Chinh phục điểm 8 9 10 Kỳ thi THPT Quốc gia môn Toán

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán LOVEBOOK.VN CHINH PHỤC ĐIỂM 8; 9; 10 Bài 1: (Trích trang 15 sách ‘’Chinh phục đề thi THPTQG môn Toán ‘’ tập Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực phân biệt:  3  x  1   x   x   x  3  m    3 x 1 Hướng dẫn giải Định hướng: Ý tưởng tìm m để phương trình có nghiệm không xa lạ  Ý tưởng cô lập m để thu dạng m = f(x), sau khảo sát f(x) để kết luận giá trị m thỏa mãn điều kiện đề Với này, muốn cô lập m cách nhanh chóng ta chia hai vế cho   chia ta phải xét trường hợp x = (để đảm bảo    x  Thế trước  x   0) Khi ta thử x = vào vế trái thấy vế trái  chắn vế trái phân tích nhân tử (x – 2)  nhân tử (x – 2) chia cho     x  (vì hai có nghiệm x = 2) Thật vậy:  x – = –   x  1    3 x 1   3 x 1 Vậy nên ta chọn cách thuận lợi cho lời giải phân tích vế trái chứa nhân tử ngắn gọn hơn! VT =  x      x    x  x  2   x     x  để giải    x    x 1  3  x    3 x 1  3 x  1 x 1 3 x    Như chuyển vế ta thu hai nhân tử     x  và: 3 x  1 x  1  x 3  x   m  3 Cái khó lại xử lí nhân tử thứ hai: 3 x  m 1 x  1 x  1  x 3  x   m   3 x  1  x 3  x   (1) Xử lí phương trình không khó, thường ta đặt: t 1 x   x  t2   1  x 3  x   (1) gần xử lí Thế với bạn thục việc giải phương trình chọn cách khảo sát vế phải (1) để không thời gian biện luận theo ẩn t Bài giải: Điều kiện –1  x  Phương trình cho tương đương với: 3 x    x    x 1  3  x   3  m   3 x 1    x  1   x   x 1   x   3  m   x  1    x  1   x   x  1  x 3  x   m  3     Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán x   m   x   x  1  x 3  x   (*) LOVEBOOK.VN Phương trình cho có ba nghiệm phân biệt (*) có hai nghiệm phân biệt khác Xét hàm số f  x    x   x     Với x  1;3 : f’ x  1x  1  x 3  x   1;3 3x  2x  2 1  x 3  x  f ’  x     x   x  2x   1 x  3 x   1 x  3 x  1 x  3 x 1  x   1 x  3 x 0  2 Bảng biến thiên: –1 x f ’(x) − + f(x) Dựa vào bảng biến thiên, kết hợp với điều kiện x  (và f 2   ) ta kết luận giá trị  11  m cần tìm m  5;   2 2  3 Bài 2: (Trích T24 sách ‘’Chinh phục đề thi THPTQG môn Toán ‘’ tập 1’’)  x 4x2  9x  Giải bất phương trình:     (x ∈ ℝ) x 4x  3x    Hướng dẫn giải Định hướng: Cảm giác gặp phải bất phương trình “ngợp” Chưa vội động thủ, tìm điều kiện xác định phương trình Không khó để tìm điều kiện xác định phương trình x  Bước bước biến đổi phương trình Một điều phải thừa nhận bất phương trình hóc, mà bước quy đồng rắc rối (muốn quy đồng đúng, phải chia hai trường hợp x > x < 0), lại không đánh giá x nhờ vào bất phương trình cho Không sao, “Nắng có mũ, mưa có ô, giải bất phương trình điều kiện phức tạp có phương trình lo”! Thật vậy, ta giải phương trình tương ứng với bất phương trình trên, sau dùng bảng xét dấu để kết luận nghiệm bất phương trình Bất phương trình cho tương đương với: Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán     x 4x2  9x   x 4x2  3x      x 4x2  3x    LOVEBOOK.VN 0 Ta tìm nghiệm tử số mẫu số     x 4x2  9x   x 4x2  3x    g(x) =   lập bảng xét dấu g(x) x 4x2  3x    – Nghiệm mẫu số: tìm điều kiện xác định – Nghiệm tử số nghiệm phương trình:     x 4x2  9x   x 4x2  3x    Trước tiên, xin phá “vỏ” dấu ngoặc để phương trình dễ nhìn hơn: 4x3  9x2  6x   4x3  3x2  2x  (*) Đến có gì? Vế trái đa thức bậc ba Vế phải thức bậc Vậy giải theo cách thông thường lập phương hai vế chẳng thu kết tốt đẹp Đặt ẩn phụ không khả quan, đặt đặt t  4x3  3x2  2x  mà không biểu diễn lượng lại theo biến t không ổn Dường việc bế tắc phương pháp khác với hình thức phương trình (một vế bậc 3, vế chứa bậc 3) gợi “ép” ta theo phương pháp dùng hàm số Ta nhẩm tính dùng hàm số bậc ba, cách thêm vào hai vế lượng lập phương vế phải (*) Điều gượng ép, cộng thêm vào hai vế lượng  4x  3  3x2  2x  bên vế phải xuất số hạng có lũy thừa cao 8x = (2x) , lập phương lượng “đẹp” (*)  8x3  12x2  8x   4x3  3x2  2x   4x3  3x2  2x  Vậy hàm số ta dùng toán f(t) = t3 + t (là hàm đồng biến)  cần biến đổi vế trái thành dạng (ax + b)3 + (ax + b) Để tìm a, b ta dùng phương pháp hệ số bất định: a3   3a b  12 a  3 3 2  8x  12x  8x   ax  b  ax  b  a x  3a bx  3ab  a x  b  b   3ab  a  b   b  b  Việc lại trình bày giấy Bài giải:  Điều kiện:         x 4x2  3x     x 4x2  3x    x  Bất phương trình cho tương đương với:     x 4x2  9x   x 4x2  3x      x 4x2  3x     (**) Ta xét dấu vế phải cách tìm nghiệm tử số mẫu số: – Nghiệm mẫu số: x = – Nghiệm tử số nghiệm phương trình:     x 4x2  9x   x 4x2  3x    Tài liệu hay: Tailieulovebook.com    CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán LOVEBOOK.VN  4x3  9x2  6x   4x3  3x2  2x   8x3  12x2  8x   4x3  3x2  2x   4x3  3x2  2x     2x  1  2x  1  4x3  3x2  2x   4x3  3x2  2x  (1) 3 Xét hàm số f(t) = t3 + t ℝ Ta có f’(t) = 3t2 + > với t ∈ ℝ  f(t) đồng biến ℝ Mặt khác (1) có dạng 3 f 2x  1  f  4x3  3x2  2x    2x   4x3  3x2  2x     2x  1  4x3  3x2  2x   4x3  9x2  4x   x   x  9  17 Lập bảng xét dấu vế phải (**): x – Tử số VP(**) Mẫu số VP(**) – VP(**) + + – – – – + + + + Dựa vào bảng xét dấu, ta kết luận tập nghiệm bất phương trình là:  9  17   9  17  S =  ; ;   0;      8     Bài 3: (Trích T47cuốn sách ‘’Chinh phục đề thi THPTQG môn Toán ‘’ tập 1.) Giải phương trình: x2   x3   x  (x ∈ ℝ) Hướng dẫn giải Định hướng: Phương trình rõ ràng chứa hai loại thức khác bậc, nên hướng ta liên hợp dùng hàm số, đánh giá – Hướng 1: Sử dụng phép liên hợp: Trong sử dụng phép liên hợp cần ý điều kiện xác định toán để đánh giá cách chặt chẽ nhất: x  Không khó để nhẩm nghiệm phương trình x = (có thể dùng máy tính để solve), nên ta dùng cách nhân liên hợp với số để giải (trường hợp dùng liên hợp với biểu thức phức tạp hơn): 3 x2   x3   x    x2      x  3    x3        x2    x  1 2   x  3  2 x 1  27  x3  x3  0    x 3 x2  3x    0   x  3  1 3 5 x 2  x 1 2 x 1       Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán x   x 3 x2  3x      (*)  3 2  x  3 x 1 2 x 1    LOVEBOOK.VN  Đến ta chứng minh (*) vô nghiệm Một dấu hiệu để theo hướng dùng máy tính solve x 3 thấy không nghiệm Hơn nhận xét phân số:+) + Phân số bậc mẫu (1 <  x  1 2 có bậc tử bé 2 x 1  4 ) nên lim đến vô cực Ta thử với cận gần x  giá trị phân số xấp xỉ 0,7 Thử với x = 2, x = thấy giá trị phân số bắt đầu giảm Vậy nên ta dự đoán phân số có giá trị < x2  3x  +) Phân số 5 x 2 có bậc tử lớn bậc mẫu nên dễ dàng thấy lim đến dương vô cực dương vô cực Thử với cận gần x  thấy > Khi thử giá trị lớn thấy giá trị phân số tăng Với dự đoán phân số > với dự đoán thứ nhất, hoàn toàn chứng minh phương trình (*) vô nghiệm Đầu tiên ta chứng minh: x 3  x  1 2    x  x2   x2     x2   Vậy nên cần chứng minh:  x  x2      x   x2      x  1  x2      x4  x3  x2  3x     x  1 x2  x   , với x  Tiếp theo ta chứng minh: x2  3x  5 x 2    x2  3x   x3   x2  3x    x2  x    x  3 2    x  2  5x2  Điều Như vậy: x 3  1  3 x2   2 x 1  x 3 x2  3x    1 0  3  x   x2  3x  x2  2 x 1  2   5  x  Từ suy (*) vô nghiệm Vậy nghiệm phương trình x = – Hướng 2: Sử dụng đạo hàm Trong trường hợp dùng hàm số dạng f(g(x)) = f(h(x)) được, mà phải dùng đến can thiệp đạo hàm trực tiếp    Xét f(x) =  x   x3   x  2;     Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán 2x 3x2  1 Ta có: f’(x)  x 2 33 x2   LOVEBOOK.VN  Nhận xét phân số có đạo hàm: 2x +) Phân số  33 x  giá trị  có bậc tử bé bậc mẫu, nên lim đến vô Đồng thời thử x  , x = 2, x = 3,… vào thấy giá trị phân số giảm (có thể dùng chức TABLE máy tính để việc nhanh chóng hơn)  nhận thấy giá trị phân số < 1,3 Vậy 3x2 x3  < –2,3 hoàn toàn chứng minh f ’(x)  3x2 +) Phân số (lưu ý có dấu trừ trước phân số này), có bậc tử lớn bậc mẫu nên lim đến x3  vô cực âm vô cực Dùng chức TABLE máy tính, ta nhận xét chung thấy giá trị phân số bé –2,3, điều ta mong đợi Vậy chứng minh vô nghiệm nhé! Với nhận xét bạn thử cách chứng minh f’(x) < nhé! Bài giải: +) Điều kiện: x  Phương trình cho tương đương với:  x     x     x3             x2    x  1 2   x  3   x 1  27  x3  x3  0    x 3 x  3x    0   x  3  1 3 5 x 2  x 1 2 x 1       x   x 3 x2  3x      (*)  3 5 x 2  x2   x2    +) Ta chứng minh:   x 3  x  1 2    x  x2   x2     x2   Muốn điều xảy cần:  x  x2      x   x2      x  1  x2      x4  x3  x2  3x     x  1 x2  x   , với x  Tiếp theo ta chứng minh: Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán x  3x     x2  3x   x3   x2  3x  5 x 2 Điều Như vậy:    x  2   x x LOVEBOOK.VN    x  3 2  5x2  x 3  1  2  x 3 x2  3x   x 1 2 x 1   1 0  3 2  x   x2  3x  x 1 2 x 1  2   5  x      Từ suy (*) vô nghiệm Vậy nghiệm phương trình x = Bài 4: (Trích T59cuốn sách ‘’Chinh phục đề thi THPTQG môn Toán ‘’ tập 1) x  x  2  x  Giải bất phương trình:  x  1 (x ∈ ℝ) Hướng dẫn giải Định hướng: Bất phương trình vô hướng mà việc sử dụng phương pháp hàm số, nhân liên hợp, đánh giá bị hạn chế không nhẩm nghiệm đẹp phương trình, phương pháp đặt ẩn phụ tỏ không hiệu phương trình có móc xích với Thử chia hai vế cho x hay x  , x  không thấy hi vọng Vậy nên, để có cách đánh giá khách qua bất phương trình, ta gần phải bình phương hai vế lên (mục đích khử – toán nhẩm tính bình phương hai lần để thu bất phương trình bậc 6): x  x  2  x   x  1  x  x  2  x  2x x    x  1  2x x   x3  2x2  Theo nhẩm tính bình phương lên lần để thu phương trình bậc giúp ta “chệch hướng” khác Đến ta thấy rằng: x x 2   x3  2x2 → bất phương trình trở nên đơn giản Bài giải: +) Điều kiện: x  Bất phương trình cho tương đương với:  x  x  2  x    x  1  x  x  2  x  2x x    x  1  x3  2x2  2x x      x x 2    2x x     x x     0   x x    x3  2x2    x  1 x2  x    x  Vậy bất phương trình có nghiệm x = 1 (do x  0) 1 Bài 5: (Trích T71 sách ‘’Chinh phục đề thi THPTQG môn Toán ‘’ tập 1.) Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán Giải bất phương trình: x 3 x 33 x 1  LOVEBOOK.VN 4x (x ∈ ℝ) x Hướng dẫn giải Định hướng, phân tích: Ta thấy bất phương trình phức tạp mặt hình thức Vậy nên điều nên làm giảm độ phức tạp (nếu có thể) Một thần mẫu thức có dạng (ax + b + c dx  e ) thấy hình thức phức tạp thử xem nhân liên hợp có giúp cho toán không  x  3 x 1  x 33   x  1 x 33 x 1  x  x  3 x 33 x 1 Đến thấy mẫu số có (x – 3) để rút gọn cho tử số, đồng thời có x “giống với mẫu số vế phải” (chứ chưa rút gọn cho vế phải chưa xác định dấu x để quy đồng) Vậy sau liên hợp ta thu bất phương trình: x 33 x 1  x  Vì bất phương trình x x chồng chéo việc quy đồng (phải chia trường hợp x > 0, x < quy đồng được) nên ta lại dùng “phương trình để xử lí bất phương trình” (cách lập bảng xét dấu) Ta tìm nghiệm tử số cách giải phương trình x   x    x  miền xác định [–1; 4] Giải phương trình không khó, nhận thấy vế phải hàm tăng (khi x tăng vế phải tăng)  dễ nhẩm nghiệm x = Vậy tóm lại chia hai trường hợp x > x < không khó để lí luận nghiệm bất phương trình  Thực việc định hướng cho bạn “thường lao vào toán ngay” mà không tìm điều kiện trước Nếu tìm điều kiện trước ta phát vấn đề cách đơn giản: x  x   x    x  3   x     → chứng tỏ mẫu số có hai nghiệm x = x = → tức x  mẫu số phân tích thành dạng x(x – 3)  Định hướng rút gọn toán Bài giải: 4  x  1 4  x  1 4  x  1     +) Điều kiện: x   x   x    x   x   x    x  3   x  1 Với điều kiện bất phương trình cho tương đương với: x 3  x  3   x  1     x  3 x   x   x 4x   x x x  x  3 x 33 x 1  x 33 x 1 4 x x 33 x 1 3  x    (*) x x x +) Nếu  x > x   x 33 x 1 3  x 0 33 3 0 x 33 x 1 3  x   (*) thỏa mãn x +) Nếu > x  –1 x 33 x 1 3  x 0 33 3 0 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán  LOVEBOOK.VN x 33 x 1 3  x  , thỏa mãn (*) x Vậy tập nghiệm bất phương trình S = [–1; 4] \ {0; 3} Bài 6: (Trích T21cuốn sách ‘’Chinh phục Hệ Phương Trình‘’ ) y = (5x + 4)(4 − x) (1) Giải hệ phương trình: { y − 5x − 4xy + 16x − 8y + 16 = (2) Hướng dẫn giải Hướng dẫn: Khi gặp phương trình hai ẩn mà quy phương trình bậc hai ẩn, việc ta cần nghĩ đến xem có đưa phương trình phương trình tích hay không Đương nhiên, phương trình bậc hai ẩn, ta không dại cố gắng mò mẫm số hạng để thêm bớt nhóm thành nhân tử, mà ta tính ∆ Khi ∆ phương, có nghĩa ta biểu thị ẩn qua ẩn ngược lại ∆x ∆y phương không phương Cụ thể với ví dụ trên, ta làm sau: (2) ⇔ y − (4x + 8)y − 5x + 16x + 16 = x = (2x + 4) + 3x = 5x + Δ′y = (2x + 4)2 + (5x − 16x − 16) = 9x ⇒ [ x = (2x + 4) − 3x = − x Đương nhiên bước “nháp”! Khi trình bày, ta viết phương trình tích cho nhanh; trình bày vào làm bạn chắn không điểm nào! Lý chưa biết x âm hay dương mà khai ∆’ thành 3x y = 5x + (2) ⇔ (y − 5x − 4)(y + x − 4) = ⇔ [ y=4−x Bài giải chi tiết Phương trình (2) tương đương với: (2) ⇔ (y − 5x − 4)(y + x − 4) = ⇔ [    y = 5x + y=4−x y = 5x + 4; (1) ⇔ (5x + 4)2 + (5x + 4)(x − 4) = ⇔ 6x (5x + 4) x=0⇒y=4 ⇔[ x=− ⇒y=0 y = − x; (1) ⇔ (x − 4)2 + (5x + 4)(x − 4) = ⇔ 6x(x − 4) = x=0⇒y=4 ⇔[ x=4⇒y=0 x x x ; ; Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là: y y y Nguồn gốc: Bài hệ phương trình không khó để nhìn lời giải, không khó để tạo ta một, chí vô số toán có hướng giải tương tự Ta cần lấy tích hai biểu thức hai biến bậc với ẩn (cả hai ẩn không sao) làm phương trình, phương trình lại ta tự chọn Vì ta cần phương trình vấn đề toán giải nhanh chóng Bài 7: (Trích T24cuốn sách Chinh phục hệ phương trình‘’ Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán y  x -x-y = (1)  x-y  Giải hệ phương trình:   LOVEBOOK.VN  2 x2 + y - 2x - = 11 (2)   Hướng dẫn giải Hướng dẫn: Cả hai phương trình hệ có hình dạng không thiện cảm cho lắm.Tuy nhiên để ý chút bạn nhận thấy (x − x − y) − y = (x + y)(x − y − 1) Cái tích có liên quan nhiều đến thành phần (x − y) mẫu Nên ta biến đổi sau: y y (1) ⇔ 3√x − y = ⇔ 3√x − y − = −1 2 √x − x − y √x − x − y (x + y)(x − y − 1) x−y−1 ⇔3 + =0 √(x − y)2 + √x − y + √x − x − y + 1 x+y ⇔ (x − y − 1) ( + )=0 √(x − y)2 + √x − y + √x − x − y + Đến toán có thiện cảm! Khi vào (2), ta lại phương trình cồng kềnh chút: (2x − 1)2 − 3√2x − − 10 = Tuy nhiên, bạn nên coi phương trình phương trình bậc bốn ẩn √2x − Kết bạn giải phương trình mà bình phương lên phương trình vô tỉ khác Bài giải chi tiết x≠y x −x−y ≥ Điều kiện: x≥ { Nếu y < ⇒ - y √x − y < ⇒ √x − x − y < (vô lý) Nên y ≥ y=0 y=0 Với x − x − y = 0; (1) ⇒ { ⇔ { x = không thỏa mãn (2) [ x −x=0 x=1 Với x − x − y > 0; ta có: y y (1) ⇔ 3√x − y = ⇔ 3√x − y − = −1 2 √x − x − y √x − x − y (x + y)(x − y − 1) x−y−1 ⇔3 + =0 √(x − y)2 + √x − y + √x − x − y + 1 x+y ⇔ (x − y − 1) ( + )=0 √(x − y)2 + 3√x − y + √x − x − y + ⇔y=x−1 Khi đó: (2) ⇔ (2x − 1)2 − 3√2x − − 10 = ⇔ (√2x − − 2) [√(2x − 1)3 + 3(2x − 1) + 4√2x − + 5] = (vì x ≥ ) ⇔ √2x − = ⇔ x = ⇒ y = (thỏa mãn) 2 10 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán LOVEBOOK.VN     x  y   2   49 xy    Giải hệ phương trình:   x  y 1       xy    Hướng dẫn giải   Hướng dẫn: Nhận thấy Hệ phương trình đối xứng loại hai Tuy nhiên tiến hành đặt ẩn theo cách truyền thống tạo hệ cồng kềnh dính phải phân số Vậy ta cách nhân tung phá ngoặc 1 1 x + y + + = 49 (x + ) + (y + ) = 49 x y x y Hệ phương trình ⇔ ⇔ 1 1 x+y+ + =5 (x + ) + (y + ) = { x y { x y Đến đây, bạn nhìn hai ẩn xuất hệ phương trình Và hệ hai ẩn hệ đối xứng loại một, cách giải không khó khăn không dính phải mẫu số việc để nguyên ban đầu Bài giải chi tiết Điều kiện: xy ≠ Hệ phương trình cho tương đương với: 1 1 x + y + + = 49 (x + ) + (y + ) = 49 x y x y hphương trình ⇔ ⇔ 1 1 x+y+ + =5 (x + ) + (y + ) = { x y { x y 1 |a| = |x + | = |x| + ≥2 |x| x 1 a2 = x + + a=x+ x x Đặt 1 1⇔ |b| = |y + | = |y| + ≥2 b=y+ |y| y { y b2 = y + + { y Khi đó, ta thu hệ: 2 2 {a − + b − = 49 ⇔ {a + b = 53 a+b=5 a+b = a=7 { a+b=5 (a + b)2 − 2ab = 53 b ⇔{ ⇔{ ⇔ [ = −2 (thỏa mãn) a = −2 ab = −14 a+b=5 { b=7 x+ =7 x ± 3√5 x= { y + = −2 { y y = −1 (thỏa mãn) ⇔ ⇔ ± 3√5 x + = −2 x {y = [ x = −1 y+ =7 y [{ 12 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là: x y LOVEBOOK.VN y ; 2 x Bài 10: (Trích T63cuốn sách ‘’Chinh phục Hệ Phương Trình‘’ )  2x  y   x  2y   1 Giải hệ phương trình:  2 x  y  xy   x  y   25 Hướng dẫn giải Hướng dẫn: Nhận thấy hệ phương trình không dạng chuẩn tắc để khai triển theo phương pháp Hệ số bất định; nhiên ta khử việc bình phương hai vế phương trình đầu thu dạng chuẩn tắc hai phương trình Bài giải chi tiết 2x − y + ≥ Điều kiện: { x + 2y − ≥ Phương trình (1) tương đương với: (1) ⇔ 3x + y − + 2√(2x − y + 2)(x + 2y − 3) = ⇔ 2√(2x − y + 2)(x + 2y − 3) = 10 − 3x − y 10 − 3x − y ≥ ⇔{ 4(2x − y + 2)(x + 2y − 3) = (10 − 3x − y)2 10 − 3x − y ≥ ⇔{ x + 9y − 6xy − 44x − 48y + 124 = x − y − xy + 9(x + y) = 25 (2) Vậy ta hệ phương trình: { x + 9y − 6xy − 44x − 48y + 124 = (3) Lấy (2) + (3), ta được: x − y − xy + 9x + 9y + 5(x + 9y − 6xy − 44x − 48y + 124) = 25 3x − 4y − = ⇔ (3x − 4y − 1)(2x − y + 1) = ⇔ [ 2x − y + = Với 3x − 4y − = 0; kết hợp với (2) ta được: 131 ± √14976 3x − x= 3x − 4y − = y= ⇔{ ⇔ { x − y − xy + 9(x + y) = 25 388 ± 3√14976 −5x + 262x − 437 = y= 20 { Với 2x − y + = 0; kết hợp với (2) ta được: x=1⇒y=3 2x − y + = y = 2x + 17 39 ⇔{ ⇔[ { x − y − xy + 9(x + y) = 25 x= ⇒y= −5x + 22x − 17 = 5 Đối chiếu với điều kiện, ta nghiệm hệ phương trình là: 131 + √14976 17 x= x = 5 ;{ ;{ 388 + 3√14976 y = y = 39 y= 20 { Nguồn gốc: Thật để tạo hệ phương trình khó Bạn nhận thấy phương trình chứa thức phương trình mà ta phải chọn đầu tiên, ta nắn phương trình Sau ta tiếp tục từ phương trình bậc hai tổng quát trừ kết bình phương phương trình chứa thức Các phương trình hệ cuối toàn phương trình bậc hai, ta giải Cụ thể, ta thử tạo sau: x= - Chọn phương trình thức trước: √x + y − − √x − 2y + = 13 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán - LOVEBOOK.VN Bình phương hai lần để tạo thành phương trình thành phần: Phương trình ⇔ 2x − y + 2√(x + y − 1)(x − 2y + 1) = ⇔ 2√(x + y − 1)(x − 2y + 1) = − 2x + y ⇔ 4(x − 2y − xy + 3y − 1) = 4x + y + − 4x + 2y − 4xy ⇔ 9y − 4x − 10y + = (∗) - Chọn phương trình tích làm đích: (x − 3y + 1)(2x + 3y − 2) = ⇔ 2x − 9y − 3xy + 9y − = (∗∗) Từ (∗) (∗∗), ta tìm phương trình lại hệ cách tổng hợp tuyến tính hai phương trình lại với Giả dụ ta lấy (∗∗) − 3(∗), ta được: (2x − 9y − 3xy + 9y − 2) − 3(9y − 4x − 10y + 5) = 2x − 36y − 3xy + 12x + 39y − 17 = 2x − 36y − 3xy + 12x + 39y − 17 = Vậy ta thu hệ phương trình: { 9y − 4x − 10y + = Hệ chắn tồn hệ số tỉ lệ k = Bài 11: (Trích T66 sách ‘’Chinh phục Hệ Phương Trình‘’ )  xy  x  y  1 Giải hệ phương trình:  3  4x  12x  9x  y  6y  2 Hướng dẫn giải Bài giải chi tiết: Hệ phương trình cho tương đương với: 3xy − 3x + 3y = Phương trình ⇔ { 4x + 12x + 9x = −y + 6y + Trừ theo vế hai phương trình hệ cho nhau, ta được: 4x + 12x + 12x + = −y + 3xy + 9x ⇔ 4(x + 1)3 + 4y = 3y + 3xy + ⇔ 4(x + + y)[(x + 1)2 + y(x + 1) + y ] = 3y(y + x + 3) Thay xy − x + y = 3vào, ta kết quả: ⇔ 4(x + + y)[(x + 1)2 + y(x + 1) + y ] = 3y(y + xy + y) ⇔ 4(x + + y)[(x + 1)2 + y(x + 1) + y ] = 3y (x + y + 1) y = −1 − x ⇔ (x + y + 1)(2x + y − 2)2 = ⇔ [ y = 2x + - TH1: Với y = −1 − x; phương trình (1) trở thành: (1) ⇔ x(−1 − x) − x − − x = ⇔ x + 3x + = ⇔ x ∈ ∅ - TH2: Với y = 2x + 2; phương trình (1) trở thành: −3 ± √17 (1) ⇔ x(2x + 2) − x + 2x + = ⇔ 2x + 3x − = ⇔ x = ± √17 ⇒y= 17 x Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là: 17 y  Cách 2: Rút – thế: - Với x = −1 không thỏa mãn hệ phương trình 14 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán - LOVEBOOK.VN Với x ≠ −1, phương trình (1) tương đương với: (1) ⇔ y(x + 1) = x + ⇔ y = Đem vào phương trình (2), ta được: x+3 x+1 x+3 x+3 4x + 12x + 9x = − ( ) +6 +5 x+1 x+1 ⇔ (x + 3x + 4)(2x + 3x − 1) = ⇔ 2x + 3x − = ⇔ x = −3 ± √17 Đến ta giải tương tự cách  Cách 3: Hệ phương trình cho tương đương với: y(x + 1) = x + + { 4(x + 1)3 − 3(x + 1) = −y + 6y + Đặt t = x + Khi hệ phương trình trở thành: yt = t + yt = t + ⇔{ { 3 4t − 3t = −y + 6y + 4t + y − 3(t + 2) − 6y = yt = t + yt = t + ⇔{ ⇔{ 3 4t + y − 3yt − 6y = 4t + y − 3y(t + 2) = yt = t + yt = t + yt = t + ⇔{ ⇔{ ⇔{ t+y=0 (t + y)(2t − y)2 = [ 4t + y − 3y t = y = 2t Đến đây, bạn giải toán cách dễ dàng  Cách 4: Hệ phương trình cho tương đương với: (x + 1)(y − 1) = { 4(x + 1) − 3(x + 1) + (y − 1)3 + 3(y − 1)2 − 3(y − 1) − 11 = u=x+1 Đặt { v=y−2 Ta giải quyêt toán phương pháp Thế Nhận xét: Tóm lại bốn cách giải toán nêu ra, ta thấy cách cách có sẵn, nhiên công đoạn trình bày thời gian Cách tự nhiên theo quan điểm rút – thế, nhiên vướng phải phương trình bậc bốn phương pháp hệ số bất định phương trình Bài 12: (Trích T254cuốn sách ‘’Chinh phục Hình giải tích Oxy) Hướng dẫn giải Phân tích: 15 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán Trên sở toán gốc, sử dụng trực tiếp tính chất AM  BN để giải quanh làmyết tập Về toán này, cần chứng minh tính chất hình học toán gốc; khéo léo áp dụng linh hoạt điều kiện đề cho điều kiện tìm Mình quan tâm tới việc lập phương trình đường thẳng chứa A (do giả thiết cho A thuộc phương trình đường thẳng tính chất đặc biệt với hình Sau đó, sử dụng thêm tính chất hình để giải (trong này, sử dụng tính chất vuông góc để xử lí nốt toán) Vì trước tiên với điểm B H lập phương trình BH phương trình AM AM  BN Khi lập xong cạnh AM sử dụng thêm giả thiết A LOVEBOOK.VN A B H M D N C thuộc    : x  2y   để tìm tọa độ điểm A cách giải hệ phương trình tương giao AM ∆ Tiếp tục tham số hóa tọa độ điểm M đường thẳng AM lập sử dụng thêm tính chất vuông góc cạnh kề hình vuông: AB BM; tìm tọa độ điểm M Đoạn BC biết B trung điểm M, tìm tọa độ điểm C Hình vuông ABCD có tọa độ đỉnh A, B, C tìm nốt điểm D Lời giải:  BN  : 3x  y    Ta có BN  AM   4  8   AM  :  x     y          4  8  x     y    x  4   A  4; 0 Tọa độ điểm A nghiệm hệ  5  5 y  x  2y    Ta có  AM : x y    M 3a  4; a   BM  3a  4;a  4 Lại có AB  BM  BM.AB   3a  4   a  4   a   M 2;2  C  4;0 Mà A  4; 0 ; B0; 4 ; C  4; 0  D 0; 4 Vậy A  4; 0 ; C  4; 0 ; D 0; 4  Bài 13: (Trích T258 sách ‘’Chinh phục Hình giải tích Oxy) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh B(0; 4) Gọi M N trung 4 8 điểm BC CD Gọi H  ;  giao AM BN 5 5 Xác định tọa độ đỉnh lại hình vuông ABCD, biết A nằm    : x  2y   Hướng dẫn giải Phân tích: 16 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán A B H M D N LOVEBOOK.VN Bài toán tạo cho ấn tượng điểm H  lại lần điểm H xuất Và có quan điểm lập đường quan trọng qua H Nhưng mà điểm đường quan trọng Chẳng nhẽ lại phải “bó tay” Hay không lập phương trình qua H nữa, chẳng để lập, để tạo hướng giải Nhớ lại chút kiến thức thôi! Một đường thẳng hoàn toàn xác định biết điểm pháp tuyến Có điểm rồi, tìm pháp tuyến Chưa có đừng nản bạn, gọi pháp tuyến tìm cách tính pháp tuyến sau Việc tìm pháp tuyến có lẽ dựa vào góc đường thẳng thôi, H có thêm đường BC để tìm tòi C Bây mạnh dạn tính góc hình thật đã, ghép tọa độ vào  yeah!! Mình tính cosNBC  nên tìm pháp tuyến NB, dựa vào cos(BN;BC) Tiếp tục trình quen thuộc lập phương trình BH AM Nhờ có BH BC, giải hệ tương giao để tìm tọa độ B Nhờ có AM BC, tìm tọa độ trung điểm M BC tìm C Sau có tọa độ B C, lập phương trình AB qua B vuông góc với BC Và tìm tọa dộ A cách giải hệ tương giao đương thẳng AB AH Cuối tìm D kết thúc toán  Lời giải: Gọi độ dài cạnh hình vuông a a BC a Ta có BN     a2   cosNBC   BN 2 Gọi nBN   m;n  cos  BC; BN   mn m   n2 12  12  m  3n   n m   4  8  TH1: m  3n  chọn m=3  n    BN  : 3 x     y     3x  y   5  5  4  8  Mà AH  BN   AH  :  x    3 y     x  3y   5  5  3x  y   x    B  0;  Tọa độ điểm B nghiệm  x  y   y  x  3y   x    M 2; 2  C  4; 0 Tọa độ điểm M nghiệm hệ  x  y   y  Ta có BC   4; 4  nAB  1; 1   AB :  x  0   y     x  y   x  y   x  4   A  4; 0  D 0; 4  Tọa độ điểm A nghiệm hệ:  x  3y   y  TH2: m  n 4  8 28   chọn m =  n    BN  :  x    3 y     x  3y   5  5  4  8  Mà AH  BN   AH  : 3 x     y     3x  y   5  5  17 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán LOVEBOOK.VN  16 28 x  0  x  3y    B  16 ;  Tọa độ điểm B nghiệm      5  y  x  y       x  3x  y     14   4 24    M  ;   C  ;  L Tọa độ điểm M nghiệm hệ  5   5   y  14 x  y     Vậy A(-4; 0); B(0; 4); C(4; 0); D(0; -4) Bài 14: (Trích T21cuốn sách ‘’Chinh phục Hình giải tích Oxy) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M; N trung điểm 4 8 cạnh CB; CD Điểm H  ;  giao điểm BN AM Xác định tọa độ đỉnh hình vuông, biết 5 5 phương trình đường thẳng (AN): x + 3y + = điểm A có hoành độ âm Hướng dẫn giải Phân tích: Theo định hướng toán trên, nghĩ tới việc A B tính cosMAN , mà tam giác không vuông nên sử dụng định lí cos để tính góc Cũng từ cosMAN , gọi pháp tuyến đường AN (qua H; nhằm H mục tiêu quan trọng lập đường thẳng qua H) Sau tìm điểm giao đường vuông góc vừa lập với đường thẳng đề cho sẵn (đó AN) đồng thời tìm tọa độ N cách giải hệ tương giao AN BN Tiếp tục hướng làm tập trước nào! Gọi B M, suy tọa độ điểm C M D N C Và dùng vecto tiếp nhé: AB  2NC giải hệ tọa độ điểm B C Tìm B C việc tìm D biết A  Lời giải: Gọi độ dài cạnh hình vuông a Áp dụng định lí Pytago cho tam giác ABM, MNC, AND ta 2 a a a ; MN  MC2  NC2     AM  AB2  BM2  a2     a 2 2 2 a AN  AD2  DN2  a2     a 2   Áp dụng định lí cos cho tam giác ANM ta 5a2 5a2 a2   AM  AN  MN 4 cosMAN   2.AM.AN a a 2 2 18 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán Gọi n AM   m;n   cos  AH; AN   TH1: m  m  3n m   n2 32  12  LOVEBOOK.VN 13n  m    n  m  13n 4  8 124  chọn m = 13  n    AH  : 13 x     y     13x  9y  0 5  5  4 8 68   Mà AH  BN   BN  :  x    13 y     9x  13y  0 5 5    92 124 x    25 13x  9y   Tọa độ điểm A nghiệm  L x  3y   y  64  25 n 4  8  TH2: m    chọn m =  n  3   AH  :  x    3 y     x  3y   5  5  4  8  Mà AH  BN   BN  :  x     y     3x  y   5  5  x  3y   x  4   A  4; 0 Tọa độ điểm A nghiệm  x  3y   y  3x  y   x    N  2; 2 Tọa độ điểm N nghiệm hệ  x  3y   y  2 Gọi M 3m  4; m , B b;  3b  C 6m   b; 2m 3b 4  NC  6 m b 10; 2m 3b 2 ; AB   b  4; 3b   Mặt khác: 26m  b  10  b  m   AB  2NC     M 2; 2 ; B 0;   C  4; 0  D 0; 4   22m  3b  2   3b b  Vậy A  4; 0 ; C  4; 0 ; D 0; 4  Bài 15: (Trích T274 sách ‘’Chinh phục Hình giải tích Oxy) Trong không gian tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình phân giác góc A phân giác C y-5 = (d1) x-y-6 = (d2) Tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC I (1; ) J(1;5) Tìm tọa độ A,B,C Hướng dẫn giải 19 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán Phân tích: J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Nên CJ đường phân giác góc ACB Do hai phân giác phân giác góc vuông góc với Nên CJ  (d2)  Phương trình đường thẳng CJ từ ta có tọa độ điểm C bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC IC  phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC (d1) giao đường tròn hai điểm A D Mà ID  BC trung điểm BC  tọa độ B Lời giải: Ta có CJ phân giác góc ACB  CJ  (d2) (tính chất phân giác phân giác ngoài) CJ qua J (1;5) nhận vector phương (d2) LOVEBOOK.VN A d1 I J B C vector u2 (1;1) làm vector pháp tuyến nên có d2 phương trình x-1+y-5=0 hay x+y-6=0 D Điểm C giao điểm đường thẳng CJ (d2) nên có tọa độ nghiệm hệ: x - y - =  x + y - = x =  y = Vậy C có tọa độ (6;0) 5  R= IC = (6  1)2  (0  )2  2 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I bán kính R = 5 nên có phương trình : 2 5 (x − 1)2 + (y − ) = ( ) 2 hay x + y − 2x − 5y − 24 = Gọi D giao AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, A D giao điểm (d1) với đường tròn (I;R) Nên tọa độ A D nghiệm hệ : y =5 y -5=     x =6  2 x + y - 2x -5y - 24 =   x = -4   A D có tọa độ (6;5) (-4;5) Gọi B có tọa độ (a;b) BC  DI trung điểm BC nên B đối xứng với C qua DI BC  ID  (với M trung điểm BC) M ID  a+6 b  ;  Ta có: CB (a-6;b) trung điểm BC M   2 +) Trường hợp 1: D có tọa độ (6;5), A có tọa độ (-4;5)  5 Đường thẳng DI qua hai điểm D(6;5) I  1;  nên có phương trình:  2 20 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán LOVEBOOK.VN x -6 y -5 =  x -2y -16=0 6-1 52   5 (a -6).(-5)+b  -  =0  CB.DI=0 a = 10   2 B đối xứng với C qua DI nên    Vậy B(10;-8) b = -8 M ID  a +6 - b -16 =   2 +) Trường hợp 2: D có tọa độ (-4;5), A có tọa độ (6;5) x -(-4) y -5 Đường thẳng DI có phương trình : =  x +2y -6=0 -4-1 5-  C(6;0) thuộc đường thẳng x+2y -6=0 vô lý  loại Vậy A(-4;5) , B(10;-8) C(6;0) Nhận xét: Bài toán không khó mấu chốt bạn cần nắm tính chất “hai đường phân giác phân giác góc vuông góc ” để vận dụng để tìm tọa độ C Đồng thời kết hợp với tính chất ID vuông góc với BC trung điểm BC D nằm cung nhỏ BC đường tròn tâm I bán kính R Tuy nhiên, để chặt chẽ bạn kiểm tra điều kiện J D nằm khác phía so với BC tâm đường tròn nội tiếp tam giác thuộc miền tam giác giới hạn cạnh Bài 16: (Trích sách ‘’Chinh phục đề thi THPT Quốc gia tập 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A(3; –2), B(1;0) Tam giác ABC có diện tích bán kính đường tròn ngoại tiếp Tìm tọa độ đỉnh C Biết đỉnh C có tung độ dương Hướng dẫn giải +) Phương trình cạnh AB: x + y – = 0, AB  2 Gọi M trung điểm AB M(2; –1), suy phương trình trung trực cạnh AB (d): y = x – Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC  I ∈ d  I(x; x – 3) +) AI  R   (x  3)2  (x  1)2   x2  4x    x  x = TH1: Với x = suy I(1; –2) − Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (x  1)2  (y  2)2  − Tọa độ C thỏa mãn phương trình: (xC  1)2  (yC  2)2  , vô nghiệm theo giả thiết yC   (yC  2)2  , suy không tồn tọa độ C TH2: Với x = suy I(3; 0) − Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: (x  3)2  y2   y C   xC − Ta có SABC  AB.d(C, AB)   xC  y C      y C  3  xC  xC   C(3; 2) Với y C   xC  (xC  3)2  (xC  5)2     xC   y C  (KTM) Với yC  3  xC  (xC  3)2  (xC  3)2  , vô nghiệm Vậy tọa độ điểm C thỏa mãn C(3; 2) Bài 17: (Trích sách ‘’Chinh phục đề thi THPT Quốc gia tập 1) Cho số thực không âm thỏa mãn xy + yz + zx > z số lớn ba số x, y, z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 21 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán LOVEBOOK.VN x y z 2  33 y z x z xy P Hướng dẫn giải +) Áp dụng bất đẳng thức Cô–si: x x 1 y z y z  x y  z Từ suy P  2  1   33  y z x  z  xy  +) Giả sử x  y x y xy   (*) với x  y xy  yz  zx  y z xz z Ta chứng minh Thật vậy: (*)  Ta có: xz  x  y  y  z  xz  x  y  y  z  Tương tự:  yz  x  z  x  y  2xz z  x  y  x  y  z  yz  x  z  x  y  Do đó: VT(**)      (**) 2xz xy  yz  2zx 2yz xy  yz  2zx 2xz  2yz  yz  2zx  zx  2yz yz  xy xy  yz  2zx Vậy (*) chứng minh +) Đặt t  z   t   P  f t   3t   xy  2 t  +) f '  t   6t    t5   ; f ' t    t  t4 t4 Lập bảng biến thiên cho ta minf(t) = f(1) = x  z Vậy minP =   y  Nhận xét: Mới đầu hẳn cao thủ ngại câu nhỉ! Về hình thức, thực toán có hình thức đẹp: phân số x y (căn bậc một) kèm với hệ số 1; phân số kèm với y z zx bậc hệ số 2;… Xuất phát từ bất đẳng thức không xa lạ x y xy   , ta dùng bất đẳng thức y z xz z xy việc dồn biến   không khó khăn Với hệ số trước  z  giảm bậc x , đồng thời “quy đồng” hệ số trước y z y phải dùng Cauchy để xz x y z Bài 18: (Trích T249 sách ‘’Chinh phục đề thi THPT Quốc gia tập 1) Cho số dương a, b phân biệt thỏa mãn a2 + 2b = 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 22 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán P= a  4 b  8(a  b)2 LOVEBOOK.VN Hướng dẫn giải +) Từ giả thiết áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 16  (a2  4)  2b  4a  2b  4a.2b   ab  Do : P  +) Đặt t = 4  4 a b 8(a  b)2  a2 b2  a2b2  4  ab    16      4  a 64  a b  8(a  b) a  64  b  b b a a b  b a 1 1 (t  2)   t   16 64 t  16 64 t  1 t   (2; +) Ta có: Xét hàm số f(t) = 16 64 t  5 f '(t )  t  ; f '(t )   t (t  2)2   t  (vì t > 2) 64 (t  2) Khi t > P    27 Vì lim f ( t )  lim f ( t)   nên f (t )  f    (2; ) t 2 t    64 27 , dấu đẳng thức xảy a = 2, b = 64 27 Vậy giá trị nhỏ P , đạt a = 2, b = 64 Nhận xét: Việc cần là đoán điểm rơi bất đẳng thức – không khó, không dễ! Nhận thấy a  b P tiến tới dương vô cùng, nên P max Vậy nên nhiều khả điểm mà P đạt “nghiệm đẹp” phương trình P’ = Suy P  12  a2 vào P, sau lấy đạo hàm P’ Nhập phương trình P’ = vào máy tính slove  nghiệm đẹp a = Điểm rơi dự đoán a = 2, b = Đây sở dùng bất đẳng thức Cauchy chặn tích ab Ý kiến cá nhân thấy tác giả “chế” toán này theo cách “thuận”: tìm hàm theo biến t, sau Thay b = a b thay    dùng đánh giá ab  để đến biểu thức P Còn ta làm theo cách “ngược” nên khó b a khăn cách này! Bài 19: (Trích T224 sách ‘Công phá bất đẳng thức) Cho a; b; c > 0, 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = Tìm giá trị nhỏ của: a b c P= + + (1 − a)2 (1 − b)2 (1 − c)2 Hướng dẫn giải Phân tích lời giải: Ta dự đoán dấu “ = ” xảy khi: a = b = c = Như với tư tưởng ta cần tìm số k để: 23 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán a ≥ k (a − ) + (1 − a) 3 = k (a − ) + (∗) LOVEBOOK.VN (1 − ) Để tìm k ta có suy nghĩ đơn giản biến đổi tương đương bất đẳng thức (∗): a (∗) ⟺ − ≥ k (a − ) (1 − a) 3 (a − 3) (a − 3) ⟺− ≥ k (a − ) 4(1 − a) 3(3 − a) (∗) ⟺ (a − ) ( − k) ≥ 4(1 − a)2 Khi phân tích tiếp ta có tư tưởng chọn k để biểu thức ngoặc đơn k phân tích thừa số 1 (a − ) Khi đó, tựa có dạng: m (a − ) ≥ 3 (3 − 3) ⟹k= = (1 − 3) Đến đây, ta việc thử lại (∗) với k = a (∗) ⟺ ≥ (a − ) + (1 − a)2 3(3 − a) ⟺ (a − ) ( − )≥0 4(1 − a)2 2 9(3 − 2a) ⟺ (a − ) ≥0 4(1 − a)2 ⟺a≤ Lưu ý rằng: a; b; c > 0, a + b + c = ⟹ a < < Do đó, bất đẳng thức (∗) Như ta có ba bất đẳng thức sau: a ≥ (a − ) + (1 − a) a ≥ (a − ) + (1 − a)2 a ≥ (a − ) + {(1 − a) 9 ⟹ P ≥ (a + b + c − 1) + = 4 Vậy GTNN P = ⟺ a = b = c = Bài 20: Trích T73 công phá bất đẳng thức Cho a; b; c ≥ 0, a + b + c = Chứng minh rằng: 10(a3 + b3 + c ) − 9(a5 + b5 + c ) ≥ Hướng dẫn giải Lời giải: Theo lối phân tích cũ, ta tìm k để: 24 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán LOVEBOOK.VN 1 1 10a3 − 9a5 ≥ k (a − ) + 10 ( ) − ( ) = k (a − ) + (∗) 3 3 1 1 1 ⟺ (a − ) (10 (a2 + a + ) − (a4 + a3 + a2 + a + ) − k) ≥ 3 9 27 81 25 ⟹k= Bắt đầu quay lại: 25 1 (∗) ⟺ 10a3 − 9a5 ≥ (a − ) + 3 1 ⟺ (a − ) (−27a3 − 18a2 + 21a + 16) ≥ 3 Bài khó ta chưa thể xác định dấu ngoặc đơn Xét f(x) = −27x − 18x + 21x + 16 [0; 1] ⟹ f ′ (x) = −81x − 36x + 21 ⟹ f ′ (x) = ⟺ x = − , x = Lưu ý ta xét đoạn [0;1] nên ta có:  f(x) đồng biến [0; 3]  f(x) nghịch biến [ ; 1] 2 Dễ thấy: f(0) = 16, f ( ) = 20, f ( ) = 14 nên: f(x) > 0, ∀𝑥 ∈ (0; ) 3 Như ta có trường hợp sau:  Nếu a; b; c ∈ (0; 3) ta có: 25 1 (a − ) + 3 25 1 10b3 − 9b5 ≥ (b − ) + 3 25 1 { 10c − 9c ≥ (c − 3) + 25 (a + b + c − 1) + = ⟹P≥ 10a3 − 9a5 ≥ Dấu “ = ” xảy khi: a = b = c = 2  Nếu tồn ba số a; b; c lớn Giả sử: c ≥ Khi đó, ta xét hàm: f(x) = 10x − 9x [0; 1] f ′ (x) = 30x − 45x = 15x (2 − 3x ) Lập bảng biến thiên ta thu được:  f(x) đồng biến đoạn [0; √ ]  f(x) nghịch biến đoạn [√3 ; 1] 2 16 Có: f(0) = 0, f ( ) = , f(1) = nên ta có: f(a) ≥ 0, f(b) ≥ 0, f(c) ≥ ⟹ P = f(a) + f(b) + f(c) ≥ Như hai trường hợp ta thu kết luận toán 1 Dấu “ = ” xảy khi: (a; b; c) ∈ {( ; ; ) ; (0; 0; 1)} 3 Nhận xét: Phương pháp không mạnh lại có nhiều hữu ích Do dễ thực nên nên hướng nghĩ cho toán thuộc lớp Ta ý tới số k Cách tìm 25 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán LOVEBOOK.VN câu ba phức tạp không thực với hàm không dạng đa thức (tức ví dụ có chứa hàm sin, cos, log, ) Ví dụ toán sau: Bài 21: (Trích T84 sách ‘’Chinh phục đề thi THPT Quốc gia tập 1) Cho x; y; z > 0, xyz = Tìm giá trị nhỏ của: P = x + y + z − (x + y + z)2 Hướng dẫn giải Phân tích hướng dẫn giải: Dự đoán dấu “=” xảy khi: x = y = z = Theo lối cũ, ta đặt: P = f(x; y; z) Với toán ta xét  yz yz hiệu của: f  x;y;z   f  x; ;  lí giả thiết cho tổng x + y + z Với toán cho tích xyz 2   y = z = t ta có: xyz = xtt = xt ⟹ t = √yz Điều gợi ý cho ta xét hiệu: f(x; y; z) − f(x; √yz; √yz) = (y + z − 2yz√yz) − (y + z − 2yz) − 2x(y + z − 2√yz) ⟹ f(x; y; z) − f(x; √yz; √yz) = (y − z)2 (y + z) + yz(√y − √z) − (y − z)2 − 2x(√y − √z) 2 ⟹ f(x; y; z) − f(x; √yz; √yz) = (√y − √z) ((√y + √z) (y + z − 1) + yz − 2x) Mục tiêu tìm GTNN nên ta cần có: f(x; y; z) ≥ f(x; √yz; √yz) ⟺ (√y + √z) (y + z − 1) + yz − 2x ≥ (∗) Bất đẳng thức (∗) có yz  nên theo AM-GM bất đẳng thức đạt GTNN y = z cụ thể sau: x A = (√y + √z) (y + z − 1) + yz − 2x ≥ 4√yz(2√yz − 1) + yz − 2x = 9yz − 4√yz − 2x, ∀yz ≥ 1 Đặt x  ⟹ A ≥ 9t − 4t − , ∀ t  Muốn A ≥ ta cần tìm điều kiện t để: t t 9t − 4t − ≥ ⟺ 9t − 4t − ≥ ⟺ t ≥? t Dấu? mà tìm có nghĩa x    Tức gợi ý giả sử x = min(x; y; z) ⟹ 3x ≤ x + y + z = ⟹ t 4 x ≤ ⟹ t ≥ ⟹ 9t − 4t − = 3t + 4t (t − 1) + 2(t − 1) ≥ > Do đó, giả sử x = min(x; y; z) ta suy được: f(x; y; z) ≥ f(x; √yz; √yz) Công việc lại khảo sát f(x; √yz; √yz), x ≤ Ta có: 2 2 2 f(x; √yz; √yz) = x + 2√(yz)3 − (x + 2√yz) = x + ( ) − (x + ) = t + − (t + ) , x = t t t √x √x Khi thấy đạo hàm hàm cuối phức tạp, ta lại nghĩ tới chuyện xét hiệu < 𝑥 ≤ ⟹ < 𝑡 ≤ dấu “=” dự đoán x = y = z = nên cần chứng minh: 2 f(x; √yz; √yz) ≥ f(1; 1; 1) = −6 ⟺ t + − (t + ) ≥ −6 t t ⟺ t − t − 4t + 6t − 4t + ≥ ⟺ (t − 1)2 (t + 2t + 2t + 2t + 2t − 2t + 2) ≥ Bất đẳng thức cuối < t ≤ Vậy sau “nháp” ta lời giải hoàn chỉnh 26 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com [...]... 2 2 2 18 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán Gọi n AM   m;n   cos  AH; AN   TH1: m  m  3n m 2   n2 32  12  LOVEBOOK.VN 13n  m 4  9   n 5  m  3 13n 4  8 124  chọn m = 13  n  9   AH  : 13 x    9  y    0  13x  9y  0 5  5 5 9  4 8 68   Mà AH  BN   BN  : 9  x    13 y    0  9x  13y... thì phải dùng Cauchy để xz x y z Bài 18: (Trích T2 49 cuốn sách ‘ Chinh phục đề thi THPT Quốc gia tập 1) Cho các số dương a, b phân biệt thỏa mãn a2 + 2b = 12 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 22 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán P= 4 a 4  4 4 b  5 8( a  b)2 LOVEBOOK.VN Hướng dẫn giải +) Từ giả thi t và áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:... cho một bài toán thuộc lớp bài trên Ta hãy chú ý tới số k Cách tìm trong 25 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán LOVEBOOK.VN câu ba đã có vẻ phức tạp hơn và sẽ không thực hiện được với hàm không dạng đa thức (tức là ví dụ có chứa hàm sin, cos, log, ) Ví dụ ở bài toán sau: Bài 21: (Trích T84 cuốn sách ‘ Chinh phục đề thi THPT Quốc gia tập 1) Cho... 4 9 9 9 ⟹ P ≥ (a + b + c − 1) + = 2 4 4 9 1 Vậy GTNN của P = ⟺ a = b = c = 4 3 Bài 20: Trích T73 cuốn công phá bất đẳng thức Cho a; b; c ≥ 0, a + b + c = 1 Chứng minh rằng: 10( a3 + b3 + c 3 ) − 9( a5 + b5 + c 5 ) ≥ 1 Hướng dẫn giải Lời giải: Theo lối phân tích cũ, ta tìm k để: 24 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán 3 5 LOVEBOOK.VN 1 1 1 1 1 10a3... (xC  3)2  (xC  3)2  4 , vô nghiệm Vậy tọa độ điểm C thỏa mãn C(3; 2) Bài 17: (Trích cuốn sách ‘ Chinh phục đề thi THPT Quốc gia tập 1) Cho các số thực không âm thỏa mãn xy + yz + zx > 0 và z là số lớn nhất trong ba số x, y, z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 21 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán LOVEBOOK.VN x y z 2  33 y z x z xy...  D 0; 4  Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:  x  3y  4  0 y  0 TH2: m  n 4  8 28   chọn m = 1  n  3   BN  : 1  x    3 y    0  x  3y   0 5  5 5 3  4  8 4  Mà AH  BN   AH  : 3 x    1  y    0  3x  y   0 5  5 5  17 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán LOVEBOOK.VN  16 28 x  0  x  3y... A có tọa độ (-4;5)  5 Đường thẳng DI qua hai điểm D(6;5) và I  1;  nên có phương trình:  2 20 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán LOVEBOOK.VN x -6 y -5 =  x -2y -16=0 5 6-1 52   5 (a -6).(-5)+b  -  =0  CB.DI=0 a = 10   2 B đối xứng với C qua DI nên    Vậy B (10; -8) b = -8 M ID  a +6 - 2 b -16 = 0   2 2 +) Trường... thời gian Cách 2 cũng rất tự nhiên theo quan điểm rút – thế, tuy nhiên sẽ vướng phải phương trình bậc bốn và phương pháp hệ số bất định trong phương trình Bài 12: (Trích T254cuốn sách ‘ Chinh phục Hình giải tích Oxy) Hướng dẫn giải Phân tích: 15 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán Trên cơ sở của bài toán gốc, mình sẽ sử dụng trực tiếp tính chất.. .CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán 5 2 Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là: 3 y 2 Bài 8: (Trích T28cuốn sách ‘ Chinh phục Hệ Phương Trình‘’ ) x  x  2  x 2  y 2  xy  x  y   2  y  4  Giải hệ phương trình  2   1  y  x  2  x  y ...  f  x   f  2   x  2  y  0 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x, y    2; 0  Bài 9: (Trích T52cuốn sách ‘ Chinh phục Hệ Phương Trình‘’ ) 11 Tài liệu hay: Tailieulovebook.com LOVEBOOK.VN CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán LOVEBOOK.VN  2 1  2   x  y  1  2 2   49 xy    Giải hệ phương trình:   x  y 1  1   5    xy    Hướng dẫn giải   Hướng ... 0) 1 Bài 5: (Trích T71 sách ‘ Chinh phục đề thi THPTQG môn Toán ‘’ tập 1.) Tài liệu hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán Giải bất phương trình: x 3... Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán A B H M D N LOVEBOOK.VN Bài toán tạo cho ấn tượng điểm H  lại lần điểm H xuất Và có quan điểm lập đường quan trọng qua H Nhưng mà điểm. .. hay: Tailieulovebook.com CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán LOVEBOOK.VN 1 1 10a3 − 9a5 ≥ k (a − ) + 10 ( ) − ( ) = k (a − ) + (∗) 3 3 1 1 1 ⟺ (a − ) (10 (a2 + a + ) − (a4 +