Phân Tích Và Bình Luận Câu 8 và 9 Trong Đề Thi Đại Học Khối A Năm 2014 Thay vào phương trình (2), ta có: . Điều kiện: . Cách 1: Phương trình (3) Phân Tích Và Bình Luận Câu 8 và 9 Trong Đề Thi Đại Học Khối A Năm 2014 Thay vào phương trình (2), ta có: . Điều kiện: . Cách 1: Phương trình (3) Phân Tích Và Bình Luận Câu 8 và 9 Trong Đề Thi Đại Học Khối A Năm 2014 Thay vào phương trình (2), ta có: . Điều kiện: . Cách 1: Phương trình (3) Phân Tích Và Bình Luận Câu 8 và 9 Trong Đề Thi Đại Học Khối A Năm 2014 Thay vào phương trình (2), ta có: . Điều kiện: . Cách 1: Phương trình (3)
Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Trung Tâm Thăng Long TPHCM 2014 Phân Tích Và Bình Luận Câu 8 và 9 Trong Đề Thi Đại Học Khối A Năm 2014 Câu 8. Giải hệ phương trình: 2 3 12 (12 ) 12 (1) 8 1 2 2 (2) x y y x x x y − + − = − − = − . Lời giải. Điều kiện: 2 3 2 3 2 x y − ≤ ≤ ≥ . Áp dụng bất đẳng thức BCS, ta có: 2 2 2 2 12 (12 ) 12 12 ( 12 )(12 ) 12 (*)x y y x x y y x x x y y− + − = − + − ≤ + − − + = . Phương trình (1) ⇔ Dấu bằng ở (*) xảy ra 2 2 0 12 12 12 x x x y x y y ≥ − ⇔ = ⇔ = − − . Thay 2 12y x = − vào phương trình (2), ta có: 3 2 8 1 2 10 (3)x x x − − = − . Điều kiện: 0 2 3x ≤ ≤ . Cách 1: Phương trình (3) 2 3 2 2 2 9 8 3 2 1 10 0 ( 3)( 3 1) 2 0 1 10 x x x x x x x x − ⇔ − − + − − = ⇔ − + + + = ÷ + − 2 2 3 ( 3) 3 1 2 0 1 10 x x x x x + ÷ ⇔ − + + + = ÷ + − 2 2 3 0 3 3 1 2 0 ( 0 0 ) 1 10 x x x x VN vì VT x x − = + ⇔ + + + = > ∀ ≥ + − 3 3x y⇔ = ⇒ = Page 1 luanluuac_05@yahoo.com. Điện thoại : 0907415107 Trung tâm Thăng Long TP.HCM Địa chỉ: 766/36 -766/38 CMT8, P5, Q. Tân Bình. Giáo viên: Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Nguyễn Thị Duy An ĐT: 0907415107. Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Trung Tâm Thăng Long TPHCM 2014 Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm 3 3 x y = = . Nhận xét: Nếu chúng ta không để ý đến điều kiện phát sinh là 0x ≥ thì việc giải phương trình (3) có thể dẫn đến bế tắc, vì khi dò nghiệm ta thấy (3) có 2 nghiệm 1; 3x x = − = . Về mặt nguyên tắc ta phải làm xuất hiện nhân tử chung 2 2 3x x+ − chứ không đơn giản là 3x − , nếu không phương trình phát sinh 2 2 3 3 1 2 0 1 10 x x x x + + + + = + − còn khó hơn phương trình (3) vì vẫn còn nghiệm 1x = − . Và việc làm xuất hiện nhân tử 2 2 3x x+ − thì tôi khẳng định là không thể. Kì thi Đại học khối A vừa qua nhiều bạn không hoàn chỉnh bài Toán cũng vì không chú ý điều kiện 0x ≥ . Cách 2: Từ phương trình (3), ta có: 3 2 2 2 8 1 2 10 ( 8) 0 8 2 2x x x x x x x− = + − ⇒ − > ⇒ > ⇒ > . Viết lại phương trình (3) về dạng: 3 2 8 1 2 10 0 (4)x x x − − − − = . Xét hàm số 3 2 ( ) 8 1 2 10f x x x x= − − − − liên tục trên ( 2 2 ; 2 3 . ( 2 2 2 '( ) 3 8 0 2 2 ; 2 3 10 x f x x x x = − + > ∀ ∈ − nên ( )f x đồng biến trên ( 2 2 ; 2 3 . Do đó: (4) ( ) 4 ( ) (3) 3 3.f x f x f x y⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇒ = Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm 3 3 x y = = . Nhận xét: Nếu chúng ta không lôi được điều kiện ẩn sâu bên trong phương trình (3) là 2 2 2 3x < ≤ thì ta phải xét hàm số ( )f x trên miền ( 0; 2 3 , do đó phải tiến hành tính ( 3 2 20 ''( ) 6 0 0; 2 3 10 f x x x x = + > ∀ ∈ − ÷ và khẳng định phương trình ( ) 0f x = có tối đa 2 nghiệm thuộc ( 0; 2 3 . Đến đây một số bạn cho rằng ( 1) (2) 0f f− = = thì phương trình (3) có đúng 2 nghiệm 1; 2x x = − = và loại nghiệm 1x = − vì 0x ≥ thì nên xem lại. Tôi thấy do các bạn Page 2 luanluuac_05@yahoo.com. Điện thoại : 0907415107 Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Trung Tâm Thăng Long TPHCM 2014 hay dùng Casio đoán trước được đáp số nên dễ mắc sai lầm trên. Nếu ta xét ( )f x trên miền 2 3 ;2 3 − thì mắc kẹt trong việc chứng minh ''( )f x vô nghiệm trên 2 3 ; 2 3 . − Câu 9. Cho , ,x y z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2x y z + + = . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 1 1 9 1 x y z yz P x y z x yz x + + = + − + + + + + + . Lời giải. Phân tích: Các bài bất đẳng thức năm 2013 nhìn vào là các em Giỏi Toán đoán được hướng làm, năm nay thì khác một chút vì phải chọn điểm rơi trước mới định hướng được cách giải. Dễ dàng nhận thấy các bộ ( , , ) (1,1, 0); (1, 0,1); (0,1,1)x y z = thỏa điều kiện 2 2 2 2x y z + + = , khi thế vào biểu thức P thì thấy ngay 5 9 là giá trị lớn nhất, do đó ta đoán điểm rời là ( , , ) (1,1,0);(1,0,1).x y z = Xét điểm rơi, ta nhận thấy đối với bộ ( , , ) (1,1, 0)x y z = thì x y= , trong khi bộ ( , , ) (1,0,1)x y z = thì x z = nhưng có một cái bất biến là 1x y z = + = , do đó mọi đánh giá phải đảm bảo 1x y z = + = . Cách 1: Viết lại 2 2 (1 ) 1 9 (1 ) x y z yz P x y z x x yz + + = + − + + + + + + . Từ giả thiết phải làm xuất hiện y z + và 1 yz + , ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) .x y z yz x y z = + + ⇒ + = + + Áp dụng các bất đẳng thức phụ 2 2 2 1 ( ) 2 2 a b a b ab + ≥ + ≥ , ta có: 2 2 2 1 2 2 ( ) ( ) 2 ( ) 2 yz x y z x y z x y z + = + + ≥ + + ≥ + Suy ra: 2 1 ( ) 1 1 ( ) 4 yz x y z yz x y z + ≥ + + ≥ + + . Khi đó: Page 3 luanluuac_05@yahoo.com. Điện thoại : 0907415107 Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Trung Tâm Thăng Long TPHCM 2014 2 2 2 2 ( ) ( ) 1 36 1 36 ( ) x y z x y z x y z x y z P x y z x y z x x x y z + + + + + + + ≤ + − = − + + + + + + + + + Đặt 2 2 2 3( ) 6t x y z x y z= + + ≤ + + = , điều kiện: 0 6t ≤ ≤ . Khi đó: 2 ( ) 1 36 t t P f t t ≤ − = + với 0; 6t ∈ . Xét hàm số 2 ( ) 1 36 t t f t t = − + liên tục trên đoạn 0; 6 . 2 3 2 2 2 2 1 18 ( 1) 2 18 '( ) 18 ( 1) 18( 1) 18( 1) t t t t t t f t t t t − + − − − + = − = = + + + . Cho 3 2 2 '( ) 0 2 18 (2 )( 4 9) 0 2f t t t t t t t t = ⇔ − − − + ⇔ − + + = ⇔ = . Bảng biến thiên: t 0 2 6 '( )f t + 0 − ( )f t 5 9 Dựa vào bảng biến thiên, ta có: ( ) 5 ( ) 0; 6 9 P f t t ≥ ≥ ∀ ∈ . Ta thấy 5 9 P = khi ( , , ) (1,1, 0); (1, 0,1).x y z = Vậy GTLN của biểu thức P là 5 9 , đạt được khi ( , , ) (1,1,0); (1, 0,1).x y z = Cách 2: Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 1 ( ) 2 2 2 yz yz x y z x y z yz x y z + + + + + + + = = = ≥ + . Page 4 luanluuac_05@yahoo.com. Điện thoại : 0907415107 Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Trung Tâm Thăng Long TPHCM 2014 Khi đó: 2 2 1 1 9 ( ) x y z yz P x y z x x x y z + + ≤ + − + + + + + + 1 1 1 1 9 1 9 x y z yz x y z yz x y z x y z x y z + + + + + = + − = − + + + + + + + + + 1 1 1 1 9 yz x y z + = − − + + + . Áp dụng bất đẳng thức BCS, ta có: ( ) 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 2 1x y z x y z x y z yz yz + + ≤ + + = + + + = + . Do đó: 1 1 1 9 2 1 1 yz P yz + ≤ − − + + . Đặt 1t yz = + , điều kiện: 1t ≥ . Suy ra 2 1 1 ( ) 2 1 9 t P f t t ≤ − − = + với 1t ≥ . 2 2 2 2 2 2 9 (2 1) '( ) . 9 9 (2 1) (2 1) t t t f t t t − + = − = + + Cho 3 2 '(t) 0 4 4 9 0 1f t t t t = ⇔ + + − = ⇔ = . t 1 +∞ '( )f t − ( )f t 5 9 Dựa vào bảng biến thiên, ta có: ) 5 ( ) 1; 9 P f t t ≤ ≤ ∀ ∈ + ∞ . Page 5 luanluuac_05@yahoo.com. Điện thoại : 0907415107 Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Trung Tâm Thăng Long TPHCM 2014 Ta thấy 5 9 P = khi 1; 0x y z = = = hoặc khi 1; 0x z y = = = . Vậy GTLN của biểu thức P là 5 9 , đạt được khi 1; 0x y z = = = hoặc khi 1; 0x z y = = = . Page 6 luanluuac_05@yahoo.com. Điện thoại : 0907415107 . Nguyễn Luân Lưu – Trung Tâm Thăng Long TPHCM 2014 Phân Tích Và Bình Luận Câu 8 và 9 Trong Đề Thi Đại Học Khối A Năm 2014 Câu 8. Giải hệ phương tr nh: 2 3 12 (12 ) 12 (1) 8 1 2 2 (2) x y y x x. – Trung Tâm Thăng Long TPHCM 2014 hay dùng Casio đoán tr ớc được đáp số nên dễ mắc sai lầm tr n. Nếu ta xét ( )f x tr n miền 2 3 ;2 3 − thì mắc kẹt trong việc chứng minh ''(. = Page 1 luanluuac_05@yahoo.com. Điện thoại : 090 7415107 Trung tâm Thăng Long TP.HCM Đ a chỉ: 766/36 -766/ 38 CMT8, P5, Q. Tân Bình. Giáo viên: Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Nguyễn Thị Duy An ĐT: 090 7415107. Huỳnh