Đề chọn HSG tỉnh Quảng Ninh Ngày 2, năm 2020-2021

Bài 1. Tìm tất cả các hàm số $f\colon \mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(x+y)-f(x)f(y)=f(xy)-2xy-1, ~\forall x,y\in\mathbb{R}.$$

Lời giải

$$f(x+y)-f(x)f(y)=f(xy)-2xy-1, ~\forall x,y\in\mathbb{R}. \tag{1}$$ Giả sử tồn tại hàm $f$ thỏa mãn đề bài. Ký hiệu $P(a;b)$ là thao tác thay $x$ bởi $a$, $y$ bởi $b$. Khi đó $$(1): ~P(x ; 0)\Rightarrow f(x) - f(x) f(0)=f(0) - 1,~\forall x\in\mathbb{R}\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}& f(0)=1\\& f(x)= - 1,~\forall x\in\mathbb{R}.\end{array} \right.$$

• Thử lại hàm $f(x)=-1,~\forall x\in\mathbb{R}$ không thỏa mãn.
• Xét $f(0)=1:~(1): ~P(1 ; - 1)\Rightarrow f(0) - f(1) f( - 1)=f( - 1) + 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}& f( - 1)=0\\& f(1)= - 1.\end{array} \right.$ \item Nếu $f(1)= - 1:~(1): ~P(x ; 1)\Rightarrow f(x + 1) - f(x) f(1)=f(x) - 2x - 1,\forall x\in\mathbb{R}$
  $\Leftrightarrow f(x + 1)= - 2x - 1,~\forall x\in\mathbb{R}\Leftrightarrow f(x)= - 2x + 1,~\forall x\in\mathbb{R}$. Thử lại thỏa mãn. \item Nếu $f(1)\neq - 1, f( - 1)=0;$ đặt $f(1)=a\neq - 1$. $$\begin{align*} (1): ~P(x ; 1)~~~~ &\Rightarrow f(x + 1) - f(x)\cdot a=f(x) - 2x - 1,~\forall x\in\mathbb{R} \notag\\ & \Leftrightarrow f(x + 1)=(a + 1) f(x) - 2x - 1. \tag{2}\\ (1): ~P( - x ; - 1) & \Rightarrow f( - x - 1)=f(x) - 2x - 1,~\forall x\in\mathbb{R}. \notag \end{align*}$$ Thay vào $(2)$ ta được $$\begin{align*} & f(x + 1)=f( - x - 1) + a\cdot(f( - x - 1) + 2x + 1),~\forall x\in\mathbb{R} \notag\\ \Leftrightarrow & f(x + 1)=(1 + a)\cdot f( - x - 1) + a\cdot [2(x + 1) - 1],~\forall x\in\mathbb{R} \notag\\ \Leftrightarrow & f(x)=(1 + a)\cdot f( - x) + a\cdot(2x - 1),\forall x \in \mathbb{R}. \tag{3} \end{align*}$$ Do đó ta được $$\begin{eqnarray*} & & \left\{ \begin{array}{l}& f(x)=(1 + a)\cdot f( - x) + a\cdot(2x - 1),~\forall x\in\mathbb{R}\\& (1 + a) f(x) + a\cdot( - 2x - 1)=f( - x),~\forall x\in\mathbb{R}.\end{array} \right.\\ & \Rightarrow & \left(a^2 + 2a\right) f(x)=2a^2x + a^2 + 2a,~\forall x\in\mathbb{R}. \end{eqnarray*}$$ }
  • $a= - 2$ không thỏa mãn.
  • $a\neq - 2, a\neq 0\Rightarrow f(x)=A x + B,~\forall x\in\mathbb{R}$.
    $f(0)=1, f( - 1)=0\Rightarrow f(x)=x + 1,~\forall x\in\mathbb{R}$. Thử lại thỏa mãn.
  • $a=0$, từ $(3)$ có $f(x)=f( - x),~\forall x\in\mathbb{R}$.
    $(1):~P(x ; - y): f(x - y) - f(x) f(y)=f(x y) + 2x y - 1,~\forall x, y\in\mathbb{R}$.
    Kết hợp $(1)$ $\Rightarrow f(x + y) - f(x - y)= - 4x y,~\forall x, y\in\mathbb{R}.$
    Cho $y=x$ ta được $f(2x) - 1= - 4x^2,~\forall x\in\mathbb{R}\Leftrightarrow f(x)= - x^2 + 1,~\forall x\in\mathbb{R}.$ Thử lại thỏa mãn.

Vậy tất cả các hàm cần tìm là: $$f(x)= - 2x + 1,~\forall x\in\mathbb{R};\quad f(x)=x + 1,~\forall x\in\mathbb{R};\quad f(x)= - x^2 + 1,~\forall x\in\mathbb{R}.$$

Bài 2. Cho $P(x)$ là đa thức bậc $4$ với hệ số thực, có đúng $4$ nghiệm dương phân biệt. Chứng minh rằng phương trình sau cũng có $4$ nghiệm dương phân biệt $$\dfrac{1 - 3x}{x^4}\cdot P(x) + \left(1 - \dfrac{1 - 3x}{x^4}\right)\cdot P'(x) - P''(x)=0.$$

Lời giải

Đặt $Q(x)=P(x) - P'(x)$. Biến đổi tương được phương trình $$\dfrac{1 - 3x}{x^4}\cdot\left(P(x) - P'(x)\right) + \left(P'(x) - P''(x)\right)=0\Leftrightarrow\dfrac{1 - 3x}{x^4}Q(x) + Q'(x)=0.$$ Không mất tính tổng quát, giả sử $P(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)$ với $0 < x_1 < x_2 < x_3 < x_4$.
Suy ra $$Q(x)=P(x) - \displaystyle\sum\limits_{1\leq i < j < k\leq 4}(x - x_i)(x - x_j)(x - x_k).$$ Ta có $Q(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$, đồng thời dễ thấy $$Q(x_1) > 0, ~Q(x_2) < 0, ~Q(x_3) > 0,~ Q(x_4) < 0,~\lim\limits_{x\rightarrow + \infty}Q(x)= + \infty.$$ Suy ra $Q(x)$ cũng có $4$ nghiệm dương phân biệt $0 < y_1 < y_2 < y_3 < y_4$.
Vì $x=0$ không là nghiệm của $(1-3x)Q(x)+x^4Q'(x)=0$ nên $$\dfrac{1 - 3x}{x^4}Q(x) + Q'(x)=0\Leftrightarrow(1 - 3x) Q(x) + x^4Q'(x)=0.$$ Đặt $R(x)=(1 - 3x) Q(x) + x^4 Q'(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}.$
Dễ thấy $R(0) > 0, R(y_1) < 0, R(y_2) > 0, R(y_3) < 0, R(y_4) > 0.$
Vậy $R(x)=0$ có $4$ nghiệm dương phân biệt (đpcm).

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, điểm $D$ cố định trên cung $BC$ không chứa $A$ nhưng không phải là điểm chính giữa cung đó. Điểm $P$ di động trên đoạn $AD$ và $P$ không trùng $A,D$. Điểm $Q$ đẳng giác với $P$ trong tam giác $ABC$. Gọi $G$ là giao điểm của $DQ$ và $BC$. Chứng minh rằng $PG \parallel AQ$. Kẻ dây cung $DE$ của đường tròn $(O)$ vuông góc với $BC$, $K$ là trung điểm của $DE$, $R$ là hình chiếu vuông góc của $Q$ trên $BC$. Chứng minh rằng đường thẳng qua $R$ và vuông góc với $PK$ luôn đi qua một điểm cố định khi $P$ di động trên $AD$.

Lời giải

1. $AQ$ cắt $(O)$ tại $N\neq A$, cắt $BC$ tại $H$.
   $\widehat{BAD}=\widehat{CAN}\Rightarrow BD=CN\Rightarrow DN \parallel BC$.
   $\left\{ \begin{array}{l}& \widehat{HCN}=\widehat{BAN}=\widehat{CAD}\\& \widehat{HNC}=\widehat{CDA}\end{array} \right.\Rightarrow \triangle CHN \backsim \triangle ACD$
   $\Rightarrow HN \cdot AD = CD \cdot CN$.
   $\left\{ \begin{array}{l}& \widehat{CDP}=\widehat{QNC}\\& \widehat{PCD}=\widehat{PCB} + \widehat{BCD}=\widehat{ACQ} + \widehat{NAC}=\widehat{CQN}\end{array} \right.$
   $\Rightarrow \triangle CPD \backsim \triangle QCN \Rightarrow CD\cdot CN=QN\cdot PD$.
   $\Rightarrow HN\cdot AD=QN\cdot PD$
   $\Rightarrow\dfrac{DP}{DA}=\dfrac{NH}{NQ}=\dfrac{DG}{DQ}\Rightarrow PG \parallel AN$.
2. Kẻ $NI\perp BC$. Đường thẳng qua $I$ và vuông góc với $AD$ cắt đường thẳng qua $R$ và vuông góc với $PK$ tại $X$. Ta chứng minh $X$ cố định.
   $\triangle DPK \backsim \triangle IXR$ (các cạnh tương ứng vuông góc) $\Rightarrow XI \cdot DK = RI \cdot DP$.
   Mặt khác, theo chứng minh trên $PG \parallel AQ$
   $\Rightarrow\dfrac{DP}{DA}=\dfrac{DG}{DQ}=\dfrac{NH}{NQ}=\dfrac{IH}{IR}$
   $\Rightarrow IH \cdot DA=IR \cdot DP=XI \cdot DK$
   $\Rightarrow X I=\dfrac{IH \cdot DA}{DK}$ không đổi, đường thẳng $IX$ cố định, suy ra $X$ cố định, đpcm. }

Bài 4. Tìm tất cả các số nguyên dương $n < 60$ sao cho tập hợp $M=\{n;n+1;n+2;\ldots ;60\}$ có thể viết được thành hợp của các tập con đôi một rời nhau thỏa mãn tính chất: trong mỗi tập con có một phần tử bằng tổng tất cả các phần tử còn lại trong tập con đó.

Lời giải

Giả sử tồn tại $n$ thỏa mãn đề bài và $M$ chia được thành $k$ tập. Ta có các nhận xét sau:

• Mỗi tập con chứa ít nhất $3$ phần tử $\Rightarrow k \le \dfrac{61-n}{3}$.
• Trong mỗi tập con, nếu $a$ là số lớn nhất thì tổng các phần tử của tập con đó bằng $2a$, nên tổng tất cả các phần tử của $M$ là $S(n)=\dfrac{(n+60)(61-n)}{2}$ là số chẵn.

Mặt khác, tổng tất cả các phần tử của tất cả các tập con $$S(n)\le 2\cdot[60 + 59 + \cdots + (61 - k)]=2\cdot\dfrac{(60 + 61 - k)\cdot k}{2}=(121 - k) \cdot k.$$ Vì $k\le \dfrac{61 - n}{3} < \dfrac{121}{2}$ nên $S(n)\le \left(121 - \dfrac{61 - n}{3}\right)\dfrac{61 - n}{3}=\dfrac{302 + n}{9}\cdot(61 - n)$.
Từ đây suy ra $\dfrac{n + 60}{2}\leq\dfrac{302 + n}{9}\Leftrightarrow n\leq\dfrac{64}{7}\Rightarrow n\leq 9$.

• Kiểm tra trực tiếp: $S(2),~S(3),~S(6),~S(7)$ lẻ, không thỏa mãn.
• Xét $n=9$, $k \le \dfrac{61 - 9}{3}=\dfrac{52}{3}\Rightarrow k\leq 17$.
  Mặt khác $S(9)=69 \cdot 26 \le (121 - k) \cdot k$ $\Rightarrow k^2 - 121k + 69\cdot26\le 0 \Rightarrow k\ge 18$, mâu thuẫn, loại.
• Tương tự $n=8$, $k\le \dfrac{61 - 8}{3}=\dfrac{53}{3}\Rightarrow k\le 17$, $S(8)=34\cdot 53\leq(121 - k)\cdot k \Rightarrow k\ge 18$, loại.

Ta thấy $n=1$, $n=4$, $n=5$ thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.