Chuyên đề ứng dụng tính đơn điệu của hàm số

NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1 LÊ TUẤN ANH CHUYÊN ĐỀ: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trước hết, cần nhớ lại một số thế nào là hàm số đơn điệu. Cho hàm số y=f(x) và khoảng K. Hàm số y=f(x)đồng biến trên K ⇔ ( ∀ x 1 , x 2 ∈ K, x 1 < x 2 ⇒ f(x 1 ) < f(x 2 ) Hàm số y=f(x) nghịch biến trên K ⇔ ( ∀ x 1 , x 2 ∈ K, x 1 < x 2 ⇒ f(x 1 ) > f(x 2 ) Khi đó ta nói hàm số đã cho đơn điệu trên khoảng K. Từ đó ta đi đến một số tính chất quan trọng sau: Cho hàm số y=f(x) và khoảng K, nếu hàm số đã cho đơn điệu trên K thì: *Tính chất 1: Phương trình f(x)=0 có tối đa 1 nghiệm. *Tính chất 2: cho a,b là 2 giá trị thuộc khoảng K. +Khi f'(x)>0 thì bất phương trình f(a)>f(b) có nghiệm: a>b. +Khi f'(x)<0 thì bất phương trình f'(a)>f'(b) có nghiệm: a<b. (Tương tự cho trường hợp f(a)<f(b)). *Tính chất 3: nếu f(a)=f(b) (a,b là các giá trị thuộc K) thì a=b. Vận dụng 3 tính chất trên ta đưa vào giải các phương trình, bất phương trình vô tỷ và hệ phương trình. A-GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH Ví dụ 1: Giải phương trình: 659)13(553 2 43 =++−+−++ xxxxx *Nhận xét: đây là 1 phương trình vô tỷ có nhiều căn bậc khác nhau, có thể giải bằng kĩ thuật nhân liên hợp khi đã nhẫm được nghiệm. Tuy nhiên việc liên hợp căn bậc 4 và 5 sẽ gặp khó khăn, trong trường hợp này ta sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số để giải. ĐK: 5 ≥ x Xét hàm số: );5[:659)13(553)( 2 4 3 +∞=−++−+−++== DTXDxxxxxxfy Phương trình đã cho tương đương với: f(x)=0 Ta có: ( ) ( ) 6593553 3 4 1 3 1 −++−+−++= xxxxxy ( ) ( ) ( ) ( ) 5,019 54 1 53 1 32 1 195. 4 1 5. 3 1 32 1 ' 2 4 3 3 2 2 4 3 3 2 >∀>++ − + − + + =++−+−+ + =⇒ −− xx xx x xxx x y Hàm số đồng biến trên khoảng );5( +∞ , do đó phương trình đã cho có tối đa 1 nghiệm thuộc khoảng );5( +∞ . Nhận thấy x=6 là nghiệm của phương trình. Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x=6. Ví dụ 2: Giải phương trình: 3123 3 =−++ xx 1: ≥ xĐK NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1 LÊ TUẤN ANH Xét hàm số: );1[:;3123 3 +∞=−−++= DTXĐxxy Ta có: 1;0 12 1 )13( 1 ' 3 2 >∀> − + + = x x x y Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng );1( +∞ , suy ra phương trình đã cho có tối đa 1 nghiệm thuộc khoảng );1( +∞ . Nhận thấy x=2 là 1 nghiệm của phương trình. Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x=2 Trong phương pháp này, tập xác định của hàm số là quan trọng nhất, bởi vì trong nhiều trường hợp nếu không dựa vào TXĐ, ta không thể kết luận hàm số đơn điệu. Ví dụ 3: Giải phương trình: x xxx 65 11169 222 =++−+− Điều kiện: 4 0 65 16 9 2 2 ≥⇔        > ≥ ≥ x x x x Xét hàm số: );4[: 65 11169)( 222 +∞=−++−+−== DTXD x xxxxfy Phương trình đã cho tương đương với: f(x)=0 Ta có: 4;0 65 11169 ' 2 222 >∀>+ + + − + − = x x x x x x x x y Hàm số đồng biến trên khoảng );4( +∞ , suy ra phương trình đã cho có tối đa 1 nghiệm thuộc khoảng );4( +∞ và x=5 là nghiệm cần tìm. Vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất x=5. *Nhận xét: trong ví dụ này, vì VT là hàm mang giá trị dương nên để phương trình có nghiệm thì VP cũng phải mang dấu dương, tức là kèm theo điều kiện 0 65 > x , nếu ta bỏ quên điều kiện này thì TXĐ của hàm f(x) sẽ là );4[]4;( +∞ ∪ − −∞ = D khi đó sẻ khó kết luận được y'>0. Song, việc giải phương trình vô tỷ không chỉ dừng lại ở điều kiện y'>0 hoặc y'<0, trong nhiều trường hợp y' đổi dấu nhưng ta vẫn sử dụng được hàm số để giải, bằng cách xét tiếp y''. Ví dụ 4: Giải phương trình: 33 24 =++ xx Xét hàm số: RDTXĐxxxfy =−++== :;33)( 24         + += + += 3 1 4 3 4' 2 2 2 3 x xx x x xy NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1 LÊ TUẤN ANH Đến đây ta chưa thể kết luận y'>0 hay y'<0, nhưng ta vẫn có thể lập bảng biến thiên để tìm số nghiệm của phương trình. Cho y'=0 thì x=0. Bảng biến thiên: x ∞ − 0 ∞ + y' - 0 + y ∞ + ∞ + 33 − Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy: đồ thị hàm số y=f(x) cắt trục hoành tại 2 điểm, do đó phương trình HĐGĐ hay phương trình f(x)=0 có đúng 2 nghiệm thực phân biệt. Dễ dàng phát hiện x=1 và x=-1 là 2 nghiệm thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x=1 và x=-1. Qua ví dụ trên ta thấy không nhất thiết chỉ phương trình có 1 nghiệm mới có thể dùng hàm số để giải, nếu tinh ý và khéo léo 1 chút ta có thể nhẫm và giải được phương trình có nhiều hơn 1 nghiệm. Xét tiếp ví dụ tương tự: Ví dụ 5: Giải phương trình: 3 23 83128 4 5 92 +++=+++ xx x xx 1: − ≥ xĐK Xét hàm số: );1[:;83128 4 5 92)( 3 23 +∞−=+−+−+++== DTXĐxx x xxxfy ( ) 3 2 2 8 1 1 1 4 5 186' + − + −++= x x xxy Đến đây vẫn chưa thể kết luận dấu của y' cũng như khó giải được phương trình y'=0 để lập BBT. Tuy nhiên ta vẫn có thể tìm được nghiệm của phương trình y'=0 thông qua y''. Cụ thể: ( ) ( ) 1;0 83 2 12 1 186'' 3 53 −>∀> + + + ++= x xx xy Dó đó phương trình y'=0 có tối đa 1 nghiệm, và x=0 là nghiệm của phương trình đó. Tức là y'=0 khi x=0. Ta có Bảng biến thiên: x -1 0 ∞ + y' - 0 + y 3 73 4 55 − ∞ + 0 NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1 LÊ TUẤN ANH Nhìn vào BBT ta thấy phương trình f(x)=0 có đúng 1 nghiệm và nghiệm đó là x=0. Ví dụ 6: Giải phương trình: (*)02463512 2 =−−++−+ xxxx ĐK: 2/1 − ≥ x Nếu trực tiếp chuyển qua VP rồi xét hàm số thì sẽ khó kết luận hàm có đơn điệu hay không hoặc lập BBT cũng sẽ gặp khó khăn, nếu tinh ý ta viết lại phương trình như sau: 22 22 )5(5)12(12 2510514412(*) +++=+++⇔ ++++=++++⇔ xxxx xxxxxx Xét hàm số: );0[:)( 2 +∞=+== DTXDtttfy 0,02 2 1 ' >∀>+= tt t y Hàm số đồng biến trên khoảng );0( +∞ Phương trình (*) trở thành: f(2x+1)=f(x+5) suy ra: 2x+1=x+5 hay: x=3. Ví dụ 7: Giải bất phương trình: 2842112 22 ++−−>−−+ xxxxx (*) 2: ≥xĐK ( ) 212221)22( 1228412(*) 2 2 22 −+−>−++−+⇔ −+−>++++⇔ xxxx xxxxx Xét hàm số: );2[:21)( 2 +∞=−+−== DTXDtttfy 2,0 2 12 1 ' 2 >∀> − + − = t t t t y Hàm số đồng biến trên khoảng );2[ +∞ Bất phương trình đã cho trở thành: f(2x+2)>f(x) suy ra 2x+2>x hay: x>-2. Kết hợp với điều kiện ban đầu suy ra nghiệm của bất phương trình là: [ );2 +∞=S Ví dụ 8: Giải phương trình: 0248624 242 =+−−+−+ xxxxx (*) ( ) ( ) 2 2 22 141)14(51)5((*)0: ++−+=++−+⇔≥ xxxxxĐK Xét hàm số: );1[:1)( 2 +∞=+−== DTXDtttfy 0,02 12 1 ' >∀>+ − = tt t y Hàm số đồng biến trên );0( +∞ Lập luận như ví dụ trên, suy ra nghiệm của phương trình là: x=2 Bài tập rèn luyện: Giải các phương trình và bất phương trình sau: 0272532)1 2 =++++++ xxxx 7134129)2 =++++++++ xxxxx NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1 LÊ TUẤN ANH ( ) xxxxx 21121212)3 −++++>−++ 032)1(212)4 22 <+++++++ xxxxxx Ví dụ 9: Giải hệ phương trình:      −=+++ =−−+− )2(21 )1(28309 2236 xxy yyxyx 0: ≥ xĐK , viết phương trình thứ nhất của hệ lại như sau: ( ) ( ) 33 3 26 +++=+ yyxx Xét hàm số: RtttfRDTXĐtttf ∈∀>+==+= ,013)(';:;)( 23 Hàm số đã cho đồng biến trên R. Lại có: ( ) ( ) 3)1( 2 +=⇔ yfxf , theo tính chất của hàm số đơn điệu thì có thể suy ra: 3 2 += yx . Thế vào (2) và biến đổi ta được: 011 2 =−+++ xxx Phương trình này được giải bằng hàm số, nghiệm: x=0. Kết luận hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm: (x;y)=(0;-3). Ví dụ 10: (TSĐH Khối A 2012) Giải hệ phương trình: ( )      =+−+−+ =+−−++ )2(01612 )1(211 22 4 4 yyyxx yyxx 1: ≥ xĐK ( ) yyxx yyxx ++=−++−⇔ ++=−++⇔ 2121 211)1( 4 4 4 4 Mặt khác, từ (2) ta có điều kiện để phương trình có nghiệm là: 004' ≥ ⇔ ≥ = ∆ yy Xét hàm số: 0;01 2 2 )(');;0[:;2)( 4 3 4 >∀>+ + =+∞=++= t t t tfDTXĐtttf Hàm số đồng biến trên khoảng );0( +∞ Mà ( ) ( ) 111)1( 4 44 +=⇔=− ⇒ =−⇔ yxyxyfxf Thế vào (2): ( ) ( )    =→= =→= ⇔=++++++− 21 10 0431 23456 xy xy yyyyyyyy Tóm lại, hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: (x;y)=(1;0) và (x;y)=(2;1) Ví dụ 11: (TSĐH KA 2010) Giải hệ phương trình:      =−++ =−−++ 74324 025)3()14( 22 2 xyx yyxx Điều kiện: 2/5;4/3 ≤ ≤ yx Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: ( ) yyxx 251252)14( 2 −+−=+ NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1 LÊ TUẤN ANH Xét hàm số: );0[:4)14()( 32 +∞=+=+= DTXDtttttf tttfy ∀>+== ,0112)('' 2 Hàm số đồng biến trên D Phương trình trở thành: ( ) yfxf 25)2( −= , suy ra:      − = ≥ 2 45 0 2 x y x Thế vào phương trình thứ 2 của hệ và biến đổi ta được: (*)074322 2 5 4 2 22 =−−+       −+ xxx Xét hàm số:       =−−+       −+== 4 3 ;0:74322 2 5 4)( 2 22 DTXDxxxxgy )4/3;0(,0 43 4 )34(4 43 4 2 2 5 88' 2 2 2 ∈∀< − −−= − −       −−= x x xx x xxxy Suy ra hàm số nghịch biến trên (0;3/4) Mặt khác 0 2 1 =       g nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất: x=1/2 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm: x=1/2, y=2. Ví dụ 12: Giải hệ phương trình: ( ) ( )( )      −+=−− +=++ )2(2820122 )1(22 3 2 yxyx xxyyx Thấy rằng: 2 2222)1( xxyxyx +=+++⇔ Xét hàm: tttf += 2)( , vẫn lập luận như trên suy ra: 2 2 xyx =+ Thế vào (2) đưa về phương trình bậc 3, ẩn x. Ví dụ 13: Giải hệ phương trình: ( ) ( )      =−+− ++=++ )2(5231 )1(1412 3 2223 yx yxxyxx 1: ≥ x Đ K Chia 2 vế của (1) cho 2 x : ( )         +       +=++ 111412 2 2 x y x y xx Xét hàm: ( ) 11)( 2 ++= tttf để suy ra: 2 22 xy x y x =⇔= Thế vào (2), dùng hàm số để giải được nghiệm: x=5. Từ đó tìm y. Ví dụ 14: Giải hệ phương trình: NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1 LÊ TUẤN ANH      =+ −−=−− )2(13 13 2 )1(313)526(32)54( 2 y y x yyxx ĐK: 13/3;2/3 ≥ ≥ yx ( ) [ ] ( ) [ ] 31313132321322)1( −+−=−+−⇔ yyxx Xét hàm: ( ) tttf 12)( += đề suy ra: 2x=13y rồi giải tiếp. Lưu ý: ta cũng có thể giải như sau: Đặt:        + = + = ⇒      −= −= 13 3 2 3 313 32 2 2 v y u x yv xu thế vào phương trình (1) ta được: vvuu +=+ 33 22 Đến đây ta dễ dàng chứng minh được: u=v hay: xy 13 2 = Ví dụ 15: Giải hệ phương trình: ( ) ( )      =−+−++ =++++ )2(341 )1(111 22 yyxx yyxx Vì ( ) ( ) 111 22 =−+++ yyyy nên: 1)(111)1( 2222 +−+−=++⇔++−=++⇔ yyxxyyxx Xét hàm: );0[:;1)( 2 +∞=++= DTXĐtttf để suy ra: x=-y Bài tập rèn luyện: Giải các hệ phương trình sau: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )      +=+++ +=+++ 742 742 1111 1111 )1 xyyy yxxx , gợi ý: nhân pt(1) với x-1, pt(2) với y-1 ( ) ( )      =++++++ +++=++− 11122 20134220129 )2 22 2 yyxxx xyyxyy      =+−+ −+=+−− 2 1 932293 )3 22 2323 yxyx yyyxxx ( )      ++=+++++ =−−+−− 13611233522 04)143(5317 )4 2 xxyxyx yyxx ( )      =+++− =+++ 6)2(log43log 3)2(log )5 3 3 2 3 yxxy yxyx x x ( ) ( )      =−+− ++=−− 1132 2521214 )6 yx yyxx ( ) ( ) ( )      =+− +++=−      =+ + + = + − 12322 122log2122 )8 2 18 52 1 14 )7 2 2 2 3 2 y y xy x y y x xy xxy NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1 LÊ TUẤN ANH B- PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ Kiến thức cần nhớ: Cho hàm số: y=f(x) liên tục trên tập D. 1) Phương trình f(x)=m có nghiệm )(max)(min xfmxfDx Dx Dx ∈ ∈ ≤≤⇔∈ 2) Bất phương trình mxf ≤ )( có nghiệm mxfDx Dx ≤ ⇔ ∈ ∈ )(min 3) Bất phương trình mxf ≤ )( có nghiệm đúng với mọi mxfDx Dx ≤ ⇔ ∈ ∈ )(max 4) Bất phương trình mxf ≥ )( có nghiệm mxfDx Dx ≥ ⇔ ∈ ∈ )(max 5) Bất phương trình mxf ≥ )( có nghiệm đúng với mọi mxfDx Dx ≥⇔∈ ∈ )(min 6) Cho hàm số f(x) liên tục trên tập D. Khi đó: vuvfuf = ⇔ = )()( *Phương pháp giải: Để giải bài toán tìm giá trị của tham số m để phương trình, bất phương trình có nghiệm, ta có thể thực hiện các bước theo thứ tự sau:  Bi ế n đổ i PT (BPT) v ề d ạ ng f(x)=g(m)  T ì m t ậ p x á c đị nh D c ủ a h à m s ố f(x)  T í nh f'(x)  L ậ p b ả ng bi ế n thi ê n c ủ a h à m s ố f(x)  X á c đị nh min v à max c ủ a f(x) tr ê n D  V ậ n d ụ ng 1 trong c á c m ệ nh đề đã n ê u ở ph ầ n tr ê n. Lưu ý: trong trường hợp PT (BPT) chứa các biểu thức phức tạp, ta làm như sau:  Đặt ẩn số phụ: )(xt ϕ =  T ừ đ i ề u ki ệ n r à ng bu ộ c c ủ a ẩ n x, t ì m đ i ề u ki ệ n cho ẩ n s ố t  Đư a PT, BPT ẩ n s ố x v ề PT, BPT theo ẩ n t.  L ậ p b ả ng bi ế n thi ê n c ủ a h à m f(t)  T ừ b ả ng bi ế n thi ê n r ú t ra k ế t lu ậ n c ủ a b à i to á n. Ví dụ 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: )1(99 2 mxxxx ++−=−+ Đk: 90 ≤ ≤ x mxxxx mxxxxxx ++−=−+⇔ ++−=−+−+⇔ 9)9(29 9)9(29)1( 2 2 Đặt: xxt 9 2 +−= , ta có: 2 9 0'; 92 92 ' 2 =⇔= +− + − = xt xx x t x 0 2 9 9 t' + 0 - NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1 LÊ TUẤN ANH t 2 9 0 0 Do đó: 2 9 0 ≤≤ t . Khi đó PT trở thành: (*)9229 22 mttmtt =++−⇔+=+ Xét hàm số: 2 9 092)( 2 ≤≤++−== ttttfy 1022)(' = ⇔ = + − = tttf Txxxxxx x 0 1 2 9 f'(t)xxxxy' + 0 - y 10 9 4 9 − PT(1) có nghiệm ]9;0[ ∈ x khi và chỉ khi PT(*) có nghiệm       ∈ 2 9 ;0t , điều này xảy ra khi và chỉ khi 10 4 9 ≤≤− m . Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm ]31;0[ +∈x : ( ) )1(0)2(122 2 ≤−+++− xxxxm Đặt 10 22 1 ';22 2 2 =⇔= +− − =+−= x xx x txxt Ta có bảng biến thiên: x 0 1 31+ t' - 0 + t 2 2 1 Từ đó: 21 ≤ ≤ t , với điều kiện đó ta biến đổi )2(222 222 xxtxxt −−=−⇔+−= )2( 1 2 2)1()1( 2 2 + − ≤⇔−≤+⇔ t t mttm NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1 LÊ TUẤN ANH Xét hàm số: ]2;1[, 1 2 )( 2 ∈ + − = t t t tf 0 )1( 22 )(' 2 2 > + ++ = t tt tf , hàm số đồng biến trên D. 2 3 )2()(max 2 1 )1()(min ==== ∈ ∈ ftfftf Dt Dt Suy ra BPT (1) có nghiệm ]31;0[ +∈x khi và chỉ khi BPT(2) có nghiệm ]2;1[ ∈ t . Điều này xảy ra khi: 2 3 )2()(max ==≤ ∈ ftfm Dt . Ví dụ 3: Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm: ( ) 3 23 113 −−≤−+ xxmxx Đk: 1 ≥ x , BPT đã cho tương đương với: ( ) ( ) ( ) mxxxxm xx xx ≤−+−+⇔≤ −− −+ 3 23 3 23 113 1 13 Xét hàm số: ( ) ( ) 1,113)( 3 23 ≥−+−+= xxxxxxf có đạo hàm dương với mọi 1 ≥ x nên hàm số đồng biến trên );1[ +∞ . Từ đó BPT mxf ≤ )( có nghiệm khi và chỉ khi 3)1()(min );1[ ==≥ +∞∈ fxfm x . Ví dụ 4: Tìm để hệ phương trình sau có nghiệm: (*) 2322      =+ =++− myx yx Đk: 3,2 − ≥ ≥ yx Đặt: )0,0(,3,2 ≥≥+=−= vuyvxu suy ra: 1,2,22 ≤ ≤ = + vuvu Hệ phương trình đã cho trở thành:    =+− −= ⇔    =−+ =+ )2(385 )1(22 1 22 222 mvv vu mvu vu (*) có nghiệm khi (2) có nghiệm ]1;0[ ∈ v Xét hàm số: ]1;0[,385)( 2 ∈+−== vvvvfy có 810' − = vy , ta có bảng biến thiên: v 0 5 4 1 y' - 0 + y 3 0 5 1 − Từ BBT ta có:       −∈ 3; 5 1 )(vf với ]1;0[ ∈ v . Vậy       −∈ 3; 5 1 m . [...]... phương trình này có nghiệm thỏa − 3 ≤ S ≤ 5 Xét hàm số: y = f ( S ) = S 2 + 2S − 15 TXD : D = [−3;5]  7 25  Lập BBT hàm số này trên D ta tìm được: f ( S ) ∈ [14;50] suy ra: m ∈  ;  2 2  C-TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT (Trích) Ví dụ 1: Cho x>0, y>0 và 4(x+y)=5 Chứng minh rằng: 4 1 + ≥5 x 4y (1) Ta có: 4y=5-4x thay vào (1): 4 1 + ≥5 x 5 − 4x Xét hàm số: 4 1 4 4  5 + , x ∈ D =  0;  ⇒ y '... 2 3 12 + − t − 2t + 6 ≤ ⇔ −t 2 + t + ≤ 4 4 t 2 t 12 12 Xét hàm số: f (t ) = −t 2 + t + , t ≥ 2 ⇒ f ' (t ) = −2t + 1 − 2 < 0, ∀t ≥ 2 t t ⇒ f (t ) ≥ f (2) = 4, ∀t ≥ 2 (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=1 ⇔ LÊ TUẤN ANH NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1 Ví dụ 3: Cho hai số thực a, b ≥ 0 , chứng minh rằng: a 4 + b 4 ≥ a 3b + b 3a *Nếu một trong hai số a, b bằng 0 thì (1) luôn đúng *Với a khác không, đặt: b... luôn đúng *Với a khác không, đặt: b = ta , khi đó: ( ) ( (1) ) (1) ⇔ a 4 1 + t 4 ≥ a 4 t + t 3 ⇔ t 4 − t 3 − t + 1 ≥ 0 Xét hàm số: f (t ) = t − t − t + 1 , f ' (t ) = 4t − 3t 2 − t = 0 ⇔ t = 1 Lập bảng biến thiên từ đó suy ra: f (t ) ≥ f (1) = 0 (đpcm) Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi số thực dương x,y,z thỏa mãn x(x+y+z)=3yz (*) , ta luôn có: ( x + y )3 + (x + z )3 + 3( x + y )( y + z )( z + x ) ≤ 5(... 4 x ) 2  4 4 1 ≥5 Từ bảng biến thiên ta được: min f ( x) = f (1) = 5 , từ đó suy ra: +  5 x 5 − 4x  0;  y = f ( x) =  4 Đẳng thức xảy ra khi x=1, y=1/4 Ví dụ 2: Cho a,b là các số thực dương thỏa mãn ab+a+b=3 Chứng minh rằng: 3a 3b ab 3 + + ≤ a 2 + b2 + (1) b +1 a +1 a + b 2 Đặt t = a + b ⇒ ab = 3 − t ; a 2 + b 2 = t 2 − 2(3 − t ) = t 2 + 2t − 6 Vì (a + b) 2 ≥ 4ab ⇒ t 2 ≥ 4(3 − t ) ⇔ t ≥ 2 (vì...NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1 Nhận xét: học sinh dễ nhầm điều kiện của ẩn v ≥ 0 nên dẫn đến kết quả sai 3(x 2 + y 2 ) − 2 xy − 2( x + y ) = 15 Ví dụ 5: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  2 2  x + y = m  Đặt: S = x + y, P = xy với S ≥ 4 P 2  2 3S − 2S − 8P... 2 + a + b) = ( 2 + S ) 3 − 4(1 + S )(2 + S ) nên: 2 ( ) BPT ⇔ (2 + S ) − 4 S 2 + 3S + 2 + 4S (1 + S ) ≤ 5S 3 3 ⇔ 2 S 2 − 3S − 2 ≥ 0 ⇔ (2 S + 1)( S − 2) ≥ 0 Điều này đúng vì S ≥ 2 , suy ra điều phải chứng minh HẾT LÊ TUẤN ANH . này thì TXĐ của hàm f(x) sẽ là );4[]4;( +∞ ∪ − −∞ = D khi đó sẻ khó kết luận được y'>0. Song, việc giải phương trình vô tỷ không chỉ dừng lại ở điều kiện y'>0 hoặc y'<0,. trên ta thấy không nhất thiết chỉ phương trình có 1 nghiệm mới có thể dùng hàm số để giải, nếu tinh ý và khéo léo 1 chút ta có thể nhẫm và giải được phương trình có nhiều hơn 1 nghiệm. Xét tiếp. xét hàm số thì sẽ khó kết luận hàm có đơn điệu hay không hoặc lập BBT cũng sẽ gặp khó khăn, nếu tinh ý ta viết lại phương trình như sau: 22 22 )5(5)12(12 2510514412(*) +++=+++⇔ ++++=++++⇔ xxxx xxxxxx Xét