại $n$ sao cho $f(n)$ chia hết cho $p$.

b, Cho $q$ là số nguyên tố lẻ. Hãy xây dựng một hàm $f$ thỏa mãn điều kiện bài toán mà $f(n)$ không chia hết cho $q$ với mọi số nguyên dương $n$.

 

Bài 4. Tam giác $ABC$ có $\angle BAC$ tù, $H$ là chân đường cao từ $A$ xuống $BC$. Điểm $M$ thay đổi trên cạnh $AB$. Dựng $N$ sao cho $\triangle BMN\sim \triangle HCA$ ($H,N$ nằm khác phía đối với $AB$).

a, $CM$ cắt đường tròn ngoại tiếp $\triangle BMN$ tại $K$ khác $M$. Chứng minh $NK$ luôn đi qua điểm cố định.

b, $NH$ cắt $AC$ tại $P$. Dựng $Q$ sao cho $\triangle HPQ\sim \triangle HNM$ ($Q,M$ nằm khác phía đối với $NP$). Chứng minh rằng $Q$ thuộc một đường thẳng cố định.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 22-09-2016 - 17:16

[canhhoang30011999]

Bài 1

Nếu $a>1$ ta có $u_{n}>1$ với mọi n nên $u_{n+1}=2u_{n}-1$

dễ thấy trong trường hợp này ta có dãy ko hội tụ

nếu $a=1$ ta có $lim u_{n}=1$

nếu $0 \geq a \geq -1$ thì ta có $lim u_{n}=-1$

nếu $1> a > 0$ thì ta có $1>u_{1}>-1$

nếu $1>u_{i} >0$ thì ta có $1>u_{i+1}>-1$

nếu $0\geq u_{i} \geq{-1} $ ta có $u_{i+1}=-1$

nên $1> u_{n} \geq -1$ với mọi n

nếu tồn tại $i$ sao cho  $0\geq u_{i} \geq{-1} $ thì ta có $limu_{n}=-1$

nếu $1>u_{n}>0$ với mọi $n$ thì khi đó $u_{n+1}-u_{n}=u_{n}-1<0$ nên $u_{n}$ giảm

suy ra $u_{n}$ hội tụ về $a$ khi đó $a=1$ (vô lí do $u_{n}$ giảm)

vậy với $1>a \geq -1$ thì $lim U_{n}=-1$

nếu $-1 >a > -3$ thì ta có $-1>u_{1} \geq -2 >-3$ nên bằng quy nạp ta có $-1>u_{n}>-2$ với mọi $n$

khi đó $u_{n+1}-u_{n}=(u_{n}+1)(u_{n}+2)<0$ nên $u_{n}$ giảm nên $u_{n}$ hội tụ

khi đó $lim u_{n}=-2$

nếu $ -3 \geq a > -2-\sqrt{3}$ thì $-1 \leq u_{1} <1$ nên làm như trên ta có $limu_{n}=-1$

nếu $a=-2-\sqrt{3}$ thì $u_{1}=1$ làm như trên ta có $lim u_{n}=1$

nếu $a <-2-\sqrt{3}$thì $u_{1}>1$ khi đó làm như trên ta  có $u_{n}$ phân kì

vậy $1 \geq a \geq -2-\sqrt{3}$ thì $u_{n}$ hội tụ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi canhhoang30011999: 21-09-2016 - 15:47

[vpvn]

Bài 4

a) NK cắt AC tại X .

Ta có $\widehat{NKB}$=$\widehat{NMB}$ (doBMKN nội tiếp)

                                     =$\widehat{HCA}$ (doBMN đồng dạng HCA)

                                     =$\widehat{BCX}$

suy ra tứ giác XKBC nội tiếp, khi đó $\widehat{CBX}$=$\widehat{CKX}$=90

suy ra X cố định do đó NK luôn qua một điểm cố định.

b) (BMN) cắt BC tại Y

Ta có $\widehat{BYN}$=$\widehat{BMN}$(do BYMN nội tiếp)

                                     =$\widehat{BCX}$

suy ra NY song song AC

suy ra $\frac{MH}{HQ}$=$\frac{NH}{HP}$=$\frac{YH}{HC}$

khi đó MY song song CQ

mà MY vuông góc AC suy ra CQ vuong góc AC 

suy ra Q thuộc đường thẳng cố định

[redfox]

Bài 2

$k=1, 2$, cho $2x=2y=z=\frac{3}{2}$ không thoả mãn.

$k=3$. Giả sử $x\leq 1$ min. Ta có $x^3y^3z^3(x^3+y^3+z^3)=xyz(\frac{2x}{3-x})^2(\frac{(3-x)yz}{2})^2(9x^2-27x+27-(3-x)yz)\leq x(\frac{3-x}{2})^2(\frac{2x}{3-x})^2(3x^2-9x+9)^3=3(x^3-3x^2+3x)^3\leq 3$. Vậy $k=3$.

Bài 3

a) Chọn $2^k>p$. Xét dãy $f(2^k);f(2^k+1);...;f(2^{k+1})$, đặt $d=(f(n+1)-f(n)\mid 2^k\leq n\leq 2^{k+1})$. Dễ có $d\leq 3$.

-$d=3$. Dãy trên là cấp số cộng công sai $3$, có $2^k>p$ phần tử nên $\exists 2^k\leq n\leq 2^{k+1}, p\mid f(n)$.

-$f(n+1)-f(n)=d=1$. Xét dãy $f(n2^k);f(n2^k+1);...;f((n+1)2^k)$. Dễ có đây là $2^k>p$ số nguyên dương liên tiếp nên $\exists n2^k\leq n\leq (n+1)2^k, p\mid f(n)$

-$f(n+1)-f(n)=d=2$. Xét dãy $f(n2^k);f(n2^k+1);...;f((n+1)2^k)$ rồi chứng minh tương tự như trên.

b) Chọn $f(n)=2^{\left \lfloor log_2n \right \rfloor}+nq$. Hàm $f$ thoả mãn đề bài.

Quyết tâm vòng 2 phục thù!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi redfox: 21-09-2016 - 22:48

[1110004]

Bài 2

$k=1, 2$, cho $2x=2y=z=\frac{3}{2}$ không thoả mãn.

$k=3$. Giả sử $x\leq 1$ min. Ta có $x^3y^3z^3(x^3+y^3+z^3)=xyz(\frac{2x}{3-x})^2(\frac{(3-x)yz}{2})^2(9x^2-27x+27-(3-x)yz)$. 

 

Phải là: $x^3y^3z^3(x^3+y^3+z^3)=xyz(\frac{2x}{3-x})^2(\frac{(3-x)yz}{2})^2(9x^2-27x+27-3(3-x)yz)$ khi đó áp dụng AM -GM không được

[quanghung86]

Bài hình a) có thể phát biểu như sau

 

Cho tam giác $ABC$ có tâm ngoại tiếp $O$ và $M$ di chuyển trên $AB$. Lấy $N$ sao cho $NB\perp AB$ và $MN\perp AO$. Chứng minh rằng đường thẳng qua $N$ vuông góc $MC$ đi qua điểm cố định khi $M$ thay đổi.

 

Tổng quát

 

Cho tam giác $ABC$ và điểm $D$ cố định trên cạnh $BC$. $M$ di chuyển trên $AB$. Lấy $N$ sao cho $NB\perp AB$ và $MN\perp AD$. Chứng minh rằng đường thẳng qua $N$ vuông góc $MC$ đi qua điểm cố định khi $M$ thay đổi.

[1110004]

Cách 1:

 

Chọn $x=y=0.8,z=1.4$ dễ dàng kiểm chứng $k=1,2$ BĐT trên không đúng. Ta sẽ chứng minh $k$ nguyên dương nhỏ nhất để BĐT đề bài cho luôn đúng là $k=3$.

Với $k=3$ ta cần chứng minh: ${x^3}{y^3}{z^3}\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) \le 3$
Không mất tính tổng quát ta giả sử $x \le y \le z$. Khi đó luôn tồn tại $m>n \geq 0$ sao cho $x=m-n,y=m+n$. Khi đó:

$$z = 3 - 2m; m = \frac{{x + y}}{2} \le 1$$

* Xét hàm số: $$\displaystyle f\left( n \right) = {\left( {m - n} \right)^3}{\left( {m + n} \right)^3}{z^3}\left[ {{z^3} + {{\left( {m - n} \right)}^3} + {{\left( {m + n} \right)}^3}} \right] = {z^3}{\left( {{m^2} - {n^2}} \right)^3}\left( {{z^3} + 2{m^3} + 6m{n^2}} \right)$$

Khi đó: 

$$f'(n)= {z^3}{\left( {{m^2} - {n^2}} \right)^2}\left( { - 6nz^3 - 48m{n^3}} \right) \le 0$$

Do đó:

$$f\left( n \right) \le f\left( 0 \right) = {m^6}{z^3}\left( {{z^3} + 2{m^3}} \right) = {m^6}{\left( {3 - 2m} \right)^3}\left( {{{\left( {3 - 2m} \right)}^3} + 2{m^3}} \right)$$

* Xét hàm số :

$$g\left( m \right) = {m^6}{\left( {3 - 2m} \right)^3}\left[ {{{\left( {3 - 2m} \right)}^3} + 2{m^3}} \right]$$

Ta có: 

$$g'\left( m \right)= 18{m^5}{\left( {3 - 2m} \right)^2}\left( {m - 1} \right)\left[ {\left( {m - 1} \right)\left( {8{m^2} - 37m + 26} \right) - 1} \right] \ge 0$$

Vậy $$g\left( m \right) \le g\left( 1 \right) = 3$$

Tức: $${x^3}{y^3}{z^3}\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) \le 3$$

 

Cách 2: (Nguyễn Văn Huyện)

 

Lập luận tương tự như cách 1. Ta cần chứng minh:$${x^3}{y^3}{z^3}\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) \le 3$$

 

Không mất tính tổng quát ta giả sử $z$ là số lớn nhất trong ba số $x,y,z$. Đặt $\displaystyle t = \frac{{x + y}}{2}$ và:$$f\left( {x,y,z} \right) = {x^3}{y^3}{z^3}\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)$$

Ta sẽ chứng minh $f\left( {x,y,z} \right) \le f\left( {t,t,z} \right)$.

 

Ta có:

$$f\left( {t,t,z} \right) - f\left( {x,y,z} \right) = {z^3}\left[ {{t^6}\left( {2{t^3} + {z^3}} \right) - {x^3}{y^3}\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)} \right]$$

Mà:

$${t^6}\left( {2{t^3} + {z^3}} \right) - {x^3}{y^3}\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) = {z^3}\left( {{t^6} - {x^3}{y^3}} \right) + 2{t^9} - {x^3}{y^3}\left( {{x^3} + {y^3}} \right)= {z^3}\left( {{t^6} - {x^3}{y^3}} \right) + 2{t^9} - {x^3}{y^3}\left( {x + y} \right)\left( {{x^2} + {y^2} - xy} \right)= {z^3}\left( {{t^6} - {x^3}{y^3}} \right) + 2{t^9} - 2t{x^3}{y^3}\left( {4{t^2} - 3xy} \right)\ge {t^3}\left( {{t^6} - {x^3}{y^3}} \right) + 2{t^9} - 2t{x^3}{y^3}\left( {4{t^2} - 3xy} \right)= 3t\left( {{t^2} - xy} \right)\left[ {{t^6} + xy\left( {2xy + {t^2}} \right)\left( {{t^2} - xy} \right)} \right] \ge 0$$

Vậy $$f\left( {x,y,z} \right) \le f\left( {t,t,z} \right) = f\left( {t,t,3 - 2t} \right) = {t^6}{(3 - 2t)^3}\left[ {2{t^3} + {{(3 - 2t)}^3}} \right]$$

Ta chỉ cần chứng minh: $${t^6}{(3 - 2t)^3}\left[ {2{t^3} + {{(3 - 2t)}^3}} \right] \le 3$$

(Làm như cách 1)

 

Còn một cách làm và vài lời nhận xét bạn đọc quan tâm xem link đính kèm!

https://goo.gl/p4xQPV

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 1110004: 22-09-2016 - 11:49

[huya1k43pbc]

$x^3y^3z^3(x^3+y^3+z^3)\leq 3\Leftrightarrow 27+3xyz-9(xy+yz+zx)\leq \frac{3}{(xyz)^3}\Leftrightarrow 3(xy+yz+zx)+\frac{1}{(xyz)^3}\geq xyz+9.(1).Nếu t<0,5=>(1)đúng.Với 0,5<\leq 1 ta có:(xy)^2+(yz)^2+(zx)^2+2(xyz)^2+1\geq 2xyz(x+y+z)=6xyz\Leftrightarrow (xy+yz+zx)^2\geq 12xyz-6(xyz)^2-1>0.Đặt:t=xyz;f(t)=\frac{1}{t^3}+3\sqrt{12t-2t^2-1}-t ;f'(t)=-\frac{3}{t^4}-1+\frac{6(3-t)}{\sqrt{12t-2t^2-1}}<-\frac{3}{t^4}-1+\frac{6(3-t)}{9\sqrt{t}}=(\frac{-3}{t^4}+\frac{2}{\sqrt{t}})-1-\frac{2\sqrt{t}}{3}<0(\frac{1}{2}<t<1)=>f(t)nghịch biến \Rightarrow f(t)\geq 9$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huya1k43pbc: 23-09-2016 - 10:59

[canhhoang30011999]

 

-$f(n+1)-f(n)=d=2$. Xét dãy $f(n2^k);f(n2^k+1);...;f((n+1)2^k)$ rồi chứng minh tương tự như trên.

 

câu 3 bạn làm rõ đoạn này cái