chaubee2001

Bài toán 1: Tìm số hạng tổng quát của dãy số $\left \{ x_{n} \right \}$ sau: $\left\{\begin{matrix} x_{1}=\alpha >0\\ x_{n+1}=\frac{x_{n}^{3}+12x_{n}}{3x_{n}^{2}+4} \end{matrix}\right.$ $\forall n=1,2,...$

Ta có:

$x_{n+1}- 2 = \dfrac{x_{n}^{3}+12x_n}{3x_n^2+4}-2=\dfrac{x_{n}^{3}-6x_n^2+12x_n-8}{3x_n^2+4}=\dfrac{\left (x_n-2  \right )^3}{3x_n^2+4}$

$x_{n+1} + 2 = \dfrac{\left (x_n+2  \right )^3}{3x_n^2+4}$

Xét hàm số $f(x)=\dfrac{x-2}{x+2}$, ta thấy $f\left ( x_{n+1} \right ) = \dfrac{x_{n+1}-2}{x_{n+1}+2} = \dfrac{\left (x_n-2  \right )^3}{\left (x_n+2  \right )^3} = f^3\left ( x_{n} \right )$

$\Rightarrow f\left ( x_{n} \right ) = f^{3^{n-1}}\left ( x_{1} \right )=f^{3^{n-1}}\left ( \alpha \right )$

Đặt $f^{3^{n-1}}\left ( \alpha \right ) = \beta$ thì $\dfrac{x_n-2}{x_n+2}= \beta \Leftrightarrow x_n = \dfrac{2+2\beta}{1-\beta}$

Vậy $x_n = \dfrac{2+2\beta}{1-\beta}$ với $\beta = \left (\dfrac{\alpha -2}{\alpha+2}  \right )^{3^{n-1}}$

Đặt $\sqrt[3]{2x-1} =t$, vì $x>1$ nên $t>1$. Ta được $x=\dfrac{t^3+1}{2}$.

Khi đó phương trình đã cho tương đương với

$t^3-2mt+2m-1=0$

$\Leftrightarrow t^3-1+ 2m\left ( 1-t \right ) = 0$

$\Leftrightarrow m= \dfrac{1-t^3}{2\left ( 1-t \right )} = \dfrac{t^2+t+1}{2}$

Vì $t>1$ nên $t^2+t+1 > 1 +1 +1 = 3$, do đó $m>\dfrac{3}{2}$.

Vậy $m>\dfrac{3}{2}$.

1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) thỏa mãn $4x^{2} + 9y + 3$ và $4y^{2} + 9x + 3$ là số chính phương.

Không mất tính tổng quát, giả sử $x \geq y$.

Khi đó, ta có: $(2x)^2 <4x^2+9y+3 \leq 4x^2 + 9x +3 < 4x^2 +12x+ 9 = (2x+3)^2$

$\Rightarrow 4x^2 + 9y +3 = (2x+1)^2$ hoặc $4x^2 + 9y +3 = (2x+2)^2$.

TH1: $4x^2 + 9y +3 = (2x+1)^2 \Leftrightarrow 9y = 4x - 2 $

Từ đây suy ra được $y\vdots 2 \Rightarrow 4x^2+9y \vdots 2$

$\Rightarrow 4x^2+9y+3$ chia 4 dư 3. (vô lí)

TH2: $4x^2 + 9y +3 = (2x+2)^2 \Leftrightarrow 9y = 8x + 1$

Suy ra $x = 9k+1, y = 8k+1, k\in \mathbb{N}$.

Khi đó, $4y^2 + 9x +3 = 4\left ( 8k+1 \right )^2 + 9\left ( 9k+1 \right ) + 3= 256k^2 +145k +16$

Mặt khác:

$(16k+4)^2 \leq256k^2 +145k +16 = (16k+4)^2 + 17k < (16k+5)^2$

$\Rightarrow k=0$, vậy $x=y=1$.

 

Bạn kiểm tra đề câu 2 giúp mình nhé.

Cách khác: 

$ \sum \frac{1}{x(1-x)}=  \sum \left (\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}  \right )= \sum \left (\frac{1}{x} \right )+\sum \left ( \frac1{1-x} \right )$

$\geq \dfrac9{x+y+z} + \dfrac9{3-\left (x+y+z  \right )}$

Đây là đề thi HSG lớp 8 của huyện mình. Thực ra thi cái này lâu lắm rồi @@
nhưng mấy đứa lớp 8 trường mình ki bo, xin mãi chả cho @@
Chiều nay chúng nó mới chịu cho mượn =))

ĐỀ THI HSG LỚP 8 HUYỆN PHÙ NINH - TỈNH PHÚ THỌ
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1(4):
a) Chứng minh số có dạng $n^6-n^4+2n^3+2n^2$, trong đó $n \in N$ và $n>1$ không phải là số chính phương.
b) Cho $B=2^1+2^2+2^3+...+2^{30}$. Chứng minh rằng $B$ chia hết cho 21.
Câu 2(4):
a) Rút gọn biểu thức sau: $A=(\frac{x^2-2x}{2x^2+8}-\frac{2x^2}{8-4x+2x^2-x^3})(1-\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2})$
b)Tìm các số nguyên $x,y$ thoả mãn $x^3+2x^2+3x+2=y^3$
Câu 3(4):
a) Chứng minh: $a^2+5b^2-(3a+b) \geq 3ab-5$
b) Tìm GTNN: $A=x^2+2y^2+2xy+2x-4y+2016$
Câu 4(6):
Cho hình vuông $ABCD$ có cạnh bằng $a$, biết hai đường chéo cắt nhau tại $O$. Lấy điểm $I$ thuộc cạnh $AB$, điểm $M$
thuộc cạnh $BC$ sao cho góc $IOM$ bằng $90^{o}$ ( $I$ và $M$ không trùng các đỉnh của hình vuông). (cái này do laTeX không ra ký hiệu góc @@)
a) Chứng minh $\Delta BIO= \Delta CMO$ và tính diện tích tứ giác $BIOM$ theo $a$
b) Gọi $N$ là giao điểm của tia $AM$ và tia $DC$, $K$ là giao của tia $BN$ và tia $OM$. Chứng minh tứ giác $IMNB$
là hình thang và góc $BKM$ bằng góc $BCO$
c) Chứng minh $\frac{1}{CD^2}=\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AN^2}$

Câu 5(2):

Cho $a,b$ là các số dương thảo mãn $a^3+b^3=a^5+b^5$. Chứng minh rằng $a^2+b^2 \leq 1+ab$

a)Cho x,y,z,a,b,c>0 .CMR:
$\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq \sqrt[3]{(a+x)(b+y)(c+z)}$
b) từ a) suy ra:
$\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}+\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}\leq 2\sqrt[3]{3}$

cách khác cho bạn nè
$BĐT \Leftrightarrow abc+xyz+3\sqrt[3]{abcxyz}(\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz})\leq (a+x)(b+y)(c+z)$
$\Leftrightarrow abc+xyz+3\sqrt[3]{abcxyz}(\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}) \leq abc+xyz+abz+acy+ayz+bcx+bxz+cxy$
$\Leftrightarrow 3\sqrt[3]{abcxyz}(\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}) \leq abz+acy+ayz+bcx+bxz+cxy$
Mà: $AM-GM: abz+acy+bcz \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2xyz}$
$bxz+cxy+ayz \geq 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2abc}$
Suy ra $abz+acy+bcz+bxz+cxy+ayz \geq 3\sqrt[3]{abcxyz}(\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz})$
Ý b thỳ khỏi phải nói

1.Cho $x,y>0$. Hãy tìm điều kiện nữa của $x,y$ và so sánh $\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}$ và $\frac{2}{\sqrt{1+xy}}$ ( đề khoai qá mức )
(theo máy tính thỳ hình như là "$\geq$")
2. Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng $(\frac{a}{a+b})^3+(\frac{a}{a+b})^3+(\frac{a}{a+b})^3 \geq \frac{3}{8}$
giúp mình nha =))

đề bài e viết nhầm =))
đề câu 2 phải là $(\frac{a}{a+b})^3+(\frac{b}{b+c})^3+(\frac{c}{c+a})^3 \geq \frac{3}{8}$
cảm ơn anh NTA1907, nhưng bài này không cần qá dài như vậy

Từ $a,b \in [0,1]$ suy ra $a^2 \leq 1 \Rightarrow 2b^2+5 \geq 2b^2+2a^2+3$
$\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{2b^2+5}} \leq \frac{a}{\sqrt{2b^2+2a^2+3}}$
Tương tự, suy ra $P \leq \frac{a+b}{\sqrt{2b^2+2a^2+3}}$
Ta sẽ chứng minh $\frac{a+b}{\sqrt{2b^2+2a^2+3}} \leq \frac{2}{\sqrt{7}}(*)$
$(*)$ đúng vì $(*) \Leftrightarrow 7(a+b)^2 \leq 4(2a^2+2b^2+3) \Leftrightarrow 12ab \leq (a-b)^2+12$
Mà $a,b \in [0,1]$ nên $12ab \leq 12 \leq (a-b)^2+12$

BĐT Min-cốp-xki: $\sum \sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}} \geq \sqrt{(x+y+z)^2+(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})^2}\geq \sqrt{(x+y+z)^2+(\frac{9}{x+y+z})^2}=\sqrt{(\frac{3}{2})^2+(\frac{9}{3/2})^2}=\frac{3\sqrt{17}}{2}$

ĐỀ THI HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2015-2016 TỈNH PHÚ THỌ
MÔN: TOÁN
THỜI GIAN: 150 PHÚT

Câu 1(3 điểm):
a) Cho $S=1.2.3+2.3.4+...+n(n+1)(n+2)$ với $n$ là số tự nhiên khác 0.
Chứng minh rằng $4S+1$ là số chính phương.
b) Tìm các số nguyên $x,y$ thoả mãn $x^2+2y^2+2xy=y+2$.
Câu 2( 4 điểm):
a) Tính giá trị biểu thức $P=\frac{x^5-4x^3-17x+9}{x^4+3x^2+2x+11}$ với $\frac{x}{x^2+x+1}=\frac{1}{4}$
b) Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a+b+c=5$ và $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=3$
Chứng minh rằng $\frac{\sqrt{a}}{a+2}+\frac{\sqrt{b}}{b+2}+\frac{\sqrt{c}}{c+2}=\frac{4}{\sqrt{(a+2)(b+2)(c+2)}}$
Câu 3(4 điểm):
a) Giải phương trình: $(3x+1)\sqrt{2x^2-1}=5x^2+\frac{3}{2}x-3$
b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}2x^2-y^2+xy+y-5x+2=0\\ x^2+y^2+x+y-4=0\end{matrix}\right.$
Câu 4( 7 điểm):
Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB=2R$. Gọi $M$ là điểm bất kỳ thuộc $(O)$ ( $M$ khác $A$ và $B$). Các tiếp tuyến với $(O)$ tại $A$ và $M$ cắt nhau tại $E$. Vẽ $MP \perp AB$ ( $P \in AB$). Vẽ $MQ \perp AE$ ( $Q \in AE$).
a) Chứng minh rằng tứ giác $AEMO$ là tứ giác nội tiếp và $APMQ$ là hình chữ nhật.
b) Chứng minh $PQ,OE,MA$ đồng quy.
c) Gọi K là giao của $EB$ và $MP$. Chứng minh rằng $K$ là trung điểm của $MP$.
d) Đặt $AP=x$, tính $MP$ theo $R,x$. Tìm vị trí điểm $M$ trên $(O)$ để hình chữ nhật $APMQ$ có diện tích lớn nhất.
Câu 5(2 điểm): Cho $a,b,c$ phân biệt. Chứng minh rằng:
$(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}) \geq \frac{9}{2}$

2. Cho hai số dương x,y thỏa $x + y = 1$. Tìm GTNN của biểu thức $N = (1-\frac{1}{x^{2}})(1-\frac{1}{y^{2}})$

Có: $N=\frac{x^2-1}{x^2}.\frac{y^2-1}{y^2}=\dfrac{(x-1)(y-1)(x+1)(y+1)}{x^2y^2}$
$=\dfrac{(-y)(-x)(x+x+y)(x+y+y)}{x^2y^2}\geq \dfrac{3.\sqrt{x^2y}.3\sqrt{xy^2}}{xy}=9$( $AM-GM$)
suy ra $N \geq 9$
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$

Bài 3 : (1,5đ) Tìm GTLN của biểu thức : $A= \frac{2x^{2}-8x+13}{x^{2}-4x+5}$

Đặt $A(x)=\frac{2x^{2}-8x+13}{x^{2}-4x+5}$. Do $x^2-4x+5=(x-2)^2+1 \geq 1>0 \forall x \in R$
nên $A(x)$ xác định trên tập số thực.
Với $\forall x \in R$, luôn tồn tại 1 số $A(x')$ sao cho $A(x')=\frac{2x'^{2}-8x'+13}{x'^{2}-4x'+5}$ đạtGTLN. Khi đó:
$A(x')=\frac{2x'^{2}-8x'+13}{x'^{2}-4x'+5}\Leftrightarrow A(x')(x'^2-4x'+5)=2x'^2-8x'+13$
$\Leftrightarrow x'^2(A(x')-2)-x'4(A(x')-2)+5A(x')-13=0(*)$
Coi $(*)$ là phương trình bậc 2 ẩn $x'$, ta có:
Để $A(x')$ đạt GTLN thì $pt(*)$ phải có nghiệm $x'$
tức là $\Delta'_{(x')}=(2(A(x')-2))^2-(A(x')-2)(5A(x')-13) \geq 0$
$\Leftrightarrow -A(x')^2+7x-10 \geq 0 \Leftrightarrow A(x')^2-7x+10 \leq 0$
$\Leftrightarrow (A(x')-2)(A(x')-5) \leq 0$
$\Leftrightarrow 2 \leq A(x') \leq 5$
Dấu "=" xảy ra khi $x'=2$

Có vẻ chỗ màu đỏ sai rồi thì phải bạn, phải là $\frac{4a^3-11a^2+10a-3}{a^2+1} =\frac{(a-1)^2(4a-3)}{a^2+1} \leq 0$ cũng không đúng với mọi $a > 0$
 Cách giải khác: 
Ta có: $\sum \frac{3a+4}{a^2+1} \leq \frac{21}{2}$
$\Leftrightarrow \sum (\frac{9}{2} -\frac{3a+4}{a^2+1}) \geq \frac{27}{2} -\frac{21}{2}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{(3a-1)^2}{a^2+1} \geq 6$ $(1)$
 Ta sẽ chứng minh $(1)$ đúng. Thật vậy, $\sum \frac{(3a-1)^2}{a^2+1} \geq \frac{9(a+b+c-1)^2}{a^2+b^2+c^2+3}$
Đến đây ta phải chứng minh $\frac{3(a+b+c-1)^2}{a^2+b^2+c^2+3} \geq 2$
Tương đương với $\sum a^2 +6\sum ab \geq 6\sum a +3$
$\Leftrightarrow (a+b+c)^2-6(a+b+c)+9 +4(ab+bc+ca) \geq 12$
$\Leftrightarrow (a+b+c-3)^2 +4(ab+bc+ca) \geq 12$ (đúng theo AM-GM với $abc=1$)
 Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=1$

sai rồi kìa bạn ơi =.=
nhưng mình cx lm đc r
tks bạn
p/s: mình nhầm, bạn làm đúng r =.=
sr nha

CHo $a,b,c>0$ thoả mãn $abc=1$.
Chứng minh rằng:
$\frac{3a+4}{a^2+1}+\frac{3b+4}{b^2+1}+\frac{3c+4}{c^2+1}\leq \frac{21}{2}$

$\frac{a}{3a+b+c}=\frac{a}{a+(a+b)+(a+c)}\leq \frac{a}{25}(\frac{4}{a+b}+\frac{4}{a+c}+\frac{1}{a})$
$=\frac{1}{25}(\frac{4a}{a+b}+\frac{4a}{a+c}+1)$
Tương tự, suy ra $VT \leq \frac{1}{25}(4(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}+\frac{b}{b+a}+\frac{c}{c+b}+\frac{c}{a+c})+3)=\frac{1}{25}(4.(\sum \frac{a+b}{a+b})+3)=\frac{3}{5}=VP$