Đề cương ôn thi THPT quốc gia môn toán năm học 2014-2015

Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN Chủ đề 1: Bài tốn tiếp tuyến 1.1 Dạng 1: Tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm M( x0 , y0 ) ∈ (C ) : y = f ( x) * Tính y ' = f ' ( x) ; tính k = f ' ( x0 ) (hệ số góc tiếp tuyến) * Tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f ( x) điểm M ( x0 ; y0 ) có phương trình y − y0 = f ' ( x0 ) ( x − x0 ) với y0 = f ( x0 ) Ví dụ 1: Cho hàm số y = x − 3x + (C) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C): a) Tại điểm A (-1; 7) b) Tại điểm có hồnh độ x = c) Tại điểm có tung độ y =5 Giải: a) Phương trình tiếp tuyến (C) điểm M ( x0 ; y0 ) có dạng: y − y0 = f '( x0 )( x − x0 ) Ta có y ' = x − ⇒ y '(−1) = Do phương trình tiếp tuyến (C) điểm A(-1; 7) là: y − = hay y = b) Từ x = ⇒ y = y’(2) = Do phương trình tiếp tuyến (C) điểm có hồnh độ x = là: y − = 9( x − 2) ⇔ y − = x − 18 ⇔ y = x − 11 x =  3 c) Ta có: y = ⇔ x − 3x + = ⇔ x − x = ⇔  x = − x =  +) Phương trình tiếp tuyến (C) điểm (0; 5) Ta có y’(0) = -3 Do phương trình tiếp tuyến là: y − = −3( x − 0) hay y = -3x +5 +) Phương trình tiếp tuyến (C) điểm (− 3;5) y '(− 3) = 3(− 3) − = Do phương trình tiếp tuyến là: y − = 6( x + 3) hay y = x + + +) Tương tự phương trình tiếp tuyến (C) (− 3;5) là: y = x − + Ví dụ 2: Cho đồ thị (C) hàm số y = x − x + x − a) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) giao điểm (C) với trục hồnh b) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) giao điểm (C) với trục tung c) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) điểm x0 thỏa mãn y”(x0) = Giải: Ta có y ' = x − x + Gọi M ( x0 ; y0 ) tiếp điểm tiếp tuyến có phương trình: y − y0 = y '( x0 )( x − x0 ) ⇔ y = y '( x0 )( x − x0 ) + y0 (1) Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 a) Khi M = (C ) IOx y0 = x0 nghiệm phương trình: x − x + x − = ⇔ x = ; y’(2) = 6, thay giá trị biết vào (1) ta phương trình tiếp tuyến: y = 6( x − 2) b) Khi M = (C ) IOy x0 = ⇒ y0 = y (0) = −4 y '( x0 ) = y '(0) = , thay giá trị biết vào (1) ta phương trình tiếp tuyến: y = x − c) Khi x0 nghiệm phương trình y”= Ta có: y” = 6x – 88 2 2 y” = ⇔ x − = ⇔ x = = x0 ⇒ y0 = y  ÷ = − ; y '( x0 ) = y '  ÷ = 27 3 3 100 Thay giá trị biết vào (1) ta phương trình tiếp tuyến: y = x − 27 Ví dụ 3: Cho hàm số y = x3 − 3x + (C) a) Viết phương trình tiếp tuyến d với (C) tai điểm có hồnh độ x=2 b)Tiếp tuyến d cắt lại đồ thị (C) điểm N, tìm tọa độ điểm N Giải a) Tiếp tuyến d điểm M đồ thị (C) có hồnh độ x0 = ⇒ y0 = Ta có y '( x) = x − ⇒ y '( x0 ) = y '(2) = Phương trình tiếp tuyến d điểm M đồ thị (C) y = y '( x0 )( x − x0 ) + y0 ⇒ y = 9( x − 2) + ⇒ y = x − 15 Vậy phương trình tiếp tuyến d điểm M đồ thị (C) y = x − 15 b) Giả sử tiếp tuyến d cắt (C) N x = 3 Xét phương trình x − 3x + = x − 15 ⇔ x − 12 x + 16 = ⇔ ( x − ) ( x + x − ) = ⇔   x = −4 Vậy N ( −4; −51) điểm cần tìm Ví dụ 4: Cho hàm số y = x − 3x + (C ) điểm A( x0 , y0 ) ∈ (C), tiếp tuyến đồ thị (C) điểm A cắt (C) điểm B khác điểm A tìm hồnh độ điểm B theo x0 Lời giải: Vì điểm A( x0 , y0 ) ∈ (C) ⇒ y0 = x0 − 3x0 + , y ' = x − ⇒ y ' ( x0 ) = x0 − Tiếp tuyến đồ thị hàm có dạng: y = y ' ( x0 )( x − x0 ) + y0 ⇔ y = (3x0 − 3)( x − x0 ) + x0 − 3x0 + ⇔ y = (3x0 − 3)( x − x0 ) − x0 + (d ) Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (C): Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 3 x − 3x + = (3 x0 − 3)( x − x0 ) − x0 + ⇔ x3 − x0 x + x0 = ⇔ ( x − x0 ) ( x + x0 ) = ( x − x0 ) =  x = x0 ⇔ ⇔ ( x0 ≠ 0) x = −2 x0 x + x0 =   Vậy điểm B có hồnh độ xB = −2 x0 hoctoancapba.com Ví dụ 5: Cho hàm số y = x3 − x + 3x (C) Viết phương trình tiếp tuyến d đồ thị (C) điểm có hồnh độ x0 thỏa mãn y '' ( x0 ) = chứng minh d tiếp tuyến (C) có hệ số góc nhỏ Giải Ta có y ' = x − x + ⇒ y '' = x − y ''( x0 ) = ⇔ x0 − = ⇔ x0 = ⇒ M (2; ) ' Khi tiếp tuyến M có hệ số góc k0 = y ( x0 ) = y ' (2) = −1  2 ' Vậy tiếp tuyến d đồ thị (C) điểm M  2; ÷ có phương trình y − y0 = f ( x0 ) ( x − x0 )  3 suy y − = −1( x − ) hay y = − x + 3 Tiếp tuyến d có hệ số góc k0 = -1 Mặt khác tiếp tuyến đồ thi (C) điểm kỳ (C) có hệ số góc k = y ' ( x) = x − x + = ( x − ) − ≥ −1 = k0  2 Dấu “=” xảy ⇔ x = nên tọa độ tiếp điểm trùng với M  2; ÷  3  2 Vậy tiếp tuyến d (C) điểm M  2; ÷ có hệ số góc nhỏ  3 Ví dụ 6: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C): y = x+2 giao điểm (C) với x −1 đường thẳng (d): y = 3x − + Phương trình hoành độ giao điểm (d) (C): x+2 = x − ⇔ x + = (3x − 2)( x − 1) (x = nghiệm phương trình) x −1 ⇔ x − x = ⇔ x = ( y = −2) ∨ x = ( y = 4) Vậy có hai giao điểm là: M1(0; -2) M2(2; 4) −3 + Ta có: y ' = ( x − 1) + Tại tiếp điểm M1(0; -2) y’(0) = -3 nên tiếp tuyến có phương trình: y = −3x − Đề cương ơn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 + Tại tiếp điểm M2(2; 4) y’(2) = -3 nên tiếp tuyến có phương trình: y = −3x + 10 Tóm lại có hai tiếp tuyến thỏa mãn u cầu tốn là: y = −3x − y = −3x + 10 m Ví dụ 7: Cho hàm số y = x3 − x + (Cm).Gọi M điểm thuộc đồ thị (Cm) có hồnh độ 3 -1 Tìm m để tiếp tuyến với (Cm) M song song với đường thẳng d: 5x-y=0 Giải Ta có y ' = x − mx Đường thẳng d: 5x-y=0 có hệ số góc bẳng 5, nên để tiếp tuyến M song song với đường thẳng d trước hết ta cần có y ' (−1) = ⇔ m + = ⇔ m = 1 Khi m = ta có hàm số y = x3 − x + ta có x0 = −1 y0 = −2 3 Phương trình tiếp tuyến có dạng y = y ' ( x0 )( x − x0 ) + y0 ⇒ y = 5( x + 1) − ⇔ y = x + Rõ ràng tiếp tuyến song song với đường thẳng d Vậy m = giá trị cần tìm Ví dụ 8: Cho hàm số y = x3 − 3x + m (1) Tìm m để tiếp tuyến đồ thị (1) điểm có hồnh độ cắt trục Ox, Oy điểm A B cho diện tích tam giác OAB Giải Với x0 = ⇒ y0 = m − ⇒ M(1 ; m – 2) - Tiếp tuyến M d: y = (3x0 − x0 )( x − x0 ) + m − ⇒ d: y = -3x + m + m+2 ⇒ - d cắt trục Oy B: yB = m + ⇒ B(0 ; m + 2) - d cắt trục Ox A: = −3 x A + m + ⇔ x A = - SOAB = m+2  A ; 0÷   3 m+2 ⇔ | OA || OB |= ⇔| OA || OB |= ⇔ m + = ⇔ (m + 2) = 2 m + = m = ⇔ ⇔  m + = −3  m = −5 Vậy m = m = - 1.2 Dạng 2: Viết tiếp tuyến đồ thi hàm số y = f ( x) (C) biết trước hệ số góc + Gọi M ( x0 , y0 ) tiếp điểm, giải phương trình f ' ( x0 ) = k ⇒ x = x0 , y0 = f ( x0 ) + Đến trở dạng 1,ta dễ dàng lập tiếp tuyến đồ thị: y = k ( x − x0 ) + y0  Các dạng biểu diễn hệ số góc k:hoctoancapba.com Đề cương ơn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 *) Cho trực tiếp: k = 5; k = ±1; k = ± 3; k = ±  0 2π π  *) Tiếp tuyến tạo với chiều dương trục Ox góc α , với α ∈ 15 ;30 ;45 ; ;  Khi 3   hệ số góc k = tan α *) Tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): y = ax + b Khi hệ số góc k = a −1 *) Tiếp tuyến vng góc với đường thẳng (d): y = ax + b ⇒ ka = −1 ⇔ k = a k −a = tan α *) Tiếp tuyến tạo với đường thẳng (d): y = ax + b góc α Khi đó, + ka Ví dụ 9: Cho hàm số y = x − 3x (C) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) biết hệ số góc tiếp tuyến k = -3 Giải: Ta có: y ' = x − x Gọi M ( x0 ; y0 ) tiếp điểm ⇒ Tiếp tuyến M có hệ số góc k = f ' ( x0 ) = 3x0 − x0 2 Theo giả thiết, hệ số góc tiếp tuyến k = - nên: x0 − x0 = −3 ⇔ x0 − x0 + = ⇔ x0 = Vì x0 = ⇒ y0 = −2 ⇒ M (1; −2) Phương trình tiếp tuyến cần tìm y = −3( x − 1) − ⇔ y = −3 x + Ví dụ 10: Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = x3 − 3x + (C) Biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y = 9x + Giải: Ta có: y ' = x − x Gọi M ( x0 ; y0 ) tiếp điểm ⇒ Tiếp tuyến M có hệ số góc k = f ' ( x0 ) = 3x0 − x0 Theo giả thiết, tiếp tuyến song song với đường thẳng y = 9x + +6 ⇒ tiếp tuyến có hệ số góc k  x0 = −1 ⇒ M (−1; −3) 2 = ⇒ x0 − x0 = ⇔ x0 − x0 − = ⇔   x0 = ⇒ M (3;1) Phương trình tiếp tuyến (C) M(-1;-3) là: y = 9( x + 1) − ⇔ y = x + (loại) Phương trình tiếp tuyến (C) M(3;1) là: y = 9( x − 3) + ⇔ y = x − 26 Ví dụ 11: Cho hàm số y = x − 3x + (C) Viết phương trình tiếp tuyến (C) biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y = −1 x Giải: Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 Ta có y ' = x − Do tiếp tuyến (C) biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng −1 x nên hệ số góc tiếp tuyến k = 9 Do y ' = k ⇔ x − = ⇔ x = ⇔ x = ±2 +) Với x = ⇒ y = Pttt điểm có hồnh độ x = là: y = 9( x − 2) + ⇔ y = x − 14 +) Với x = −2 ⇒ y = Pttt điểm có hồnh độ x = - là: y = 9( x + 2) + ⇔ y = x + 18 y= Vậy có hai tiếp tuyến củả (C) vng góc với đường thẳng y = −1 x là: y =9x - 14 y = 9x + 18 Ví dụ 12: Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) hàm số: y = x + x , biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng (d): x + y − 2010 = Giải: 1 (d) có phương trình: y = − x + 402 nên (d) có hệ số góc - 5 Gọi ∆ tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k − k = −1 ⇔ k = (do ∆ ⊥ (d )) Ta có: y ' = x + x nên hoành độ tiếp điểm nghiệm phương trình: x + x = ⇔ x3 + x − = ⇔ ( x − 1)( x + x + 5) = ⇔ x − = ⇔ x = ⇒ y =  9 Vậy tiếp điểm M có tọa độ M  1; ÷  4 11 Tiếp tuyến có phương trình: y − = 5( x − 1) ⇔ y = x − 4 11 Vậy tiếp tuyến cần tìm có phương trình: y = x − x+2 Ví dụ 13: Cho hàm số y = (C) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến 2x + cắt trục hoành A, trục tung B cho tam giác OAB vuông cân O, O góc tọa độ Giải −1 ' Ta có: y = (2 x + 3) Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 Vì tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ tam giác vng cân nên hệ số góc tiếp tuyến là: k = ±1 Khi gọi M ( x0 ; y0 ) tiếp điểm tiếp tuyến với đồ thị (C) ta có y ' ( x0 ) = ±1 ⇔  x0 = −2 −1 = ±1 ⇔  (2 x0 + 3)  x0 = −1 Với x0 = −1 y0 = lúc tiếp tuyến có dạng y = − x (trường hợp loại tiếp tuyến qua góc tọa độ, nên khơng tạo thành tam giác OAB) Với x0 = −2 y0 = −4 lúc tiếp tuyến có dạng y = − x − Vậy tiếp tuyến cần tìm y = − x − 2x −1 Ví dụ 14: Cho hàm số y = có đồ thị (C) x −1 Lập phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) cho tiếp tuyến cắt trục Ox, Oy điểm A B thỏa mãn OA = 4OB Giải Giả sử tiếp tuyến d (C) M ( x0 ; y0 ) ∈ (C ) cắt Ox A, Oy B cho OA = 4OB OB 1 = ⇒ Hệ số góc d − Do ∆OAB vuông O nên tan A = OA 4   x0 = −1 ( y0 = ) 1  ⇔ ⇔  0 + × + m ≠ m <  Lúc tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: kD = y’(xD) = xD + xD + m = −( xD + 2m); kE = y’(xE) = xE + xE + m = −( xE + 2m) Các tiếp tuyến D, E vng góc khi: kDkE = –1 ⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1 ⇔ 9m + 6m × (–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-t) ⇔ 4m2 – 9m + = ⇔ m = m 65 1 ĐS: m = − 65 hay m = m 65 8 2x − Ví dụ 19: Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) hàm số: y = , biết x +1 khoảng cách từ điểm I(-1; 2) đến tiếp tuyến lớn Giải:  2a −  Gọi ∆ tiếp tuyến đồ thị (C) tiếp điểm M  a; ÷ , ( M ∈ (C ) )  a +1  ( ( ) ( ) ) Ta có: y ' = 4 ⇒ y '(a) = , ( a ≠ −1) ( x + 1) (a + 1) Vậy ∆ : y − 2a − = ( x − a ) ⇔ x − (a + 1) y + 2a − 4a − = (*) a + (a + 1) d ( I;∆) = 4(−1) − ( a + 1) 2 + 2a − 4a − + (a + 1) = a +1 + (a + 1) Ta có: + (a + 1) = 22 + ( a + 1)  ≥ 2.2(a + 1) ⇒ + ( a + 1) ≥ 2.2( a + 1) = a +   ⇒ d ( I;∆) ≤ a +1 = Vậy d ( I ; ∆ ) lớn d ( I ; ∆ ) = a +1 a + = a = ⇔ 22 = (a + 1) ⇔  ⇔ Cả hai giá trị thỏa mãn a ≠  a + = −2  a = −3 + Với a = thay vào (*) ta phương trình tiếp tuyến là: x − y − = ⇔ x − y − = + Với a = -3 thay vào (*) ta phương trình tiếp tuyến là: x − y + 28 = ⇔ x − y + = Tóm lại: Có hai tiếp tuyến cần tìm có phương trình là: x − y − = ; x − y − = Ví dụ 20: Cho (C) đồ thị hàm số y = x +1 Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết 2x + 10 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 a b c + + Xét hai trường hợp sau: a+b b+c c+a * TH1: a ≥ b ≥ c Ta có Đặt f ( a ) = f ′( a) = Suy ra, f ( a ) ≤ f ( 3) = Mặt khác, ( b − c ) ( a − bc ) − = ≥0 2 2 ( a + b) ( a + c) ( a + b) ( a + c ) b 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  + - 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 ( a, b, c ) ∈  3,1, ÷,  ,3,1÷, 1, ,3 ÷ 3      214 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 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 3 3 a + 7) a + b3 + ) ( ( ( a + 7) ( a + b + 7) 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) = b + = h(b) b +7 ( b3 + ) − 48b2 > 0, ∀b ∈ [ 0;1] 6b ′( b) = − − Ta có h ( b3 + ) ( 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 Với a = b = c = max S = 215 Đề cương ơn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 a+c Biến đổi giả thiết thành a + c = b(1 - ac) > suy a < , b = c − ac ( 1) 2( a + c) + + −2 Thay (1) vào biểu thức P biến đổi 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, ÷ f ′ ( x ) = có nghiệm x0 = −c + c +  c (3) với < x0 < 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 c +1 2c ≤ + = g ( c) c +1 c +1 c +1 Xét hàm số g(c) với c > Ta có g ′ ( c ) = Với c > 0, g’(c) = c0 = Qua x0 c (c 2(1 − 8c ) ( + 1) 3c + c + ) va qua c0 g’(c) đổi dấu từ dương sang âm nên g( c0 ) giá   10 trị cực đại, suy P ≤ g  ÷=  8 1 10 ,a = , b = theo (1) (3) Giá trị P = đạt 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  1 + với x > tham số z ≥ Xét hai trường hợp x z 1 * Nếu z ≥ x ≥ z ≥ theo (4) nên f ( x ) ≤ + = ≤ 15 (5) 15 15 z z z z a) Xét hàm số f ( x ) = 216 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 2 15 z ≤z≤ ≥ z theo (4) nên f ( x ) ≤ + = g ( z) x ≥ 15 15 z z 2 15 Xét hàm số g(z) với ≤ z ≤ Ta có g ′ ( z ) = − < ⇔ z < z 15 15 * Nếu 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 * Nếu z ≥ h ( y ) ≤ (9) * Nếu ≤ z ≤ 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 2 Đẳng thức xảy x = , y = , z = Vậy maxP = 13 10a 11b 12c 69 + + ≤ Ví dụ Chứng minh a, b, c ∈ [ 1;2] 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 217 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 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 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 218 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 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 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 +  a 2 b +b+ ≥ 2 + ÷ b a a  b 219 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 Đặt t = a b + , ta suy ra: 2t + ≥ 2 t + ⇒ 4t2 – 4t – 15 ≥ ⇒ t ≥ b a  a b3   a b  Mặt khác: P =  + ÷−  + ÷ = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t) 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 z x y Ta có ab − = , 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 tốn từ ba biến hai biến s2 cách đặt x + y = s, xy = p , ≤ s < < p ≤ 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 Bây xét hàm số f ( p ) = f '( p ) = ⇔ p = s ( 1− s) 2 s2 ( − s ) 8p s2 − p + (1− s) − có f ' ( p ) = , 1− s p 1− s p2 Lập bảng biến thiên, biện luận so sánh  s(1− s) f ( p) ≥ f   2 s(1− s) 2 s ( − s ) s2 s2 ≤ ⇔ s ≥ − ta có với có: Nếu 4 2  ÷= + s − ≥ − >  ( ) 220 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 s(1− 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 ( 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 trị x, y, z nên giả sử: x ≥ y ≥ z Thay z = − x − y vào P ta 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 ) ≥ 221 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 (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 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 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 ” 222 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 Bài toán có tính chất bật với vế trái biểu thức đối xứng biến a1 , a2 , a3 , , an viết 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 qua phân tích, đưa 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 ra: f ( a1 ) + f ( a2 ) + + f ( an ) ≥ nf ( α ) (đpcm) Sau xét số tốn 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 + Lời giải Từ giả thiết ta có a, b, c, d ∈ ( 0;1) bất đẳng thức viết dạng f ( a) + f ( b) + f ( c) + f ( d ) ≥ 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) ≥ 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 a=b=c=d = 223 x− , 8 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015  1 Ta có nhận xét, có ba số a, b, c thuộc khoảng  0; ÷, chẳng hạn < a <  3 ta có 1 + + > = ( a + b + c ) > a + b + c nên toán chứng minh, 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 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 f ( x ) ≥ chia khoảng xác định x tốt cho khoảng 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 toán 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  224 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 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 = Thơng qua tốn này, ta thấy cần phân khoảng xét thành hai hay nhiều khoảng để có bước mà không 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 việc sử dụng phương pháp tiếp tuyến, nhiên để ý chút ( a + b) ab ≤ ( 1− c) = suy ≤ nên ta đưa toán cho − ab + 2c − c toán quen thuộc: Chứng minh 1 27 + + ≤ với điều + 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 225 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 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 )( ) ( )( ) 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 ) 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 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 ) 226 minh Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 Bài Cho x, y , z số thực dương Chứng 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 ( a + b3 + c3 + d ) ≥ a + b + c + d + 16 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 ≥ ================================== 227 ... CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT Biên soạn sưu tầm: Nguyễn Quang Tuấn – GV Trường THPT Hàn Thuyên 41 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 Kiến thức cần nhớ 1.1 Công... sát biến thi? ?n vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 25 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 b) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vng cân Chủ đề 3: Bài... biến thi? ?n vẽ đồ thị (C) hàm số Bài 32 Cho hàm số y = 36 Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015 b) Tìm m để đường thẳng d: y = x + m cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho ∆OAB vuông O