Đề cương ôn thi môn toán THPT Quốc Gia năm 2016 phần 4

Ñeà cöông toaùn THPT 2016 CHUYÊN ĐỀ 10: PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Biên soạn sưu tầm: Hoàng Đăng Hưng – GV trường THPT Lê Văn Thịnh 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 Khối A - 2004) Giải bất phương trình: 2( x − 16) x −3 + x −3 > 7−x x−3 Lời giải ĐK: x ≥   x − 16 ≥   10 − x < 2  ⇔ 2( x − 16) + x − > − x ⇔ 2( x − 16) > 10 − x ⇔  10 − x ≥   2( x − 16) > (10 − x ) Bpt x>5  ⇔ ⇔ x > 10 − 34 10 − 34 < x ≤  x≥ ) nên (*) vô nghiệm VT(*) < (do 2 Ví dụ Giải bất phương trình sau: ( x − x) x − x − ≥ (2) Lời giải Ta xét hai trường hợp: x = 2 x − 3x − = ⇔  x = −  , bpt TH 1:    1 1 2 x − x − >  x ∈  −∞; − ÷∪ ( 2; +∞ )  2 ⇔ ⇔  ⇔ x ∈  −∞; − ÷∪ [ 3; +∞ ) 2   x − 3x ≥  x ∈ ( −∞;0] ∪ [ 3; +∞ )   TH 2: BPT T = (−∞; − ] ∪ {2} ∪ [3; +∞ ) Vậy tập nghiệm bpt cho là: 1|Page Ñeà cöông toaùn THPT 2016  x + xy + y = y + x (1)  y x − y + + x = (2) Ví dụ Giải hệ phương trình:  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 ⇔  y = − 1;x = y − y = y  3  • Từ (4) & (2) ta có Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 1;1) ; ( x; y ) = ( 2;0 ) ; ( x; y ) =  1 ; − ÷  3 Ví dụ (Trích Báo TH&TT) Giải hệ phương trình: Lời giải ĐK: x + y > Ta có (1) ⇔ x + xy + y + xy  2  x + y + x + y = (1)   x + y = x2 − y (2)  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 = y2 − 3y = ⇒   y = 3; x = −2 Từ (3) (2) ta có x; y ) = ( 1;0 ) ; ( x; y ) = ( −2;3 ) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (  (1)  3x (1 + x + y ) =    y (1 − ) = (2)  x+ y Ví dụ (Trích đề thi HSG QG 1996) Giải hệ phương trình:  Lời giải ĐK x ≥ 0; y ≥ Dễ thấy x = y = không thõa mãn hệ 2|Page Ñeà cöông toaùn THPT 2016 Với x >0, y >0 ta có  2  + 1 = 1 + x + y = x 3x 7y 1   ⇔ ⇒ = −  x + y 3x y 1 − =  = −2  x + y x+ y 7y 3x 7y  ( nhân vế với vế) ⇒ 21xy = (7 y − 24 x )( x + y ) ⇒ 24 x + 38 xy − y = ⇒ y = x (vì x, y dương) 1   − +1 = ⇔ = 7 ± ÷ x x x 21   Thay vào phương trình (1) ta Từ suy x y 4  x + y   x  + ÷= x+ y ÷  4   4  x + y  =1  y  − x + y ÷ ÷  Bài tập tương tự:   ( Trích đề thi HSG Cần Thơ – 2012) Ví dụ Giải bất phương trình: x ≤ (1 + x − x ) x + Lời giải y ≥ ⇒  y = x + , ta bất phương trình Đặt y = x + x3 ≤ ( y − 3x ) y ⇔ x3 + 3x y − y ≤ (2) 1 ⇒x=− ⇒x=− thay vào BPT thỏa mãn nghiệm *TH1: Xét y = 2  x x  x  x  ⇔  ÷ +  ÷ − ≤ ⇔  − 1÷ + 1÷ ≤  y  y  y  y  *TH2: Xét y > BPT (2) ⇒ x ≤ ⇔ y ≥ 2x y suy  x ≤   − ≤ x ≤ x + ≥  ⇔ ⇔  x > 1+   0 < x ≤ 2 x + ≥ x    2x + ≥ 2x  1+  − ;  2  Vậy tập nghiệm BPT S =  3|Page Ñeà cöông toaùn THPT 2016 2 x + x = x y + y ( x, y ∈ ¡ )  x + 12 x + 12 y + = y − x − Ví dụ Giải hệ phương trình  Lời giải ĐK: x ≥ 0; y ≥ ⇔ x ( x + 1) = y ( x + 1) ⇔ ( x − y ) ( x + 1) = ⇔ x = y Phương trình (1) (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 = x − a ⇒ x + 3a = x − 6ax + a a = x ⇔ x − 6ax − 2a = ⇔   a = −4 x ( L ) ⇒ x + 3a = x − 6ax + a  x = 1+ x = x +1 ⇔ x − x −1 = ⇔  ⇔ x = 3+ 2  x = − ( L ) Khi a = x , ta có ⇒ 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 + 3x + = ( + x ) x + Bài Giải bất phương trình: Bài Giải bất phương trình Bài Giải phương trình: Bài Giải phương trình: x3 − 3x + ( x + 2) ( Đề thi HSG Lạng Sơn 2012) − 6x ≥ ( Đề thi HSG Nghệ An 2012) 6( x − 3x + 1) + x + x + ≤ ( x + 1) + ( x − x ) x − = ( x3 + x ) ( x − x + ) = x3 + 2 Bài Giải phương trình x + = x − + x  x + y = x y + xy ( 1)  x − y − + y − 14 = x − ( ) Bài Giải hệ phương trình:  y   x − ( x + y) = x − y  2 x + y − x − = 11 ( ) Bài Giải hệ phương trình:  4|Page Ñeà cöông toaùn THPT 2016 x + − 10 − x + x − x − 66 = Bài Giải phương trình: Bài 10 Giải phương trình: Bài 11 Giải phương trình: 3x + + x + = 3x − x + x =1+ x + x − x − + x − 20  x + y +1 + = 4( x + y ) + x + y   2 x − y = Bài 12 Giải hệ phương trình:  Hướng dẫn giải Bài 2 Phương trình cho ⇔ x + − = x − − + x − x2 − x−2 ⇔2 =2 + ( x − 2)( x + 2) x −1 + x +5 +3 x = ⇔  2( x + 2)  =  x + + + x + (1) x −1 +1   2 + ( x + ) 1 − ÷= x − + x + +   Ta có phương trình (1) nên (1) vô nghiệm x; y ) = ( 2;2 ) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( Bài ĐK x − y − ≥ ⇔ Từ (1) ta có x=y x2 = 2y (Loại) 3 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 = − Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( + ) (  x − ( x + y ) x − y = y ( 1)   2 2 ( x + y ) − x − = 11( ) Bài Hệ cho tương đương với  5|Page ) 2;1 + ; − 2;1 − Ñeà cöông toaùn THPT 2016 Từ (1) suy y ≥ , y0, VT(1) > VP( 1) ( 1) ⇔ x2 − ( x + y ) ⇔ x − ( x + y) ( ) ( x − y −1 + x − y −1 ( x − y) ) x2 − ( x + y ) − y = + x − y +1 + x2 − x − y − y2 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 = ⇔ ( t − ) ( t + 2t + 4t + ) = ⇔ t = Đặt t = x − 1, t ≥ , ta có t − 3t − 10 = 5 ( x; y ) =  ; ÷ 2x −1 = ⇔ x = ⇒ y = 2 2 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm Khi Phương pháp đặt ẩn phụ  x + y + xy + = y (1)  2  y ( x + y ) = x + y + (2) Ví dụ Giải hệ phương trình: Lời giải: Nhận thấy y=0 không thỏa mãn hệ  x2 +  y +x+ y =4   ( x + y ) = x + +  y Với y khác không, chia hai vế (1) (2) cho y ta được:  a = x + y  a + b = b = − a b = − a  a = −5, b = x2 +  ⇔ ⇔ ⇔ b =     a = 3, b = 2  y ta có a = 2b +  a = 2(4 − a ) +  a + 2a -15 = Đặt  Từ ta tìm x y  x + y + x y + xy + xy = −    x + y + xy (1 + x) = − Ví dụ Giải hệ phương trình:  Lời giải: 6|Page Ñeà cöông toaùn THPT 2016  2 x + y + xy ( x + y ) + xy = −   ( x + y ) + xy = − Hệ cho tương đương với  5   a + ab + b = − b = − − a ⇔   x2 + y = a a + b = − a − a − a − − a = −  xy = b  4 Đặt  , ta hệ  a   a + a + =  a = 0; b = − ⇔ ⇔ a = − ; b = − b = − − a   2 Từ ta tìm x, y Ví dụ (Đề thi HSG Vĩnh Long 2012) Giải phương trình: x2 + x + = + 5x + x − x3 − x4 Lời giải: t = x + x + 1, t ≥ Đặt 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  Với t≥ 1+ t= 2 t − t − = có nghiệm t≥ −1 + 21 t= 2 t + t − = có nghiệm 2 1+  1+ x + x + =  ÷ ⇔ 2x + 2x −1 − = t=    Khi ⇔x= −1 − + −1 + + x= 2   −1 + 21 x + x + =  −1 + 21 ÷ ⇔ x + x − + 21 = t=   Khi 7|Page Ñeà cöông toaùn THPT 2016 ⇔x= −1 − 19 − 21 −1 + 19 − 21 x= 2 −1 − 19 − 21 −1 + 19 − 21 x= 2 Vậy phương trình cho có nghiệm ; Bài tập luyện tập: Giải phương trình, hệ phương trình sau 1  2 x + y + + =5 2  2 x y 1)   x + y + xy ( x + y − 4) = 3)  x + + y ( x + y ) − y = 2)   ( xy − 1) = x − y + ( x + y )( x + y ) = xy   x ( x + y − ) + x − =   ⇔x= ( x − xy + y − 51) ( x − y ) + = 4)  ( x − ) ( x − y ) + =  x y + y + 16 = 11xy 5)  2  x +2 y + 12 y = xy 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) y = f ( x) y = f ( x) Tính chất 1: Cho hàm số liên tục K, hàm số đồng biến f x =c nghịch biến K phương trình ( ) (c số) có nhiều nghiệm K y = f ( x) ; y = g ( x) y = f ( x) Tính chất 2: Cho hàm số liên tục K, hàm số đồng y = g ( x) f x = g ( x) biến K, nghịch biến K phương trình ( ) có nhiều nghiệm K y = f ( x) y = f ( x) Tính chất 3: Cho hàm số liên tục K, hàm số đồng biến f u = f ( v) ⇔ u = v nghịch biến K với u , v ∈ K ta có ( ) y = f ( x) f '( x ) = Tính chất 4: Cho hàm số liên tục có đạo hàm K, phương trình f x =0 có nhiều n nghiệm K phương trình ( ) có nhiều n+1 nghiệm K y = f ( x) y = f ( x) Tính chất 5: Cho hàm số liên tục K, hàm số đồng biến K f u ≤ f ( v) ⇔ u ≤ v với u , v ∈ K ta có ( ) Ví dụ (Trích đề thi HSG Nghệ An 2012) Giải phương trình: ( x − 2) ( ) x + + 2 x − = 3x − ( x ∈ ¡ ) Lời giải 8|Page Ñeà cöông toaùn THPT 2016 x≥ Điều kiện xác định: Phương trình cho tương đương: 3x − 3x − 3 x + + 2x − = x + + 2x − − =0 ⇔ 2x − 2x − 5  3x −  ; −∞ ÷ x − với x thuộc Đặt 10 ⇒ f '( x) = + + >0 2 ∀ x > x − x − ( ) ( x + 5) với 5  ; −∞ ÷   ⇒ hàm số f ( x) đồng biến  f ( x) = x + + 2 x − − ⇒ phương trình f ( x) = có tối đa nghiệm Ta có f (3) = (1) (2) Từ (1) (2) suy phương trình cho có nghiệm x = Nhận xét: Ngoài 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 = 3x = ⇔ ⇔ 2x =  x = x x x   TH1: + x − x.3 = ⇔ (3 − 1)(1 − x) = 2x + 1 3x + x − x.3x = −1 ⇔ 3x − = 0( x ≠ ) 2x −1 (1) TH2: Xét hàm số f ( x ) = 3x − f ' ( x ) = 3x ln + 2x + 1 1   , x ∈  −∞; ÷∪  ; +∞ ÷ 2x −1 2 2   ( x − 1) > 0, ∀x ≠ 1 1   −∞; ÷;  ; +∞ ÷  f x 2 2  Suy ra, ( ) đồng biến khoảng  1 1    −∞; ÷;  ; +∞ ÷ 2 2  PT (1) có nhiều nghiệm Nên khoảng  Mà f ( 1) = f ( −1) = 9|Page Suy ra, (1) có nghiệm x = ±1 Ñeà cöông toaùn THPT 2016   −1;0; ;1  Vậy phương trình cho có tập nghiệm là:  Nhận xét: Nếu không nắm tính chất học sinh hay mắc sai lầm là: 1 1   −∞; ÷;  ; +∞ ÷  f x 2   vội vàng kết luận khẳng định ( ) đồng biến khoảng  1 1    −∞; ÷∪  ; +∞ ÷ 2 2  phương trình có nhiều nghiêm  Ví dụ (Trích đề thi thử Đại học tỉnh Bắc Ninh 2013- 2014) Giải hệ phương trình:  xy x + + = y + + y  ( x, y ∈ ¡ )  ( 3x − 1) x y + xy − − x + x y − x = ( ) Lời giải: ĐK: x y + xy ≥ y + + y > y + y ≥ 0, ∀y y Xét phương trình (1) ; Mà x y + xy ≥ ⇔ y ( x + x ) > ⇒ y > ) x + + x ≥ 0, ∀x; y ⇒ x > 3 3 x x +1 + x = 1+  ÷ + y y  y Khi ta có: Xét hàm số ( f ( t ) = t t + + t , t ∈ ( 0; +∞ ) ( 1a ) ⇒ f '( t ) = t + + t2 t2 +1 + > 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ Hàm số f ( t ) đồng biến ( 0; +∞ ) 3 3 ( 1a ) ⇔ f ( x ) = f  ÷ ⇔ x = ⇔ y = y x  y Do phương trình Thay x vào phương trình (2) ta có y= ( 3x − 1) 3x − − x + x − x = ⇔ ( 3x − 1) ( ) x − − x = x − 12 x + x − x + 3x − 3x −   ⇔ ( 3x − 1) = x − 12 x + x ⇔ ( x − 3x + )  x + ÷= 3x − + x 3x − + x   x = 3x − ⇔ x − 3x + = ⇔  x+ > 0, ∀x ≥ 3) 3x − + x  x = ( Vì ( 1;3) ;  2; ÷  2 Vậy hệ phương trình có nghiệm 10 | P a g e 10 Ñeà cöông toaùn THPT 2016 x + y + z + 3xyz ≥ x ( y + z ) + y ( z + x ) + z ( x + y ) 3 Lời giải Bài toán hoàn toàn đối xứng với ba biến số, nên không tính tổng quát, ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ , coi x biến số coi y, z tham số hàm số f ( x ) = x3 − x ( y + z ) + 3xyz − xy − xz − y z − z y + y + z f ' x = x − x ( y + z ) + yz − y − z Ta có ( ) f '' ( x ) = x − ( y + z ) = ( x − y − z ) ≥ với x, y, z ≥ x ≥ y ≥ z f' x Điều chứng tỏ ( ) hàm số đồng biến, suy f ' ( x ) ≥ f ' ( y ) = y − y ( y + z ) + yz − y − z = yz − z ≥ ( x ≥ y ≥ z ) f ( x) f ( x) ≥ f ( y) = z ( z − y) ≥ Đến ta suy hàm số đồng biến, Vậy toán chứng minh xong! 1  a b c a, b, c ∈  ;3 S= + +   Tìm GTLN biểu thức a+b b+c c+a Ví dụ Cho Lời giải a b c f ( a) = + + a + b b + c c + a Xét hai trường hợp sau: Đặt * TH1: a ≥ b ≥ c Ta có ( b − c ) ( a − bc ) f ′( a) = − = 2 ≥ ( a + b) ( a + c) ( a + b) ( a + c) b Suy ra, f ( a ) ≤ f ( 3) = c b c + + = g ( c) 3+b b+ c c +3 ( b − 3) ( 3b − c ) −b g′( c) = + = 2 ≤ c + b c + c + b + c ( ) ( ) ( ) ( ) Mặt khác, 3b 1 g ( c) ≤ g  ÷= + + = h ( b)   + b 3b + 10 Suy ra, h′ ( b ) = Ta có, 3 ( − b) ( 1+ b) ≤ − = 2 ( 3b + 1) ( b + 3) ( 3b + 1) ( b + 3) Bảng biến thiên b − 1  f ′  3; b; ÷ 3  28 | P a g e + 28 - Ñeà cöông toaùn THPT 2016 1  f  3; b; ÷ 3  1  f ( a; b; c ) ≤ f  3;1; ÷ = 3  Từ bảng biến thiên suy f ( c; b; a ) ≤ Mặt khác * TH2: c ≥ b ≥ a Từ TH1 ta có f ( a; b; c ) − f ( c ; b; a ) = Suy , Vậy f ( a; b; c ) ≤ max S = Ví dụ Cho Lời giải Đặt ( a − b) ( b − a) ( a − c) ( a + b) ( b + a ) ( a + c) ≤0  1  ( a, b, c ) ∈  3,1, ÷,  ,3,1÷, 1, ,3 ÷ 3      , đạt a, b, c ∈ [ 0;1] f ( c) = Tìm GTLN biểu thức S= a b c + + 3 b + c + c + a + a + b3 + a b c + + 3 b + c + c + a + a + b3 + Ta có f ′( c) = f ′′ ( c ) = − 3ac 3c − − a + b3 + ( b + c + ) ( a + c + ) 6ac ( + b − 2c ) ( b3 + c + ) − 6bc ( + a − 2c ) ( a3 + c3 + ) ≤0 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 + + = g (a ) b + a + a + b3 + 6ab ( − 2a ) 6a ( b + − 2a ) 2a 2b 3a − ≤0 g′( a ) = − − , g ′′ ( a ) = − 3 b + ( a + ) ( a + b3 + ) ( a3 + ) ( a3 + b3 + ) Ta có Nên g’(a) nghịch biến [0; 1] Suy ra, 29 | P a g e 29 Ñeà cöông toaùn THPT 2016 g ′ ( a ) ≥ g ′ ( 1) = 3b   − 3b  − − = − ÷ − >0 ÷+ b + 64 ( + b3 ) 64  b +  b +  Suy g(a) đồng biến [0; 1] Do đó, S = g ( a ) ≤ g ( 1) = b3 + ) − 48b ( 6b h′ ( b ) = − − > 0, ∀b ∈ [ 0;1] ( b3 + ) 8( b + 7) b + = h (b ) b +7 Ta có Suy h(b) đồng biến [0; 1], nên max S = Với a = b = c = 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 a < ,b = ( 1) c − ac Biến đổi giả thiết thành a + c = b(1 - ac) > suy 2( a + c) P= + + −2 a + c + ( + a2 ) ( + b2 ) Thay (1) vào biểu thức P biến đổi 2( x + c) f ( x) = P = + x + ( + x2 ) ( + c2 ) ( 2) Xét hàm số f ′( x) = Ta có −2c ( x + 2cx − 1) với < x < coi c tham số (c > 0) (1+ c ) (1+ x ) 2  1  0, ÷ f′ x =0 Trên  c  ( ) có nghiệm x0 = −c + c + (3) với < x0 < f ( x ) ≤ f ( x0 ) = + f’(x) đổi dấu từ dương sang âm nên f(x) đạt cực đại x0 nên 2c P = f ( x) − + ≤ + = g ( c) c + c + c + Từ theo (2) ta có g′( c ) = Xét hàm số g(c) với c > Ta có 30 | P a g e (c 2(1 − 8c ) ( + 1) 3c + c + 30 ) c Qua x0 c c2 + Ñeà cöông toaùn THPT 2016 Với c > 0, g’(c) = c0 = va qua c0 g’(c) đổi dấu từ dương sang âm nên g( c0 ) giá   10 P ≤ g ÷=   trị cực đại, suy 1 10 c= ,a = ,b = P= Giá trị đạt theo (1) (3) 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 ≥ ( ) 15 P ( x, y , z ) = + + x y z Hãy tìm GTLN biểu thức Lời giải   x ≥ max  z,   15 z  (4) Từ điều kiện (1) (2) suy 1 f ( x) = + z≥ x z với x > tham số Xét hai trường hợp a) Xét hàm số 1 x≥z≥ f ( x ) ≤ + = ≤ 15 15 15 z theo (4) nên z z z * Nếu (5) 2 15 z ≤z≤ x≥ ≥z f ( x) ≤ + = g ( z) 15 15 z z * Nếu theo (4) nên 2 15 ≤z≤ g′( z ) = − < ⇔ z < z 15 Ta có 15 Xét hàm số g(z) với z≥ 2 f ( z ) ≤ g ( z ) ≤ g  ÷= 5 Do g(z) hàm nghịch biến (6) 1 1 2 + ≤4 + = ⇔ x = ,z = (7) So sánh (5) (6) ta có x z x z 1 h( y) = + z≥ y z với tham số b) Xét hàm số  1 y ≥ max  z ,   5z  Từ điều kiện (1) (3) suy Lập luận tương tự phần a) ta z≥ h ( y ) ≤ (9) * Nếu (8) ≤z≤ h( y) ≤ (10) * Nếu 31 | P a g e 31 Ñeà cöông toaùn THPT 2016 1 1 + ≤ + = ⇔ x = ,y = (11) So sánh (9) (10) ta có y z x z 1 1 1 1 P ( x, y, z ) =  + ÷+  + ÷ ≤ + = 13 x y  y z So sánh kết phần a) b) ta có 2 x = , y = ,z = Đẳng thức xảy Vậy maxP = 13 10a 11b 12c 69 + + ≤ a, b, c ∈ [ 1;2] bc ca ab Ví dụ Chứng minh Lời giải Ta coi ba số a, b, c biến số hàm số, chẳng hạn a , ta đặt  11b 12c  10 f ( x) =  + ÷+ x x = a, x ∈ [ 1;2] x c b  bc , ta xét hàm số 11b 12c 11b + 12c 10 α= + = , β= c b bc bc Đặt α β x2 − α f '( x ) = ⇔ x = α + β = β x2 x2 , Khi 11b + 12c 33 10 α α= ≥ > = 3β ⇒ x = >1 bc bc bc β Ta có f ( x ) ≤ max { f ( 1) , f ( ) } = max { g ( b ) , h ( b ) } Như vậy, ta có , 10 11b 12c 20 11b 6c g ( b ) = f ( 1) = + + h ( b ) = f ( 2) = + + bc c b bc 2c b f '( x ) = − Ta xét tiếp g ( b) đoạn [ 1;2] có g '( b) = −  10  11 −1 + 12c ÷+ = A + B  b  c  c b , A 10 10 + 12c 11 g '( b) = ⇔ b = >1 + 12c = , B= B c c c có 27  21  g ( b ) ≤ max { g ( 1) , g ( ) } = max  + 12c, + 6c  c c  Như vậy, 21 27 ϕ ( c ) = + 12c φ ( c) = + 6c 1;2 c c Xét lần đoạn [ ] có A=  69  69 69 max { ϕ ( c ) , φ ( c ) } ≤ max  ,33 = g ( b) ≤ [ 1;2] 2  , từ suy với b, c ∈ [ 1;2] h b 1;2 Xét tương tự ( ) đoạn [ ] ta có 32 | P a g e 32 Ñeà cöông toaùn THPT 2016 21  51   63  63 h ( b ) ≤ max { h ( 1) , h ( ) } =  + 6c, + 3c  ≤  , 24  = c  2c  2  10a 11b 12c 69 + + ≤ ca ab , đẳng thức xảy a = b = 1, c = Vậy bc Bài tập tự luyện ( x + y + z ) − ( x y + y z + z x ) ≤ 3, ∀x, y, z ∈ [ 0;1] Bài 1: Chứng minh 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= Tìm maxT chứng minh ( a − b) ( b − a) ( a − c) ( a + b) ( b + a) ( a + c) max T < 21 f x, y, z ) = xy + yz + zx − xyz Bài 4: (Bảng A, 2001) Cho hàm số ( miền 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 P ( x, y , z ) = 80 18 xyz + x + y 27 Hãy tìm GTLN biểu thức Bài 6: (Đề thi chọn ĐTQG, 2001) Xét số thực dương a, b, c thỏa mãn 21ab + 2bc + 8ac ≤ 12 P ( a , b, c ) = + + a b c Tìm GTNN biểu thức 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 2 ⇔ ( x + y ) − 8( x + y ) ≤ ⇔ ≤ x + y ≤ • ( x − 4) + ( y − 4) + xy ≤ 32 • ⇒ − xy ≥ − ( x + y ) xy ≤ ( x + y ) 2 3 A = x + y + 3( xy − 1)( x + y − 2) = ( x + y ) − xy − 3( x + y ) + 33 | P a g e 33 Ñeà cöông toaùn THPT 2016 ≥ ( x + y )3 − ( x + y ) − 3( x + y ) + A t − t − 3t + ⇒ f’(t) = 3t − 3t − Đặt t = x + y ( ≤ t ≤ ), xét f(t) = 1+ 1+ 17 − 5 f’(t) = t = ; f(0) = 6, f(8) = 398, f( ) = 17 − 5 1+ Vậy giá trị nhỏ f(t) xảy t = 17 − 5 1+ 1+ A ≥ f(t) ≥ Dấu xảy x = y x + y = hay x = y = 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 b3   a b   + ÷−  + ÷ a  nhỏ biểu thức P =  b a   b Lời giải ( a + b ) + ab = ( a + b ) ( ab + ) Theo giả thiết ta có Từ suy ra: 2 a b 1 1 a b  + ÷+ =  + ÷( ab + )  + ÷+ = a + + b + b a b a a b hay  b a  a+  a 2 b +b+ ≥ 2 + ÷ b a a  b Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: a b + Đặt t = b a , ta suy ra: 2t + ≥ 2 t + ⇒ 4t2 – 4t – 15 ≥ ⇒ t ≥  a b3   a b   + ÷−  + ÷ Mặt khác: P =  b a   b a  = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t) − f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = ⇒ t = hay t = 23 ⇒ Min f(t) = t = 23 − Vậy P = a = b = hay a = b = − 1 + + =1 Ví dụ Cho ba số thực a, b, c ≥ thỏa mãn + a + b + c Chứng minh 1 + + ≥2 ab − bc − ca − 34 | P a g e 34 Ñeà cöông toaùn THPT 2016 Lời giải 1 1 = x, = y, =z x, y , z ≤ 1+ b 1+ c x + y + z = Đặt + a Khi z x y ab − = , bc − = , ac − = xy yz zx , bất đẳng thức cần chứng minh có dạng Ta có xy yz zx + + ≥2 < x, y , z ≤ z x y x + y + z = với điều kiện Với nhận xét toán đối xứng với biến x, y nên ta đưa toán từ ba biến hai biến s2 0< p≤ ≤ s  ( ) s (1− s)  s2  s2 f p ≥ f − 4s = g ( s ) ( ) ≥ ⇔ s ≤ 2−  ÷= − s   Nếu 2 ta có: 1  1 g ' ( s ) = −4 + ;2 − g s ≥ g ( )  ÷=   g s ( − s ) , từ 2 Khảo sát ( )  có 1 x= y= z= , tức a = b = 3, c = Đẳng thức xảy Ví dụ (Trích đề thi khối A năm 2012) Cho số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm | x − y| | y − z| | z − x| 2 giá trị nhỏ biểu thức P = + + − 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 ) 35 | P a g e 35 Ñeà cöông toaùn THPT 2016 a + b = y − z + z − x ≥ x + y − 2z = z ⇒ ( a + b) ≥ 9z 2 Ta lại có, a + c) Tương tự ( ≥ y , ( b + c ) ≥ x2 nên ta có: ( a + b) + ( a + c ) + ( b + c ) ≥ ( x2 + y + z ) ⇔ ( a + b + c ) + ( a + b2 + c2 ) ≥ ( x2 + y + z ) ⇔ ( a + b + c ) ≥ ( x2 + y2 + z ) P ≥ 3a + 3b + 3c − ( a + b + c ) Khi đó, ta có Xét hàm số: 2 f ( t ) = 3t − t , t ∈ [ 0; +∞ ) f ' ( t ) = 3t ln − > 0, ∀t ∈ [ 0; +∞ ) f t 0; +∞ ) f t ≥ f ( ) ⇔ 3t ≥ t + 1, ∀t ∈ [ 0; +∞ ) Do đó, ( ) đồng biến ( nên ( ) P ≥ a + b + c + − ( a + b + c) = Nên 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 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 + y) x(x+y+z)=3yz, ta có ( + ( x + z ) + ( x + y) ( y + z ) ( x + z ) ≤ 5( y + z ) 3 Lời giải Cách Đặt a = y + z , b = z + x, c = x + y a,b,c dương x= b+c−a c+a−b a +b−c 2 ,y = ,z = 4a = ( b + c ) + ( b − c ) 2 điều kiện toán trở thành (1) 3 , ta phải chứng minh: b + c + 3abc ≤ 5a 4a ≥ ( b + c ) ⇒ 2a ≥ b + c Từ (1) ta có: 36 | P a g e 36 Ñeà cöông toaùn THPT 2016 a = b + c − bc ≥ 2bc − bc ⇒ a ≥ bc 2 b3 + c + 3abc = ( b + c ) ( b − bc + c ) + 3a.bc ≤ 2a.a + 3a.a = 5a Có Dấu xảy a=b=c hay x=y=z Cách Đặt y=ax,z=by ( a,b>0) Khi , ta có toán tương đương: “Cho a,b dương a+b+1=3ab a + 1) (1).CMR ( + ( b + 1) + ( a + 1) ( b + 1) ( a + b ) ≤ ( a + b ) 3 (2) ” 3( a + b ) ⇔ ( a + b ) − ( a + b ) − ≥ ⇔ a + b ≥ ( a + b > ) Từ (1) ta có: (3) a + b + = 3ab ≤ (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 + ) ≤ ( a + b ) ⇔ ( a + b + ) − ( a + b + 1) ≤ ( a + b ) 3 3 ( (1) ) Đặt t=a+b từ (3) ta có t≥2 ( t + 2) suy , − ( 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 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 y = f ( x) suy nghĩ cách tự nhiên để giải toán ta xét hàm số , sau chứng f x ≥ Ax + B A a + a + + an ) + nB = nf ( α ) minh ( ) với x ∈ D , A, B thỏa mãn ( Aα + B = f ( α ) y = f ( x) (hay ) Dễ thấy y = Ax + B tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm x = α Như qua phân tích, đưa lời giải cho toán tổng quát y = f ( x) x ∈ D sau: Xét hàm số , , viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số x = α f ( x ) ≥ Ax + B y = Ax + B Ta chứng minh với x ∈ D , từ suy ra: f ( a1 ) + f ( a2 ) + + f ( an ) ≥ nf ( α ) (đpcm) 37 | P a g e 37 Ñeà cöông toaùn THPT 2016 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 + Lời giải Từ giả thiết ta có f ( a) + f ( b) + f ( c) + f ( d ) ≥ xét hàm số f ( x ) = x3 − x a, b, c, d ∈ ( 0;1) bất đẳng thức viết dạng 1 a=b=c=d = f x = x − x ( ) với Ta , đẳng thức xảy khoảng ( 0;1) , phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = x− 8 điểm có hoành độ 1 5 f ( x ) −  x − ÷ = ( x − 1) ( 3x + 1) ≥ f x ≥ x − ( ) ∀x ∈ ( 0;1) 8 8 8, Xét , , suy ∀x ∈ ( 0;1) 1 f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) + f ( d ) ≥ ( a + b + c + d ) − = 8 , đẳng thức xảy Từ ta có x0 = a=b=c=d = Ví dụ Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh 1 + + ≥ a + b2 + c2 a b c Lời giải  1 0; ÷ 0 = ( a + b + c ) > a2 + b2 + c2 ta có a b c nên toán chứng minh, ta 1  1  a, b, c ∈  ;  f ( x ) = − x2  ;  3   x xét Ta xét hàm số đoạn , phương trình tiếp tuyến f ( x) x0 = y = −4 x + đồ thị điểm có hoành độ Ta có f ( x ) − (−4 x + 4) = 38 | P a g e ( x − 1)  − ( x − 1)  1    ≥ ∀x ∈  ;  ∀x ∈  ;   3  f x ≥ −4 x + 3 3 x , suy ( ) , 38 Ñeà cöông toaùn THPT 2016 Từ ta có: a = b = c = f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥ −4 ( a + b + c + d ) + 16 = , đẳng thức xảy Ví dụ Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh 10 ( a + b3 + c3 ) − ( a + b5 + c5 ) ≥ Lời giải Như toán trên, ta xét hàm số x0 = f ( x ) = 10 x − x5 khoảng ( 0;1) , phương trình tiếp 25 16 y= x− 27 tuyến đồ thị điểm có hoành độ 16   25 f ( x ) −  x − ÷ = ( x − 1) ( −27 x − 18 x + 21x + 16 ) 27  27  Xét , ta chưa thể khẳng 25 16 x− x ∈ ( 0;1) g ( x ) = −27 x − 18 x + 21x + 16 27 định với , nên ta đặt xét g x 0;1 g x 0;1 hàm số ( ) khoảng ( ) , ta thấy ( ) không dương ( ) , nên ta phải tìm cách g x >0 chia khoảng xác định x tốt cho khoảng ( ) Bằng cách lập f ( x) ≥  9 x ∈  0; ÷ g x 0;1 g x >0  10  , từ bảng biến thiên hàm số ( ) khoảng ( ) , ta suy ( ) với ta có f ( x) ≥  9 25 16 x ∈  0; ÷ x−  10  Như toán chứng minh xong 27 với  9 a, b, c ∈  0; ÷  10  a + b + c = Bây ta xét trường hợp có ba số a, b, c thuộc 9  9   1 a ∈  ;1÷ b, c ∈  0;  10 ;1÷  , giả sử 10  a, b, c dương có tổng nên  10  , nửa khoảng 9   1 ;1  0; 10  f ( x) f a > f ( 1) = 10   dễ thấy hàm số nghịch biến đồng biến , suy ( ) , f ( b ) > f (0) = 0, f ( c ) > f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) > , f a + f ( b) + f ( c) ≥ Vậy ( ) với số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Đẳng a=b=c= thức xảy Thông qua toán 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 39 | P a g e 39 Ñeà cöông toaùn THPT 2016 1 27 + + ≤ − ab − bc − ca Lời giải Nhìn toán ta khó thấy việc sử dụng phương pháp tiếp tuyến, nhiên để ý ( a + b) ab ≤ chút ( 1− c) = 4 ≤ suy − ab + 2c − c nên ta đưa toán cho 1 27 + + ≤ 2 32 với điều toán quen thuộc: Chứng minh + 2a − a + 2b − b + 2c − c kiện a, b, c dương a + b + c = f ( x) = Bây xét hàm số + x − x khoảng ( 0;1) , phương trình tiếp tuyến đồ −27 81 y= x+ 256 256 thị hàm số điểm có hoành độ 81  27 81 ( 3x − 1) ( 13 − x )  −27 f ( x) −  x+ + x− = ≤0 ÷= 256 256  + x − x 256 256 256 ( + x − x )  Xét với x ∈ ( 0;1) , f ( x) ≤ − 27 81 x+ 256 256 với x ∈ ( 0;1) Từ ta có 1 27 81 27 + + ≤− ( a + b + c ) + = 2 + 2a − a + 2b − b + 2c − c 256 256 32 , đẳng thức xảy a=b=c= 4 Ví dụ Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh 1 + + ≤1 − ab − bc − ca Lời giải a + b2 ab ≤ Áp dụng bất đẳng thức ta có 2 1 ≤ + + 2 2 2 + + − ab − bc − ca − ( a + b ) − ( b + c ) − ( c + a ) Tiếp theo đặt x = ( b2 + c2 ) , y = ( c2 + a2 ) , z = ( a + b2 ) 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 1 1 + + ≤ − x − y − z 40 | P a g e 40 Ñeà cöông toaùn THPT 2016 Xét hàm số f ( x) = − x khoảng ( 0;12 ) phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hoành độ x0 = Xét y= 1 f ( x) − ( x − 4) − = 144 6 1 ( x − 4) + 144 ( ) ( x − 4) x − − ( x − 4) = x + − x 144 144 x + − x x−4 ( )( ) ( )( ) 1 1 x − − ≤ ⇔ f x ≤ x − + ( ) ( ) ( ) 0;12 ) 144 144 Trên khoảng ( 1 1 1 + + ≤ ( x + y + z − 12 ) + ≤ 144 Do − x − y − z Đẳng thức xảy x = y = z = hay a = b = c = f ( x) − Bài tập tự luyện Bài Cho x, y, z ∈ [ 0;1] Tìm Q = ( x3 + y3 + z ) − ( x2 y + y z + z x ) giá trị lớn biểu thức 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 ( ab ) Bài Cho ba số + ( bc ) + ( ca ) ≤ thực dương 64 x, y , z Chứng minh dương Chứng minh rằng: ( x3 + y + z ) + 3xyz ≥ ( x y + y z + z x ) Bài Cho x, y , z số thực 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 + y z + z x 41 | P a g e 41 Ñeà cöông toaùn THPT 2016 x + y + z ) = 32 xyz Bài Cho số thực x, y, z > thoả mãn điều kiện ( Tìm GTLN – GTNN P= biểu thức x4 + y + z ( x + y + z) ( a3 + b3 + c ) 9( a + b + c) + ≥ 33 ( a + b2 + c2 ) abc Bài Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh 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 + c + 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: 42 | P a g e 2 42 16 [...]... 2 + 2 4x − 8 + 4 x > 4 ⇒ VT ( *) > 0 ⇒ 3 12 ( x − 4 ) 3 ( 4 x − 8) 2 + 2 3 4x − 8 + 4 = 0 ( *) phương trình (*) vô nghiệm x < 4 ⇒ VT ( *) < 0 ⇒ + Nếu phương trình (*) vô nghiệm + Nếu x = 4 Thỏa mãn phương trình (*) Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4 Cách 2:(Liên hợp hoàn toàn) ( 1) ⇔ 2 x 2 − 16 x + 32 = 3 3 4 x − 8 − ( x + 2 ) 2 x − 4 ) ( x + 14 ) ( 2 ⇔ 2 ( x − 4) + 2 2 9 3 ( 4 x −... −2sin  14 14 14   2 2   14 14 14   Vì Mà phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm nên pt(*) có 3 nghiệm như trên  π 2sin  π 14  y = 2sin ⇒ x = 14 3   3π  2sin 14  y = 2sin 5π ⇒ x = 14 3 Kết hợp với điều kiện y ≥ 0 ta có  Từ đó tìm được nghiệm của hệ phương trình Bài 4 (Trích đề kiểm tra năng lực giáo viên THPT tỉnh Bắc Ninh năm học 2012-2013)  2 x 2 − 13 x + 17 ( y + 3) y + 1 2 =  4 x +... y + 1 ≥ 4 ⇒ g ( y + 1) ≤ g ( 4 ) = 2 2  2 Do 16 | P a g e 16 Ñeà cöông toaùn THPT 2016 Từ đó suy ra x = 3, y = 3 Thử lại x = 3, y = 3 thỏa mãn hệ phương trình  3 x + 4 − 3 y + 4 + x 3 − x 2 y = 0 ( x, y ∈ ¡ )  3 2 Bài 5: Giải hệ phương trình  x − 3 y + 1 = 8 − 3x Lời giải: 4 8 4 − ≤x≤ ; y≥− 3 3 ĐK 3 4 4 3 3 ( x; y ) =  − ; − ÷ x≠− y≠−  3 3  không là nghiệm của hệ Do đó 4 hoặc 4 Nhận xét:... gần đây, bài toán cực trị trong các đề thi tuyển sinh đại học đa phần là bài toán khó nhất đề thi Để giải quyết các bài toán này đòi hỏi thí sinh phải có nhiều kỹ này quan trọng khi giải các bài toán cực trị Chuyên đề này đưa ra một số cách tiếp cận bài toán cực trị bằng phương pháp hàm số 1 Phương pháp khảo sát hàm đặc trưng Ví dụ 1 Chứng minh rằng 20 | P a g e 20 Ñeà cöông toaùn THPT 2016 x +1 a)... giải: b b a a  1 + 4 a   1 + 4b   a 1  b 1 2 + a ÷ ≤ 2 + b ÷ ⇔  a ÷ ≤  b ÷ 2   2   2   2  Ta có  ⇔ ( 1+ 4 Xét hàm số f ( x) = ) ≤ (1+ 4 ) a b b a ln ( 1 + 4 x ⇔ ln ( 1 + 4 ) a b ≤ ln ( 1 + 4 ) b a ⇔ ln ( 1 + 4a ) ) x ≤ a ln ( 1 + 4b ) b với x > 0 Ta có f ′( x) = nên f là hàm nghịch biến trên Bài tập tự luyện 4 x ln 4 x − ( 1 + 4 x ) ln ( 1 + 4 x ) ( 0; +∞ ) x2 ( 1 + 4x ) Do đó f ( a)... − y ) ( x 2 − 1 − y ) = 0 ⇔  2  y = x −1 2 4 Với y = 3x - 5 thay vào (2) ta được − y − 2 y + 1 = −1 < 0 vô nghiệm 2 4 2 4 Với y = x − 1 thay vào (2) ta được 2 − x = x − 3 x + 3 (*) 4 4 Điệu kiện − 2 ≤ x ≤ 2 5 − x4 1.1.1 2 − x ≤ 4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 5 − x4 x 2 − 3x + 3 ≤ ⇔ x 4 + 4 x 2 − 12 x + 7 ≤ 0 4 Từ (3) ta có: 4 ⇔ ( x − 1) 2 (x 2 4 + 2x + 7) ≤ 0 ⇔ x = 1 Thử lại x = 1 thỏa mãn... biến trên Vì vậy, Đồng thời T = 13 ⇔ c = 1 Với giả thi t 0 < a ≤ b ≤ c và a + b + c = 3 và (3) suy ra a = b = 1, tức là tam giác ABC đều Ví dụ 3 (Trích đề thi thử ĐH khối B tỉnh Bắc Ninh năm 2013) Cho hai số thực x, y với y > −1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S= x4 y 4 + − 4y + 5 + 2 2 x4 y4 + + 8 y 2 − 4 x − 12 y + 9 2 2 y +1 Lời giải 4 x4 1 1 2 y + ≥ x , + ≥ y2 2 2 2 2 Ta có 2 2 dấu bằng xảy... 4) + 2 2 9 3 ( 4 x − 8) + 3 3 4 x − 8 ( x + 2 ) + ( x + 2 ) =0 x = 4  ( x + 14 ) ⇔ * 2+ = 0( ) 2 2  9 3 ( 4 x − 8) + 3 3 4 x − 8 ( x + 2 ) + ( x + 2 )  Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4 Cách 3:(Phương pháp đánh giá) Ta có: 3 3 ( 4 x − 8) 8.8 ≤ 4 x + 8 ⇒ 3 ( 4 x − 8) ≤ x+2 ( Theo bất đẳng thức Cô si) 2 x 2 − 15 x + 34 ≤ x + 2 ⇔ 2 ( x − 4 ) ≤ 0 ⇔ x = 4 Do đó Thử lại thấy thỏa mãn... ( −2; 2 )  2 2 , Thật vậy: xét , Đặt 3 2 Pt(*) trở thành: 8sin t − 4sin t − 2sin t + 1 = 0 ⇔ 4sin t ( 1 − 2sin 2 t ) = 1 − 4sin 2 t ⇔ 4sin t.cos 2t = 4cos 2 t − 3 ⇔ sin 4t = cos3t ( Do cos t = 0 không là nghiệm của pt) 15 | P a g e 15 ) 3 =0 2 2 +1 y = 3 3 2 −1 2 −1 ⇒ 3 Ñeà cöông toaùn THPT 2016 π k 2π  t= +  π  14 7 ⇔ sin 4t = sin  − 3t ÷ ⇔  ( k ∈¡ ) π 2  t = − + k 2π  2 π 5π 3π  ... 4 x + 18 x − 20 + 2 2x − 9x + 8 27)  (Trích đề thi chọn đội tuyển QG – TP HCM 2013)  x 2 + xy + x + 3 = 0   2 2 ( x + 1) + 3 ( y + 1) + 2 xy − x y + 2 y = 0 28) ( 19 | P a g e ) 19 Ñeà cöông toaùn THPT 2016  x + xy + 2 y = 0 3 4 2 2 29)  x − x + 4 = 4 y + 3 y 3 2 3 CHUYÊN ĐỀ 11: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ VỚI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ Biên soạn và sưu tầm: Nguyễn Minh Nhiên – Sở GD&ĐT Trong những năm ... 4) + 144 ( ) ( x − 4) x − − ( x − 4) = x + − x 144 144 x + − x x 4 ( )( ) ( )( ) 1 1 x − − ≤ ⇔ f x ≤ x − + ( ) ( ) ( ) 0;12 ) 144 144 Trên khoảng ( 1 1 1 + + ≤ ( x + y + z − 12 ) + ≤ 144 Do −...  π  14 ⇔ sin 4t = sin  − 3t ÷ ⇔  ( k ∈¡ ) π 2  t = − + k 2π  π 5π 3π   π π   π 5π 3π   t ∈  − ; ÷ ⇒ t ∈  ; ; −  ⇒ y ∈ 2sin ;2sin ; −2sin  14 14 14   2   14 14 14   Vì... (1) tương đương với (3) x ≥ x ≥ x ≥ ⇔ ⇔ ⇔ 2 2  x y = 144 − 12 x − 12 y + x y 12 y = 144 − 12 x  y = 12 − x (4) (3) Thế (4) vào (2) ta có (2) ⇔ x3 − x − = 10 − x ⇔ x − x − − 10 − x =