Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 20142015 phần 4

Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần CHUYÊN ĐỀ 10: PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ Sử dụng phương pháp biến đổi: biến đổi tương đương, phân tích thành phương trình dạng tích, nhân chia biểu thức liên hợp… Ví dụ (Trích đề thi ĐH Khới A - 2004) Giải bất phương trình: 2( x − 16) x−3 + x−3 > Lời giải ĐK: x ≥   x − 16 ≥   10 − x < 2  Bpt ⇔ 2( x − 16) + x − > − x ⇔ 2( x − 16) > 10 − x ⇔  10 − x ≥   2  2( x − 16) > (10 − x)  x>5  ⇔ ⇔ x > 10 − 34 10 − 34 < x ≤  VT(*) < (do x ≥ ) nên (*) vơ nghiệm Ví dụ Giải bất phương trình sau: ( x − x) x − x − ≥ (2) Lời giải Ta xét hai trường hợp: x = TH 1: x − x − = ⇔  , bpt ln x = −  2    1 1 2 x − 3x − >  x ∈  −∞; − ÷∪ ( 2; +∞ )  2 ⇔  ⇔ x ∈  −∞; − ÷∪ [ 3; +∞ ) TH 2: BPT ⇔  2   x − 3x ≥  x ∈ ( −∞;0] ∪ [ 3; +∞ )   Vậy tập nghiệm bpt cho là: T = (−∞; − ] ∪ {2} ∪ [3; +∞) 201 7−x x−3 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần  x + xy + y = y + x (1)  Ví dụ Giải hệ phương trình:  (2)  y x − y + + x =  Lời giải ĐK: x − y + ≥ (3) x = y (1) ⇔ x − y + xy − y + y − x = ⇔ ( x − y )( x + y − 2) = ⇔   x = − y (4) • Từ (3) & (2) ta có x=y=1  y = 0; x = x = − y  ⇔ • Từ (4) & (2) ta có  y = − 1; x =  y − 3y = y  3  8 1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 1;1) ; ( x; y ) = ( 2;0 ) ; ( x; y ) =  ; − ÷ 3 3 xy  2  x + y + x + y = (1) Ví dụ (Trích Báo TH&TT) Giải hệ phương trình:   x + y = x2 − y (2)  Lời giải ĐK: x + y > 2 Ta có (1) ⇔ x + xy + y + xy x + y −1 − xy = ⇔ ( x + y ) − − xy =0 x+ y x+ y (3) x = 1− y  xy   2 ⇔ ( x + y − 1)  x + y + − ÷ = ⇔  x + y + x + y = (4) x+ y   x+ y  Vì x + y > nên phương trình (4) vô nghiệm  y = 0; x = Từ (3) (2) ta có y − y = ⇒   y = 3; x = −2 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 1;0 ) ; ( x; y ) = ( −2;3)  (1)  x (1 + x + y ) =  Ví dụ (Trích đề thi HSG QG 1996) Giải hệ phương trình:   y (1 − ) = (2)  x+ y  Lời giải ĐK x ≥ 0; y ≥ 202 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần Dễ thấy x = y = không thõa mãn hệ Với x >0, y >0 ta có  2  + 1 = 1 + x + y = x 3x 7y 1   ⇔ ⇒ = − ( nhân vế với vế)  x + y 3x y 1 − =  = −2  x+ y x + y 7y 3x 7y   ⇒ 21xy = (7 y − 24 x)( x + y ) ⇒ 24 x + 38 xy − y = ⇒ y = x (vì x, y dương) Thay vào phương trình (1) ta được Từ suy x y 4   Bài tập tương tự:  4   1 x + 4  1 y − 4  1   − +1 = ⇔ = 7 ± ÷ 7x x x 21   x+ y ÷= x+ y ÷  ( Trích đề thi HSG Cần Thơ – 2012) x+ y ÷= x+ y ÷  Ví dụ Giải bất phương trình: x ≤ (1 + x − x ) x + Lời giải y ≥ Đặt y = x + ⇒  , ta được bất phương trình y = 2x +  x ≤ ( y − x ) y ⇔ x + x y − y ≤ (2) *TH1: Xét y = ⇒ x = − 1 thay vào BPT thỏa mãn ⇒ x = − nghiệm 2 2  x x  x  x  *TH2: Xét y > BPT (2) ⇔  ÷ +  ÷ − ≤ ⇔  − 1÷ + 1÷ ≤  y  y  y  y  ⇒ x ≤ ⇔ y ≥ 2x y suy  x ≤   − ≤ x ≤  2 x + ≥ ⇔  2x + ≥ 2x ⇔  x > 1+   0 < x ≤   2 x + ≥ x   1+  Vậy tập nghiệm BPT S =  − ;    203 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần 2 x3 + x = x y + y  ( x, y ∈ ¡ ) Ví dụ Giải hệ phương trình   x + 12 x + 12 y + = y − x −  Lời giải ĐK: x ≥ 0; y ≥ 2 Phương trình (1) ⇔ x ( x + 1) = y ( x + 1) ⇔ ( x − y ) ( x + 1) = ⇔ x = y (Vì x + > 0, ∀x ∈ ¡ ) Thế vào phương trình (2) ta có ( ) x + 12 x + 12 x + = x − x − ⇔ x + x + Đặt a = x + 1, a ≥ , ta có phương trình ( ) = 3x − x + x + 3a = 3x − a ⇒ x + 3a = x − 6ax + a a = x 2 ⇒ x + 3a = x − 6ax + a ⇔ x − 6ax − 2a = ⇔   a = −4 x ( L )  x = 1+ ⇔ x = 3+ 2 Khi a = x , ta có x = x + ⇔ x − x − = ⇔   x = 1− ( L)  ⇒ y = + 2 Thử lại thấy thỏa mãn ( ) Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = + 2;3 + 2 Bài tập luyện tập: Bài Giải phương trình: 10 x + x + = ( + x ) x + ( Đề thi HSG Lạng Sơn 2012) Bài Giải bất phương trình: x − 3x + Bài Giải bất phương trình ( x + 2) − x ≥ ( Đề thi HSG Nghệ An 2012) 6( x − x + 1) + x + x + ≤ 2 Bài Giải phương trình: ( x + 1) + ( x − x ) x − = ( x + x ) Bài Giải phương trình: ( x − x + ) = x + Bài Giải phương trình x + = x − + x  x + y = x y + xy ( 1)  Bài Giải hệ phương trình:  2 x − y − + y − 14 = x − ( )  y   x − ( x + y) = x − y Bài Giải hệ phương trình:  2 x + y − x − = 11 )  ( 204 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần Bài Giải phương trình: x + − 10 − x + x − x − 66 = Bài 10 Giải phương trình: 3x + + x + = 3x − x + Bài 11 Giải phương trình: x = + x + x − x − + x − 20  x + y +1 +1 = 4( x + y) + x + y  Bài 12 Giải hệ phương trình:  2 x − y =  Hướng dẫn giải Bài Phương trình cho ⇔ x + − = x − − + x − ⇔2 x2 − x2 + + x = ⇔  2( x + 2)  =  x2 + +  Ta có phương trình (1) ⇔ x−2 + ( x − 2)( x + 2) x −1 + =2 + x + (1) x −1 +1   2 + ( x + ) 1 − ÷ = nên (1) vô nghiệm x −1 + x +5 +3  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 2;2 ) Bài ĐK x − y − ≥ Từ (1) ta có x=y x2 = 2y (Loại) x = y, thay vào phương trình ta có: x − x − + x − 14 = x − ⇔ x − x − + x − 14 − ( x − ) =  ⇔ x − x − 1 +     ÷= ÷ + x − 14 ( x − ) + ( x − ) ÷  x2 − 2x − (x − 14 ) x = 1+ ⇔ x2 − 2x − = ⇔  x = 1−  ( )( ) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = + 2;1 + ; − 2;1 −  x − ( x + y ) x − y = y ( 1)  Bài Hệ cho tương đương với  2 2 ( x + y ) − x − = 11( )  205 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần Từ (1) suy y ≥ , vì y0, VT(1) > VP( 1) ( 1) ⇔ x2 − ( x + y ) ⇔ x2 − ( x + y ) ( ) ( x − y −1 + x − y −1 ( x − y) ) x2 − ( x + y ) − y = + x − y +1 + x2 − x − y − y x2 − x − y + y =0   x2 − ( x + y ) x+ y   = ⇔ x − y −1 = ⇔ ( x − y − 1) +  ( x − y) + x − y +1 x − x− y + y   Thế y = x − vào phương trình (2) ta được: x − x + − x − = 11 ⇔ ( x − 1) − x − − 10 = Đặt t = x − 1, t ≥ , ta có t − 3t − 10 = ⇔ ( t − ) ( t + 2t + 4t + ) = ⇔ t = Khi 5 3 ⇒ y = Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) =  ; ÷ 2 2 2 Phương pháp đặt ẩn phụ 2x −1 = ⇔ x =  x + y + xy + = y (1) Ví dụ Giải hệ phương trình:  2  y ( x + y ) = x + y + (2) Lời giải: Nhận thấy y=0 không thỏa mãn hệ  x2 +  y +x+ y =4  Với y khác không, chia hai vế (1) (2) cho y ta được:  ( x + y ) = x + +  y  a = x + y a + b = b = − a b = − a  a = −5, b =  ⇔ ⇔ ⇔ Đặt  x + ta có  b=  a = 3, b = a = 2b + a = 2(4 − a) + a + 2a -15 =  y  Từ ta tìm được x y   x + y + x y + xy + xy = −  Ví dụ Giải hệ phương trình:   x + y + xy (1 + x) = −   Lời giải: 206 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần  2  x + y + xy ( x + y ) + xy = −  Hệ cho tương đương với  ( x + y ) + xy = −   5   2 a + ab + b = − b = − − a x + y = a   ⇔ Đặt  , ta được hệ   xy = b a + b = − a − a − a − − a = −     4 a   a + a + =  a = 0; b = −  ⇔ ⇔ a = − ; b = − b = − − a     2 Từ ta tìm được x, y Ví dụ (Đề thi HSG Vĩnh Long 2012) Giải phương trình: x + x + = + x + x − x − x Lời giải: Đặt t = x + x + 1, t ≥ Khi phương trình trở thành: 4t = −t + 7t − ⇔ t − 6t + − ( t − 4t + ) = ⇔ ( t − 3) − ( t − ) = ⇔ ( t − t − 1) ( t + t − ) = (*) 2 t − t − = ⇔ (*) t + t − =  Với t ≥ 1+ thì t − t − = có nghiệm t = 2  Với t ≥ −1 + 21 thì t + t − = có nghiệm t = 2 1+  1+  Khi t = thì x + x + =  ÷ ⇔ 2x + 2x −1 − =   ⇔x= −1 − + −1 + + x= 2  −1 + 21  −1 + 21 Khi t = thì x + x + =  ÷ ⇔ x + x − + 21 = 2   207 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần ⇔x= −1 − 19 − 21 −1 + 19 − 21 x= 2 Vậy phương trình cho có nghiệm ⇔ x = −1 − 19 − 21 ; x = −1 + 19 − 21 2 Bài tập luyện tập: Giải phương trình, hệ phương trình sau 1  2  x + y + xy ( x + y − 4) =  x + + y ( x + y ) − y =  x + y + x2 + y =   1)  2)  3)  ( x + y )( x + y ) = xy   x ( x + y − 2) + x − = ( xy − 1) = x − y +   ( x − xy + y − 51) ( x − y ) + =  4)  ( x − ) ( x − y ) + =   x y + y + 16 = 11xy  5)  2  x +2 y + 12 y = 3xy  3.Phương pháp hàm số Phương pháp hàm số phương pháp quan trọng để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Muốn làm tốt phương pháp việc nắm kĩ thuật sử dụng hàm số cần phải ý sai lầm thường gặp phương pháp Khi giải toán thường sử dụng tính chất sau: Cho K khoảng ( nửa khoảng, đoạn) Tính chất 1: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục K, hàm số y = f ( x ) đồng biến nghịch biến K phương trình f ( x ) = c (c số) có nhiều nghiệm K Tính chất 2: Cho hàm số y = f ( x ) ; y = g ( x ) liên tục K, hàm số y = f ( x ) đồng biến K, y = g ( x ) ln nghịch biến K phương trình f ( x ) = g ( x ) có nhiều nghiệm K Tính chất 3: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục K, hàm số y = f ( x ) đồng biến nghịch biến K với u , v ∈ K ta có f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v Tính chất 4: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục có đạo hàm K, phương trình f ' ( x ) = có nhiều n nghiệm K phương trình f ( x ) = có nhiều n+1 nghiệm K Tính chất 5: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục K, hàm số y = f ( x ) ln đồng biến K với u , v ∈ K ta có f ( u ) ≤ f ( v ) ⇔ u ≤ v Ví dụ (Trích đề thi HSG Nghệ An 2012) Giải phương trình: ( x − 2) ( ) x + + 2 x − = 3x − ( x ∈ ¡ ) Lời giải 208 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần Phương trình cho tương đương: 3x − 3x − ⇔ x + + 2x − − x + + 2x − = =0 2x − 2x − 3x − 5  f ( x) = x + + 2 x − − Đặt với x thuộc  ; −∞ ÷ 2x − 2  10 ⇒ f '( x) = + + > với ∀x > 2 x − ( x − 4) ( x + 5) Điều kiện xác định: x ≥ 5  ⇒ hàm số f ( x) đồng biến  ; −∞ ÷ 2  ⇒ phương trình f ( x) = có tối đa nghiệm (1) Ta có f (3) = (2) Từ (1) (2) suy phương trình cho có nghiệm x = Nhận xét: Ngồi việc nắm rõ tính chất 1, để giải tập cần phải lựu chọn hàm số cần khảo sát Ta xét tiếp tập sau: Ví dụ (Trích đề thi HSG tỉnh Bắc Ninh 2012) Giải phương trình: 3x + x − x.3x = ( x∈¡ ) Lời giải x = 3 x = ⇔ TH1: + x − x.3 = ⇔ (3 − 1)(1 − x) = ⇔  2x =  x =   2x + 1 = 0( x ≠ ) (1) TH2: 3x + x − x.3x = −1 ⇔ 3x − 2x −1 2x +1 1 1   x , x ∈  −∞; ÷∪  ; +∞ ÷ Xét hàm số f ( x ) = − 2x −1 2 2   x f ' ( x ) = 3x ln + x x ( x − 1) > 0, ∀x ≠ 1 1   Suy ra, f ( x ) đồng biến khoảng  −∞; ÷;  ; +∞ ÷ 2 2   1 1   Nên khoảng  −∞; ÷;  ; +∞ ÷ PT (1) có nhiều nghiệm 2 2   Mà f ( 1) = f ( −1) = Suy ra, (1) có nghiệm x = ±1 209 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần   Vậy phương trình cho có tập nghiệm là: −1;0; ;1   Nhận xét: Nếu không nắm tính chất học sinh hay mắc sai lầm là: 1 1   khẳng định f ( x ) đồng biến khoảng  −∞; ÷;  ; +∞ ÷ vội vàng kết luận 2 2   1 1   phương trình có nhiều nghiêm  −∞; ÷∪  ; +∞ ÷ 2 2   Ví dụ (Trích đề thi thử Đại học tỉnh Bắc Ninh 2013- 2014) Giải hệ phương trình:  xy x + + = y + + y  ( x, y ∈ ¡ )  3 ( x − 1) x y + xy − − x + 3x y − x =  Lời giải: ĐK: x y + xy ≥ ( ) Xét phương trình (1) y + + y > y + y ≥ 0, ∀y ; y 2 Mà x y + xy ≥ ⇔ y ( x + x ) > ⇒ y > 3 3 Khi ta có: x x + + x = 1+  ÷ + y y  y ( ) x + + x ≥ 0, ∀x; y ⇒ x > ( 1a ) Xét hàm số f ( t ) = t t + + t , t ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ f ' ( t ) = t + + ⇒ Hàm số f ( t ) đồng biến ( 0; +∞ ) t2 t2 +1 + > 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) 3 3 Do phương trình ( 1a ) ⇔ f ( x ) = f  ÷ ⇔ x = ⇔ y = y x  y Thay y = vào phương trình (2) ta có x ( 3x − 1) x − − x + x − x = ⇔ ( x − 1) ⇔ ( x − 1) ( ) x − − x = x − 12 x + x − x + 3x − 3x −   = x − 12 x + x ⇔ ( x − x + )  x + ÷= 3x − + x 3x − + x   3x − x = > 0, ∀x ≥ ) ⇔ x − 3x + = ⇔  ( Vì x + 3x − + x x =  3 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 1;3) ;  2; ÷  2 Ví dụ Giải bất phương trình: x(2 + x + 3) + (4 x + 2)(1 + + x + x ) ≥ ( 1) 210 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần 2 Ta có f ' ( x ) = x − x ( y + z ) + yz − y − z f '' ( x ) = x − ( y + z ) = ( 3x − y − z ) ≥ với x, y, z ≥ x ≥ y ≥ z Điều chứng tỏ f ' ( x ) hàm số đồng biến, suy f ' ( x ) ≥ f ' ( y ) = y − y ( y + z ) + yz − y − z = yz − z ≥ ( x ≥ y ≥ z ) Đến ta suy f ( x ) hàm số đồng biến, vậy f ( x ) ≥ f ( y ) = z ( z − y ) ≥ Vậy toán chứng minh xong! a b c 1  + + Ví dụ Cho a, b, c ∈  ;3 Tìm GTLN biểu thức S = a+b b+c c+a 3  Lời giải a b c + + Đặt f ( a ) = Xét hai trường hợp sau: a+b b+c c+a * TH1: a ≥ b ≥ c Ta có ( b − c ) ( a − bc ) f ′( a) = − = ≥0 2 2 ( a + b) ( a + c) ( a + b) ( a + c ) b Suy ra, f ( a ) ≤ f ( 3) = Mặt khác, c b c + + = g ( c) 3+b b + c c +3 ( b − 3) ( 3b − c ) g′( c ) = + = 2 2 c + b) c + 3) ( ( ( c + 3) ( b + c ) −b ≤0 3b 1 + + = h ( b) Suy ra, g ( c ) ≤ g  ÷ =   + b 3b + 10 3 ( − b) ( + b) ≤ − = Ta có, h′ ( b ) = 2 ( 3b + 1) ( b + 3) ( 3b + 1) ( b + 3) Bảng biến thiên b − 1  f ′  3; b; ÷ 3  1  f  3; b; ÷ 3  + 228 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần 1  Từ bảng biến thiên suy f ( a; b; c ) ≤ f  3;1; ÷ = 3  * TH2: c ≥ b ≥ a Từ TH1 ta có f ( c; b; a ) ≤ Mặt khác ( a − b) ( b − a) ( a − c) ≤ f ( a; b; c ) − f ( c; b; a ) = ( a + b) ( b + a) ( a + c) Suy , f ( a; b; c ) ≤ Vậy max S = 1 1     , đạt được ( a, b, c ) ∈  3,1, ÷,  ,3,1÷, 1, ,3 ÷ 3      Ví dụ Cho a, b, c ∈ [ 0;1] Tìm GTLN biểu thức S = a b c + + 3 3 b +c +6 c +a +6 a +b +6 Lời giải Đặt f ( c ) = a b c + + 3 Ta có 3 b +c +6 c +a +6 a +b +6 3ac 3c ′( c) = 3 f − − a + b + ( b3 + c + ) ( a + c + ) f ′′ ( c ) = − 6ac ( + b3 − 2c ) (b + c3 + ) − 6bc ( + a − 2c ) (a + c3 + ) ≤ f '' ( c ) liên tục [ 0;1] Nên f’(c) nghịch biến [0; 1] Suy f ′ ( c ) ≥ f ′ ( 1) = 3a 3b − − ≥ − > 2 3 + a + b ( + b3 ) ( + a3 ) 49 Suy ra, f(c) đồng biến [0; 1] Do S = f ( c ) ≤ f ( 1) = a b + + 3 = g (a ) b +7 a +7 a +b +6 6ab ( − 2a ) 6a ( b3 + − 2a ) a 2b 3a − , g ′′ ( a ) = − − ≤0 2 Ta có g ′ ( a ) = b3 + − 3 ( a + ) ( a + b3 + ) a3 + ) a + b3 + ) ( ( Nên g’(a) nghịch biến [0; 1] Suy ra, 3b   − 3b  g ′ ( a ) ≥ g ′ ( 1) = − − = − ÷ − >0 ÷+ b + 64 ( + b3 ) 64  b +  b +  Suy g(a) đồng biến [0; 1] Do đó, S = g ( a ) ≤ g ( 1) = 229 b + = h(b) b +7 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần ( b3 + ) − 48b2 > 0, ∀b ∈ [ 0;1] 6b − Ta có h′ ( b ) = − ( b + 7) ( b3 + ) Suy h(b) đồng biến [0; 1], nên h ( b ) ≤ h ( 1) = 3 ⇒S≤ 8 Ví dụ (Đề thi VMO bảng A 1999) Xét số thực dương a, b, c thỏa mãn abc + a + c = b Tìm GTLN biểu thức 2 P= − + a +1 b +1 c +1 Lời giải a+c Biến đổi giả thiết thành a + c = b(1 - ac) > suy a < , b = ( 1) c − ac Với a = b = c = thì max S = 2( a + c) + + −2 Thay (1) vào biểu thức P biến đổi được P = a + c + ( + a ) ( + b2 ) ( 2) 2( x + c) 1 + Xét hàm số f ( x ) = P = với < x < coi c tham số (c > 0) 2 x +1 (1+ x ) (1+ c ) 2 Ta có f ′ ( x ) = −2c ( x + 2cx − 1) ( 1+ c ) (1+ x ) 2  1 Trên  0, ÷ thì f ′ ( x ) = có nghiệm x0 = −c + c +  c (3) với < x0 < thì f’(x) đổi dấu từ dương sang âm nên f(x) đạt cực đại x0 nên f ( x ) ≤ f ( x0 ) = + Từ theo (2) ta có P = f ( x ) − + c c2 + 2c ≤ + = g ( c) c +1 c +1 c +1 Xét hàm số g(c) với c > Ta có g ′ ( c ) = Với c > 0, thì g’(c) = c0 = Qua x0 c (c 2(1 − 8c ) ( + 1) 3c + c + ) va qua c0 thì g’(c) đổi dấu từ dương sang âm nên g( c0 ) giá   10 trị cực đại, suy P ≤ g  ÷=  8 230 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần 1 10 ,a = , b = theo (1) (3) đạt được c = Ví dụ (Đề thi VMO năm 2001) Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện ≤ z ≤ { x, y} ( 1) ; xz ≥ ( ) ; yz ≥ ( 3) 15 Hãy tìm GTLN biểu thức P ( x, y, z ) = + + x y z Lời giải   Từ điều kiện (1) (2) suy x ≥ max  z ,  (4)  15 z  Giá trị P = 1 + với x > tham số z ≥ Xét hai trường hợp x z 1 * Nếu z ≥ thì x ≥ z ≥ theo (4) nên f ( x ) ≤ + = ≤ 15 (5) 15 15 z z z z 2 15 z ≥ z theo (4) nên f ( x ) ≤ + = g ( z) * Nếu ≤ z ≤ thì x ≥ 15 15 z z 2 15 Xét hàm số g(z) với ≤ z ≤ Ta có g ′ ( z ) = − < ⇔ z < z 15 15 a) Xét hàm số f ( x ) = 2 Do g(z) hàm nghịch biến f ( z ) ≤ g ( z ) ≤ g  ÷ = (6) 5 1 1 2 So sánh (5) (6) ta có + ≤ + = ⇔ x = , z = (7) x z x z 1 b) Xét hàm số h ( y ) = + với tham số z ≥ y z  1 Từ điều kiện (1) (3) suy y ≥ max  z ,  (8)  5z  Lập luận tương tự phần a) ta được * Nếu z ≥ thì h ( y ) ≤ (9) * Nếu ≤ z ≤ thì h ( y ) ≤ (10) 5 1 1 So sánh (9) (10) ta có + ≤ + = ⇔ x = , y = y z x z (11) 1 1 1 1 So sánh kết phần a) b) ta có P ( x, y, z ) =  + ÷+  + ÷ ≤ + = 13 x y  y z 231 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần 2 Đẳng thức xảy x = , y = , z = Vậy maxP = 13 10a 11b 12c 69 + + ≤ Ví dụ Chứng minh a, b, c ∈ [ 1;2] thì bc ca ab Lời giải Ta coi ba số a, b, c biến số hàm số, chẳng hạn a , ta đặt  11b 12c  10 x = a, x ∈ [ 1;2] ta xét hàm số f ( x ) =  + ÷+ x , x c b  bc 11b 12c 11b + 12c 10 + = , β= Đặt α = c b bc bc α α β x2 − α Khi f ' ( x ) = − + β = , f '( x ) = ⇔ x = β x x2 11b + 12c 33 10 α ≥ > = 3β ⇒ x = >1 Ta có α = bc bc bc β Như vậy, ta ln có f ( x ) ≤ max { f ( 1) , f ( ) } = max { g ( b ) , h ( b ) } , 10 11b 12c 20 11b 6c + + + + h ( b ) = f ( ) = bc c b bc 2c b  10  11 −1 Ta xét tiếp g ( b ) đoạn [ 1;2] có g ' ( b ) = −  + 12c ÷+ = A + B , b  c  c b g ( b ) = f ( 1) = 10 10 + 12c 11 , B= A = + 12c = có g ' ( b ) = ⇔ b = c c c A >1 B 27  21  Như vậy, g ( b ) ≤ max { g ( 1) , g ( ) } = max  + 12c, + 6c  c c  21 27 + 6c đoạn [ 1;2] có Xét lần ϕ ( c ) = + 12c φ ( c ) = c c 69  69  69 max { ϕ ( c ) ,φ ( c ) } ≤ max  ,33 = , từ suy g ( b ) ≤ với b, c ∈ [ 1;2] [ 1;2] 2  Xét tương tự h ( b ) đoạn [ 1;2] ta có 21  51   63  63 h ( b ) ≤ max { h ( 1) , h ( ) } =  + 6c, + 3c  ≤  , 24  = c  2c  2  10a 11b 12c 69 + + ≤ Vậy , đẳng thức xảy a = b = 1, c = bc ca ab Bài tập tự luyện 232 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần 3 2 Bài 1: Chứng minh ( x + y + z ) − ( x y + y z + z x ) ≤ 3, ∀x, y , z ∈ [ 0;1] Bài 2: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh a ( b − c ) + b ( c − a ) + c ( a − b ) + 4abc > a + b + c 2 Bài 3: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác (có thể suy biến) Đặt T= ( a − b) ( b − a) ( a − c) ( a + b) ( b + a) ( a + c) 21 Bài 4: (Bảng A, 2001) Cho hàm số f ( x, y, z ) = xy + yz + zx − xyz miền Tìm maxT chứng minh max T < D = { ( x, y, z ) | ≤ x, y, z ≤ 1, x + y + z = 1} Bài 5: ( Bảng A, 2001) Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện 18 18 < z ≤ y ≤ x ≤ 3; + ≥ 1; + + ≥ xy y x y y z z x 80 18 xyz + x + y 27 Bài 6: (Đề thi chọn ĐTQG, 2001) Xét số thực dương a, b, c thỏa mãn 21ab + 2bc + 8ac ≤ 12 Hãy tìm GTLN biểu thức P ( x, y, z ) = Tìm GTNN biểu thức P ( a, b, c ) = + + a b c Phương pháp đổi biến Ví dụ (Trích đề thi khối D năm 2012) Cho số thực x, y thỏa mãn (x – 4)2 + (y – 4)2 + 2xy ≤ 32 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x3 + y3 + 3(xy – 1)(x + y – 2) Lời giải Ta có • ( x − 4) + ( y − 4) + xy ≤ 32 ⇔ ( x + y ) − 8( x + y ) ≤ ⇔ ≤ x + y ≤ xy ≤ ( x + y ) ⇒ − xy ≥ − ( x + y ) 2 A = x + y + 3( xy − 1)( x + y − 2) = ( x + y )3 − xy − 3( x + y ) + • A ≥ ( x + y )3 − ( x + y ) − 3( x + y ) + Đặt t = x + y ( ≤ t ≤ ), xét f(t) = t − t − 3t + ⇒ f’(t) = 3t − 3t − f’(t) = t = 1+ 1+ 17 − 5 ; f(0) = 6, f(8) = 398, f( )= 2 233 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần Vậy giá trị nhỏ f(t) 17 − 5 1+ xảy t = 17 − 5 1+ 1+ Dấu xảy x = y x + y = hay x = y = 4 Ví dụ (Trích đề thi khối B năm 2011) Cho a b số thực dương thỏa mãn 2(a + b2) + ab = (a + b)(ab + 2) Tìm giá trị A ≥ f(t) ≥  a b3   a b  nhỏ biểu thức P =  + ÷−  + ÷ a  b a  b Lời giải 2 Theo giả thiết ta có ( a + b ) + ab = ( a + b ) ( ab + ) Từ suy ra: 2 a b 1 1 a b  + ÷+ =  + ÷( ab + ) hay  + ÷+ = a + + b + b a b a a b b a Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: a + Đặt t =  a 2 b +b+ ≥ 2 + ÷ b a a  b a b + , ta suy ra: 2t + ≥ 2 t + ⇒ 4t2 – 4t – 15 ≥ ⇒ t ≥ b a  a b3   a b   + ÷−  + ÷ = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t) Mặt khác: P = a  b a  b f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = ⇒ t = − hay t = 2 23 ⇒ Min f(t) = − t = 23 Vậy P = − a = b = hay a = b = 1 + + = Chứng minh Ví dụ Cho ba số thực a, b, c ≥ thỏa mãn 1+ a 1+ b 1+ c 1 + + ≥ ab − bc − ca − Lời giải 1 1 = x, = y, = z Khi x, y, z ≤ x + y + z = Đặt 1+ a 1+ b 1+ c 234 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần Ta có ab − = z x y , bc − = , ac − = , bất đẳng thức cần chứng minh có dạng xy yz zx xy yz zx + + ≥ với điều kiện < x, y , z ≤ x + y + z = z x y Với nhận xét toán đối xứng với biến x, y nên ta đưa toán từ ba biến hai biến x + y = s, xy = p , ≤ s < < p ≤ s cách đặt 2 xy yz zx xy z ( x + y ) 8p s2 − p Ta có P = + + = + = + (1− s) = f ( p) z x y z xy 1− s p s2 ( − s ) 8p s2 − p + (1− s) − Bây xét hàm số f ( p ) = có f ' ( p ) = , 1− s p 1− s p2 f '( p ) = ⇔ p = s ( 1− s) 2 Lập bảng biến thiên, biện luận so sánh  s(1− s) f ( p) ≥ f   2 s(1− s) s(1− s) 2 s ( − s ) s2 s2 ≤ ⇔ s ≥ − ta có với có: Nếu 4 2  ÷= + s − ≥ − >  ( )  s2  s2 − 4s = g ( s ) ≥ ⇔ s ≤ − ta có: f ( p ) ≥ f  ÷ = Nếu 2   1− s 1  1 Khảo sát g ( s )  ;2 −  có g ' ( s ) = −4 + , từ g ( s ) ≥ g  ÷= (1− s) 2  2 Đẳng thức xảy x = y = 1 z = , tức a = b = 3, c = Ví dụ (Trích đề thi khối A năm 2012) Cho số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 3| x − y| + 3| y − z| + 3| z − x| − x + y + z Lời giải Cách Đặt a =| y − z |≥ 0, b =| z − x |≥ 0, c =| x − y |≥ Khi ta có a + b + c = ( x + y + z ) − ( xy + yz + zx ) = ( x + y + z ) − ( x + y + z ) = ( x + y + z ) Ta lại có, a + b = y − z + z − x ≥ x + y − z = z ⇒ ( a + b ) ≥ z 2 Tương tự ( a + c ) ≥ y , ( b + c ) ≥ x nên ta có: 2 235 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần ( a + b) + ( a + c ) + ( b + c ) ≥ ( x2 + y + z ) ⇔ ( a + b + c ) + ( a + b2 + c2 ) ≥ ( x2 + y + z ) ⇔ ( a + b + c ) ≥ ( x2 + y + z ) a b c Khi đó, ta có P ≥ + + − ( a + b + c ) t Xét hàm số: f ( t ) = − t , t ∈ [ 0; +∞ ) f ' ( t ) = 3t ln − > 0, ∀t ∈ [ 0; +∞ ) t Do đó, f ( t ) đồng biến ( 0; +∞ ) nên f ( t ) ≥ f ( ) ⇔ ≥ t + 1, ∀t ∈ [ 0; +∞ ) Nên P ≥ a + b + c + − ( a + b + c ) = 2 Dấu xảy x = y = z = Cách Do vai trò x, y, z nên giả sử: x ≥ y ≥ z Thay z = − x − y vào P ta được P = 3x − y + y − z + 3x − z − ( x + y ) + ( x + y ) = 3x − y + 3x + y + y + x − 12 ( x + xy + y ) Tương tự cách (1) ta có: P ≥ x − y + 2x + y + y + x + − 12 ( x + xy + y ) = 4x + y + − 12 ( x + xy + y ) Ta cần chứng minh: 4x + y ≥ 12 ( x + xy + y ) ⇔ 4x + 4xy − y ≥ ⇔ ( x − y ) ( x + y ) ≥ ⇔ ( x − y ) ( y − z ) ≥ (đúng theo giả thiết) Do đó, P ≥ Ví dụ (Trích đề thi khối A năm 2009) CMR với số dương x,y,z thỏa mãn: x(x+y+z)=3yz, ta có ( x + y ) + ( x + z ) + ( x + y ) ( y + z ) ( x + z ) ≤ ( y + z ) Lời giải Cách Đặt a = y + z , b = z + x, c = x + y thì a,b,c dương 3 b+c−a c+a−b a +b−c 2 ,y = ,z = điều kiện toán trở thành 4a = ( b + c ) + ( b − c ) (1) 2 3 , ta phải chứng minh: b + c + 3abc ≤ 5a x= Từ (1) ta có: 4a ≥ ( b + c ) ⇒ 2a ≥ b + c a = b + c − bc ≥ 2bc − bc ⇒ a ≥ bc 3 2 2 Có b + c + 3abc = ( b + c ) ( b − bc + c ) + 3a.bc ≤ 2a.a + 3a.a = 5a Dấu xảy a=b=c hay x=y=z 236 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần Cách Đặt y=ax,z=by ( a,b>0) Khi , ta có tốn tương đương: “Cho a,b dương a+b+1=3ab (1).CMR ( a + 1) + ( b + 1) + ( a + 1) ( b + 1) ( a + b ) ≤ ( a + b ) 3 (2) ” 3( a + b ) Từ (1) ta có: a + b + = 3ab ≤ ⇔ ( a + b ) − ( a + b ) − ≥ ⇔ a + b ≥ ( a + b > ) (3) (2) ⇔ ( a + + b + 1) − ( a + 1) ( b + 1) ( a + + b + 1) + ( a + 1) ( b + 1) ( a + b ) ≤ ( a + b ) ⇔ ( a + b + ) − ( a + 1) ( b + 1) ≤ ( a + b ) 3 ⇔ ( a + b + ) − ( 3ab + 3a + 3b + 3) ≤ ( a + b ) ⇔ ( a + b + ) − ( a + b + 1) ≤ ( a + b ) 3 3 ( (1) ) Đặt t=a+b từ (3) ta có t≥2 suy , ( t + ) − ( t + 1) ≤ 5t ⇔ 2t ( 2t − 3t − ) ≥ ⇔ 2t ( 2t + 1) ( t − ) ≥ với t≥2 Dấu = xảy x=y=z Phương pháp tiếp tuyến Trong phần xét toán tổng quát: “Cho a1 , a2 , a3 , , an ∈ D thoả mãn a1 + a2 + a3 + + an = nα , α ∈D, với cần chứng minh bất đẳng thức f ( a1 ) + f ( a2 ) + + f ( an ) ≥ nf ( α ) , đẳng thức xảy a1 = a2 = a3 = = an = α ” Bài tốn có tính chất bật với vế trái biểu thức đối xứng biến a1 , a2 , a3 , , an viết được dạng tổng hàm số với biến số khác Dẫn đến suy nghĩ cách tự nhiên để giải toán ta xét hàm số y = f ( x ) , sau chứng minh f ( x ) ≥ Ax + B với x ∈ D , A, B thỏa mãn A ( a1 + a2 + + an ) + nB = nf ( α ) (hay Aα + B = f ( α ) ) Dễ thấy y = Ax + B tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f ( x ) điểm x = α Như vậy qua phân tích, đưa được lời giải cho toán tổng quát sau: Xét hàm số y = f ( x ) , x ∈ D , viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số x = α y = Ax + B Ta chứng minh f ( x ) ≥ Ax + B với x∈D, từ suy f ( a1 ) + f ( a2 ) + + f ( an ) ≥ nf ( α ) (đpcm) Sau xét số toán điển hình để thể rõ cho phương pháp Ví dụ Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = Chứng minh ( a + b3 + c + d ) ≥ a + b + c + d + 237 ra: Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần Lời giải Từ giả thiết ta có f ( a) + f ( b) + f ( c) + f ( d ) ≥ a, b, c, d ∈ ( 0;1) bất đẳng thức được viết dạng 1 với f ( x ) = x − x , đẳng thức xảy a = b = c = d = Ta xét hàm số f ( x ) = x − x khoảng ( 0;1) , phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = x − 8 1 5 f ( x ) −  x − ÷ = ( x − 1) ( x + 1) ≥ , 8 8 điểm có hồnh độ x0 = Xét ∀x ∈ ( 0;1) Từ ta có f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) + f ( d ) ≥ ∀x ∈ ( 0;1) , suy f ( x) ≥ x− , 8 1 ( a + b + c + d ) − = , đẳng thức xảy 8 Ví dụ Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh 1 + + ≥ a + b2 + c a b c Lời giải  1 Ta có nhận xét, có ba số a, b, c thuộc khoảng  0; ÷, chẳng hạn < a < thì  3 a=b=c=d = ta có 1 + + > = ( a + b + c ) > a + b + c nên toán được chứng minh, vậy ta a b c 1  1  xét a, b, c ∈  ;  Ta xét hàm số f ( x ) = − x đoạn  ;  , phương trình tiếp tuyến x 3  3 3 f ( x) x0 = y = −4 x + đồ thị điểm có hồnh độ Ta có ( x − 1)  − ( x − 1)  7   ≥ ∀x ∈  ;  , suy f ( x ) ≥ −4 x + , ∀x ∈  ;  f ( x ) − (−4 x + 4) = 3  3      x2 Từ ta có: f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥ −4 ( a + b + c + d ) + 16 = , đẳng thức xảy a = b = c = Ví dụ Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh 10 ( a + b + c ) − ( a + b + c ) ≥ Lời giải 238 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần Như toán trên, ta xét hàm số f ( x ) = 10 x − x khoảng ( 0;1) , phương trình tiếp tuyến đồ thị điểm có hồnh độ x0 = 25 16 x− y = 27 16   25 Xét f ( x ) −  x − ÷ = ( 3x − 1) ( −27 x − 18 x + 21x + 16 ) , ta chưa thể khẳng 27  27  25 16 x− với x ∈ ( 0;1) , nên ta đặt g ( x ) = −27 x − 18 x + 21x + 16 xét 27 hàm số g ( x ) khoảng ( 0;1) , ta thấy g ( x ) không dương ( 0;1) , nên ta phải tìm cách định được f ( x ) ≥ chia khoảng xác định x tốt cho khoảng thì g ( x ) > Bằng cách lập  9 bảng biến thiên hàm số g ( x ) khoảng ( 0;1) , ta suy g ( x ) > với x ∈  0; ÷, từ  10  ta có f ( x ) ≥ 25 16  9 x− với x ∈  0; ÷ Như vậy tốn chứng minh xong 27  10   9 a, b, c ∈  0; ÷ a + b + c = Bây ta xét trường hợp có ba số a, b, c thuộc  10  9  9   1 nửa khoảng  ;1÷, giả sử a ∈  ;1÷ a, b, c dương có tổng nên b, c ∈  0;  , 10  10   10  9  dễ thấy hàm số f ( x ) nghịch biến  ;1 đồng biến 10  f ( b ) > f (0) = 0, f ( c ) > , f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) >  1 0; 10  , suy f ( a ) > f ( 1) = ,   Vậy f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥ với số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Đẳng thức xảy a = b = c = Thông qua tốn này, ta thấy được cần phân khoảng xét thành hai hay nhiều khoảng để có bước mà khơng tự nhiên! Ví dụ Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh 1 27 + + ≤ − ab − bc − ca Lời giải Nhìn tốn ta khó thấy được việc sử dụng phương pháp tiếp tuyến, nhiên để ý chút ( a + b) ab ≤ ( 1− c) = suy ≤ nên ta đưa được toán cho − ab + 2c − c 239 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần toán quen thuộc: Chứng minh 1 27 + + ≤ với điều 2 + 2a − a + 2b − b + 2c − c 32 kiện a, b, c dương a + b + c = Bây xét hàm số f ( x ) = khoảng ( 0;1) , phương trình tiếp tuyến đồ + 2x − x2 thị hàm số điểm có hồnh độ −27 81 x+ y = 256 256 81  27 81 ( x − 1) ( 13 − x )  −27 x+ + x− = ≤ với Xét f ( x ) −  ÷= 256  + x − x 256 256 256 ( + x − x )  256 x ∈ ( 0;1) , f ( x ) ≤ − 27 81 x+ với x ∈ ( 0;1) Từ ta có 256 256 1 27 81 27 + + ≤− ( a + b + c ) + = , đẳng thức xảy 2 + 2a − a + 2b − b + 2c − c 256 256 32 a=b=c= Ví dụ Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh 1 + + ≤ − ab − bc − ca Lời giải a2 + b2 Áp dụng bất đẳng thức ab ≤ ta có 2 2 1 ≤ + + + + 2 2 2 − ab − bc − ca − ( a + b ) − ( b + c ) − ( c + a ) 4 Tiếp theo đặt x = ( b + c ) , y = ( c + a ) , z = ( a + b ) x + y + z ≤ ( a + b + c ) = 12 Bây toán trở thành: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ 12 Chứng minh 2 1 1 + + ≤ 8− x 8− y 8− z Xét hàm số f ( x ) = khoảng ( 0;12 ) phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số 8− x điểm có hồnh độ x0 = y = 1 ( x − 4) − = Xét f ( x ) − 144 6 ( 1 ( x − 4) + 144 ( ) ( x − 4) x − − ( x − 4) = x + − x 144 144 x + − x x−4 )( ) 240 ( )( ) Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần 1 1 ( x − 4) − ≤ ⇔ f ( x ) ≤ ( x − 4) + 144 144 1 1 1 + + ≤ ( x + y + z − 12 ) + ≤ Do − x − y − z 144 Đẳng thức xảy x = y = z = hay a = b = c = Trên khoảng ( 0;12 ) thì f ( x ) − Bài tập tự luyện Bài Cho x, y, z ∈ [ 0;1] Tìm giá trị lớn biểu thức Q = ( x3 + y + z ) − ( x y + y z + z x ) Bài Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = xyz Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + z Bài Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác thì a b c 1a c b + + ≥ +  + + ÷ b c a 2 c b a Bài Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh 3 ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) ≤ 64 x, y , z Bài Cho ba số thực dương Chứng ( x + y + z ) + 3xyz ≥ ( x y + y z + z x ) x, y , z Bài Cho số thực dương Chứng minh minh rằng: x y z + + ≤1 xy + x + yz + y + zx + z + Bài Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn P = x2 y + y2 z + z x Bài Cho số thực x, y, z > thoả mãn điều kiện ( x + y + z ) = 32 xyz Tìm GTLN – GTNN biểu thức P = x4 + y + z ( x + y + z) Bài Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh ( a + b3 + c ) abc 9( a + b + c) + ≥ 33 ( a + b2 + c2 ) Bài 10 Cho bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = , chứng minh a b c d + + + ≤ 2 2 + 3a + 3b + 3c + 3d Bài 11 Cho bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = , chứng minh 241 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 - phần 4 ( a + b3 + c3 + d ) ≥ a + b + c + d + Bài 12 Cho a, b, c số thực dương ( a + b − c) + ( a + c − b) + ( c + b − a) 2 c2 + ( b + a ) b2 + ( a + c ) a2 + ( b + c ) Chứng minh rằng: 2 242 ≥ 16 ... − 4) − = Xét f ( x ) − 144 6 ( 1 ( x − 4) + 144 ( ) ( x − 4) x − − ( x − 4) = x + − x 144 144 x + − x x? ?4 )( ) 240 ( )( ) Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 20 14- 2015 - phần 1 1 ( x − 4) ... −2sin  14 14 14   2   14 14 14   Mà phương trình bậc có tối đa nghiệm nên pt(*) có nghiệm 215 Đề cương ơn thi THPT quốc gia năm học 20 14- 2015 - phần  π 2sin  π 14  y = 2sin ⇒ x = 14 Kết... )= 2 233 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 20 14- 2015 - phần Vậy giá trị nhỏ f(t) 17 − 5 1+ xảy t = 17 − 5 1+ 1+ Dấu xảy x = y x + y = hay x = y = 4 Ví dụ (Trích đề thi khối B năm 2011)