Đề cương toán luyện thi THPT Quốc gia Phần 4

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) 7 x  x 3  x3 x3 Lời giải ĐK: x    x  16    10  x  Bpt  2( x  16)  x    x  2( x  16)  10  x    10  x   2   2( x  16)  (10  x ) x5    x  10  34 10  34  x  VT(*) < (do x  ) nên (*) vô nghiệm Ví dụ Giải bất phương trình sau: ( x  x) x  3x   (2) Lời giải Ta xét hai trường hợp: x  TH 1: x  x     , bpt x    2    1 1 2 x  3x    x   ;     2;    2 TH 2: BPT      x   ;    3;   2   x  3x   x   ;0  3;     Vậy tập nghiệm bpt cho là: T  ( ;  ]  {2}  [3; ) 201  x  xy  y  y  x (1) Ví dụ Giải hệ phương trình:  y x  y   x  (2)  Lời giải ĐK: x  y   (3) x  y (1)  x  y  xy  y  y  x   ( x  y )( x  y  2)     x   y (4)  Từ (3) & (2) ta có x=y=1  y  0; x   x   y  Từ (4) & (2) ta có   y   1; x   y  y  y  3 8 1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x; y   1;1 ;  x; y    2;0  ;  x; y    ;    3 xy  2  x  y  x  y  (1) Ví dụ (Trích Báo TH&TT) Giải hệ phương trình:   x  y  x2  y (2)  Lời giải ĐK: x  y  Ta có (1)  x  xy  y  xy x  y 1  xy   ( x  y )   xy 0 x y x y (3) x  1 y  xy   2  ( x  y  1)  x  y       x  y  x  y  (4) x  y    x y Vì x  y  nên phương trình (4) vô nghiệm  y  0; x  Từ (3) (2) ta có y  y     y  3; x  2 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x; y   1;0  ;  x; y    2;3  (1)  x (1  x  y )   Ví dụ (Trích đề thi HSG QG 1996) Giải hệ phương trình:   y (1  )  (2)  x y Lời giải ĐK x  0; y  Dễ thấy x = y = không thõa mãn hệ 202 Với x >0, y >0 ta có  2   1  1  x  y  x 3x 7y 1   ( nhân vế với vế)      x  y 3x y 1     2  x  y x y 7y 3x 7y   21xy  (7 y  24 x)( x  y )  24 x  38 xy  y   y  x (vì x, y dương) Thay vào phương trình (1) ta 1    1    7   7x x x 21   Từ suy x y 4   Bài tập tương tự:  4   1 x  4  1 y  4  x y 2 x  y  ( Trích đề thi HSG Cần Thơ – 2012) x y  1 x  y  Ví dụ Giải bất phương trình: x  (1  x  x ) x  Lời giải y  Đặt y  x    , ta bất phương trình y  x   x   y  x  y  x  x y  y  (2) *TH1: Xét y =  x   1 thay vào BPT thỏa mãn  x   nghiệm 2 2 x x  x  x  *TH2: Xét y > BPT (2)            1     y  y  y  y  x    y  2x y suy  x      x  x    2x   2x     x  1     x    x   x  1  Vậy tập nghiệm BPT S =   ;  2   2 x  x  x y  y Ví dụ Giải hệ phương trình   x, y     x  12 x  12 y   y  x  203 Lời giải ĐK: x  0; y  Phương trình (1)  x  x  1  y  x  1   x  y   x  1   x  y (Vì x   0, x   ) Thế vào phương trình (2) ta có   x  12 x  12 x   3x  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  3a  x  6ax  a  x  6ax  2a     a  4 x  L   x 1 Khi a  x , ta có x  x   x  x      x  3 2  x    L   y   2 Thử lại thấy thỏa mãn   Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    2;3  2 Bài tập luyện tập: Bài Giải phương trình: 10 x  x   1  x  x  ( Đề thi HSG Lạng Sơn 2012) Bài Giải bất phương trình: x  x  Bài Giải bất phương trình  x  2  x  ( Đề thi HSG Nghệ An 2012) 6( x  x  1)  x  x   Bài Giải phương trình:  x  1   x  x  x    x  x  Bài Giải phương trình:  x  x    x  Bài Giải phương trình x   x   x  x  y  x y  xy 1 Bài Giải hệ phương trình:  2 x  y   y  14  x    y   x   x  y  x  y Bài Giải hệ phương trình:  2 x  y  x   11    Bài Giải phương trình: x   10  x  x  x  66  3x   x   x  x  3 Bài 11 Giải phương trình: x   x  x  x   x  20 Bài 10 Giải phương trình: 204  x  y     x  y 2  x  y  Bài 12 Giải hệ phương trình:  2 x  y   Hướng dẫn giải Bài Phương trình cho  x    x    x  x2  2 x2   x    2( x  2)    x   Ta có phương trình (1)  x2  ( x  2)( x  2) x 1  2  x  (1) x 1 1   2   x   1    nên (1) vô nghiệm x 1 1 x 5 3  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x; y    2;2  Bài ĐK x  y   Từ (1) ta có x=y x2 = 2y (Loại) x = y, thay vào phương trình ta có: x  x   x  14  x   x  x   x  14   x      x  x  1      0   x3  14  x     x    x2  2x 1 x  14  x 1  x2  2x 1     x      Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x; y    2;1  ;  2;1   x   x  y  x  y  y 1  Bài Hệ cho tương đương với  2 2  x  y   x   11  Từ (1) suy y  , y0, VT(1) > VP( 1) 1  x2   x  y     x  y 1  x  y 1  x2   x  y  x  y  x  y 1  x2   x  y   y   x2  x  y  y2 x2  x  y  y 205 0   x2   x  y  x  y    x  y 1    x  y  1     x  y 2  x  y  x2  x  y  y    Thế y  x  vào phương trình (2) ta được: x  x   x   11   x  1  x   10  Đặt t  x  1, t  , ta có t  3t  10    t    t  2t  4t     t  Khi 5 3  y  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    ;  2 2 2 Phương pháp đặt ẩn phụ 2x 1   x   x  y  xy   y (1) Ví dụ Giải hệ phương trình:  2  y ( x  y )  x  y  (2) Lời giải: Nhận thấy y=0 không thỏa mãn hệ  x2   y x y 4  Với y khác không, chia hai vế (1) (2) cho y ta được:  ( x  y )  x    y a  x  y a  b  b   a b   a  a  5, b   Đặt     x  ta có  b  a  3, b  a  b  a  2(4  a )  a  a -15       y  Từ ta tìm x y   x  y  x y  xy  xy   Ví dụ Giải hệ phương trình:   x  y  xy (1  x)    Lời giải:  2  x  y  xy ( x  y )  xy   Hệ cho tương đương với  ( x  y )  xy    5   a  ab  b   b    a2   x  y  a   4 Đặt  , ta hệ    xy  b a  b   a  a  a   a     4 4 206 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: x  x    x  x  x  x Lời giải: Đặt t  x  x  1, t  Khi phương trình trở thành: 4t  t  7t   t  6t    t  4t    2   t  3   t      t  t  1 t  t    (*) t  t   (*)   t  t    Với t  1 t  t   có nghiệm t  2  Với t  1  21 t  t   có nghiệm t  2 1  1  Khi t  x  x      2x  2x 1    x 1   1   x  2  1  21  1  21 Khi t  x  x      x  x   21  2   x 1  19  21 1  19  21 x  2 1  19  21 1  19  21 ; x 2 Bài tập luyện tập: Giải phương trình, hệ phương trình sau 1  2 2  x  y  x2  y2   x  y  xy ( x  y  4)   x   y  x  y   y  2)  3)  1)  ( x  y )( x  y )  xy   x  x  y    x     xy  1  x  y   Vậy phương trình cho có nghiệm  x  207  x  xy  y  51  x  y 2    x y  y  16  11xy 5) 4)   2  x 2 y  12 y  xy  x   x  y    3.Phương pháp hàm số Phương pháp hàm số phương pháp quan trọng để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Muốn làm tốt phương pháp việc nắm kĩ thuật sử dụng hàm số cần phải ý sai lầm thường gặp phương pháp Khi giải toán thường sử dụng tính chất sau: Cho K khoảng ( nửa khoảng, đoạn) Tính chất 1: Cho hàm số y  f  x  liên tục K, hàm số y  f  x  đồng biến nghịch biến K phương trình f  x   c (c số) có nhiều nghiệm K Tính chất 2: Cho hàm số y  f  x  ; y  g  x  liên tục K, hàm số y  f  x  đồng biến K, y  g  x  nghịch biến K phương trình f  x   g  x  có nhiều nghiệm K Tính chất 3: Cho hàm số y  f  x  liên tục K, hàm số y  f  x  đồng biến nghịch biến K với u , v  K ta có f  u   f  v   u  v Tính chất 4: Cho hàm số y  f  x  liên tục có đạo hàm K, phương trình f '  x   có nhiều n nghiệm K phương trình f  x   có nhiều n+1 nghiệm K Tính chất 5: Cho hàm số y  f  x  liên tục K, hàm số y  f  x  đồng biến K với u , v  K ta có f  u   f  v   u  v Ví dụ (Trích đề thi HSG Nghệ An 2012) Giải phương trình:  x  2   x   2 x   3x  ( x  ) Lời giải Phương trình cho tương đương: 3x  3x  x   2x   0  x   2x   2x  2x  3x  5  Đặt f ( x)  x   2 x   với x thuộc  ;   2x  2  Điều kiện xác định: x   f '( x)  3  x  5  10   với x  2 x   x  4 5   hàm số f ( x) đồng biến  ;   2  208  phương trình f ( x)  có tối đa nghiệm (1) Ta có f (3)  (2) Từ (1) (2) suy phương trình cho có nghiệm x  Nhận xét: 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  TH1:  x  x.3   (3  1)(1  x )     2 x   x   2x  1 TH2: 3x  x  x.3x  1  3x   0( x  ) (1) 2x 1 2x  1 1   Xét hàm số f  x   3x  , x   ;    ;   2x 1 2 2   x f '  x   3x ln  x x  x  1  0, x  1 1   Suy ra, f  x  đồng biến khoảng  ;  ;  ;   2    1 1   Nên khoảng  ;  ;  ;   PT (1) có nhiều nghiệm 2    Mà f 1  f  1  Suy ra, (1) có nghiệm x  1   Vậy phương trình cho có tập nghiệm là: 1;0; ;1   Nhận xét: Nếu không nắm tính chất học sinh hay mắc sai lầm là: 1 1   khẳng định f  x  đồng biến khoảng  ;  ;  ;   vội vàng kết luận 2    1 1   phương trình có nhiều nghiêm  ;    ;   2 2   Ví dụ (Trích đề thi thử Đại học tỉnh Bắc Ninh 2013- 2014) Giải hệ phương trình:    xy x    y   y   x, y     3  x  1 x y  xy   x  x y  x  Lời giải: ĐK: x y  xy  209 Xét phương trình (1) y   y  y  y  0, y ; y   x   x  0, x; y  x  Mà x y  xy   y  x  x    y  3 3 Khi ta có: x x   x  1    y y  y 1a  Xét hàm số f  t   t t   t , t   0;    f '  t   t   2 t2 t2 1   0, t   0;    Hàm số f  t  đồng biến  0;   3 3 Do phương trình 1a   f  x   f    x   y  y x  y Thay y  vào phương trình (2) ta có x  3x  1 x   x  x  x    3x  1   3x   x  x  12 x  x  x2  3x  3x      x  1  x  12 x  x   x  x    x  0 3x   x 3x   x   x  3x   x  3x     ( Vì x   0, x  ) 3x   x x   3 Vậy hệ phương trình có nghiệm 1;3 ;  2;   2 Ví dụ Giải bất phương trình: x(2  x  3)  (4 x  2)(1   x  x )  1 Lời giải: Viết lại phương trình dạng: x(2  (3 x)  3)  (2 x  1)(2  [ (2 x  1) ]  Xét hàm số f  t   t (2  t  3), t  ; ' f (t )   t   t2 t2  hàm số f  t  đồng biến  Do (1)  f  3x   f  2 x  1  3x  2 x   x     Vậy tập nghiệm bất phương trình T    ;     Ví dụ (Trích đề thi HSG tỉnh Bắc Ninh 2013) Giải hệ phương trình:  x  log x  log  x  y.2 x   2log x  6log y   x log x  y      2 210 0 Xét hàm số f  c   5c  c   c2  với c  3 Ta f  c   12 Dấu xảy c  3 Suy P  12 Đẳng thức xảy u  v  s  , tức a  3 , b  Vậy P  12 Bài tập tự luyện Bài Cho số dương a, b, c với a  b  c  Chứng minh 1 1  a  b  c        21 a b c Bài Cho a, b, c > thỏa mãn a  b  c  Chứng minh 1     a  b  c  a b c Bài Cho số x, y, z thay đổi đoạn [0; 1] thỏa mãn x  y  z  Tìm GTLN GTNN A  cos  x  y  z  Bài (IMO, 1984) Cho x, y , z > thỏa mãn x + y + z = Chứng minh  xy  yz  zx  xyz  27 Bài Cho x, y , z > thỏa mãn x + y + z = Tìm GTNN A  x  y  z  xyz Bài (Trích đề khối B năm 2012) Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức P  x  y  z Bài Cho số x, y , z   0;1 thỏa mãn xyz  1  x 1  y 1  z  Chứng minh Bài Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c  Chứng minh x2  y2  z  27 Bài Cho a, b, c số thực thỏa mãn a  b  c  Tìm GTLN biểu thức S   a  b  c   22abc ab  bc  ca  2abc  Bài 10 Chứng minh a, b, c độ dài cạnh tam giác a b c 1a c b         b c a 2 c b a 226 Phương pháp khảo sát hàm số theo biến Đối với toán cực trị nhiều biến, ta chọn biến biến số biến thiên cố định biến lại, toán đưa việc khảo sát hàm biến Ví dụ Cho ba số thực x, y , z  , chứng minh rằng: x  y  z  xyz  x  y  z   y  z  x   z  x  y  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   x  x  y  z   3xyz  xy  xz  y z  z y  y  z Ta có f '  x   3x  x  y  z   yz  y  z f ''  x   x   y  z    3x  y  z   với x, y , z  x  y  z Điều chứng tỏ f '  x  hàm số đồng biến, suy f '  x   f '  y   y  y  y  z   yz  y  z  yz  z  ( x  y  z ) Đến ta suy f  x  hàm số đồng biến, f  x   f  y   z  z  y   Vậy toán chứng minh xong! a b c 1  Ví dụ Cho a, b, c   ;3 Tìm GTLN biểu thức S    ab bc ca 3  Lời giải a b c Đặt f  a     Xét hai trường hợp sau: ab bc ca * TH1: a  b  c Ta có  b  c   a  bc  f  a    0 2 2  a  b  a  c   a  b   a  c  b Suy ra, f  a   f  3  Mặt khác, c b c    g c  3b bc c3  b  3  3b  c  g c     0 2 2 c  b c  c  b  c        b 3 3b 1 Suy ra, g  c   g       h b     b 3b  10 3 1  b 1  b   Ta có, h  b     2  3b  1  b  3  3b  1 b  3 Bảng biến thiên 227 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      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 f c    a  b3   b  c  2  a  c  2 f   c    6ac   b  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    a  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 6 228 6ab   2a  6a  b3   2a  2a b 3a Ta có g   a    0   , g   a    3 3 b   a  2  a  b  2 a  a  b      Nên g’(a) nghịch biến [0; 1] Suy ra, g   a   g  1  3b    3b        0  b  64   b   b   b   64 Suy g(a) đồng biến [0; 1] Do đó, S  g  a   g 1  b   h(b) b 7 b    48b  6b Ta có h  b      0, b   0;1  b  2  b3   Suy h(b) đồng biến [0; 1], nên h  b   h 1  3 S 8 Ví dụ (Đề thi VMO bảng A 1999) Xét số thực dương a, b, c thỏa mãn abc + a + c = b Tìm GTLN biểu thức 2 P   a 1 b 1 c 1 Lời giải ac Biến đổi giả thiết thành a + c = b(1 - ac) > suy a  , b  1 c  ac Với a = b = c = max S  2a  c Thay (1) vào biểu thức P biến đổi P    2 a  c  1  a 1  b   2 2 x  c 1 Xét hàm số f  x   P   với < x < coi c tham số (c > 0) 2 x  1  x 1  c  Ta có f   x   2c  x  2cx  1 2 1  c 1  x   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    2c    g c  c 1 c 1 c 1 229 Qua x0 c c c2  Xét hàm số g(c) với c > Ta có g   c   Với c > 0, g’(c) = c0  2(1  8c ) c   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 10 1 Giá trị P  đạt c  ,a  , b  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   2 ; 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 a) Xét hàm số f  x    với x > tham số z  Xét hai trường hợp x z 1 2 * Nếu z  x  z  theo (4) nên f  x      15 (5) 15 z z z z 15 15 z 2 x   z theo (4) nên f  x     g z z 15 z z 15 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 ,   5z  Lập luận tương tự phần a) ta * Nếu z  h  y   (9) (8) 230 h  y   (10) z 5 1 1 So sánh (9) (10) ta có      x ,y  x z y z * Nếu (11) 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 Đặt   11b 12c 11b  12c 10   ,  c b bc bc   x2    Khi f '  x       , f ' x    x  x x  Ta có   11b  12c 33 10     3  x  1 bc bc bc  Như vậy, ta 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  A  10 10  12c 11  12c  , B 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 Xét lần   c    12c   c    6c đoạn 1; 2 có c c 69  69  69 , từ suy g  b   với b, c  1;2 max   c  ,  c   max  ,33  1;2 2  Xét tương tự h  b  đoạn 1; 2 ta có 231 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 Bài 1: Chứng minh  x3  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 2 a  b  c   b  c  a   c  a  b   4abc  a  b  c Bài 3: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác (có thể suy biến) Đặt T  a  b  b  a  a  c   a  b  b  a  a  c  21 Bài 4: (Bảng A, 2001) Cho hàm số f  x, y, z   xy  yz  zx  xyz miền Tìm maxT chứng minh max T  D   x, y , z  |  x, y, z  1, x  y  z  1 Bài 5: ( Bảng A, 2001) Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện 18 18  z  y  x  3;   1;    xy y x y y z z x 80 18 xyz  x  y 27 Bài 6: (Đề thi chọn ĐTQG, 2001) Xét số thực dương a, b, c thỏa mãn 21ab + 2bc + 8ac  12 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  Hãy tìm GTLN biểu thức P  x, y , z   xy  ( x  y )   xy   ( x  y ) 2 3 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 )  232 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(a2 + 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 Theo giả thiết ta có  a  b   ab   a  b  ab   Từ suy ra: 2 a b 1 1 a b          ab   hay      a   b  b a b a a b b a Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: a  Đặt t =  a 2 b b  2   b a a  b a b  , ta suy ra: 2t +  2 t   4t2 – 4t – 15   t  b a  a b3   a b  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 Ví dụ Cho ba số thực a, b, c  thỏa mãn    Chứng minh 1 a 1 b 1 c 1    ab  bc  ca  Lời giải 1 1 Đặt  x,  y,  z Khi x, y , z  x  y  z  1 a 1 b 1 c 233 Ta có ab   z x y , bc   , ac   , bất đẳng thức cần chứng minh có dạng xy yz zx xy yz zx    với điều kiện  x, y , z  x  y  z  z x y Với nhận xét toán đối xứng với biến x, y nên ta đưa toán từ ba biến hai biến cách đặt x  y  s, xy  p , s2  s   p  2 xy yz zx xy z  x  y  p 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 s 1  s  8p s2  p có f '  p   ,  1  s   1 s p 1 s p2 Lập bảng biến thiên, biện luận so sánh s 1  s  2 s 1  s  s s2 với có: Nếu   s   ta có 4 2  s 1  s   f  p  f    2 s2 6  2  s 1  s  s  s2  Nếu   s   ta có: f  p   f     4s  g  s  2   1 s   1  1 Khảo sát g  s   ;   có g '  s   4  , từ g  s   g    2   2 1  s  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: 234 2  a  b    a  c   b  c    x2  y  z    a  b  c    a  b2  c    x2  y  z    a  b  c    x2  y  z  Khi đó, ta có P  3a  3b  3c   a  b  c  Xét hàm số: f  t   3t  t , t   0;   f '  t   3t ln   0, t   0;   Do đó, f  t  đồng biến  0;  nên f  t   f    3t  t  1, t   0;   Nên P  a  b  c    a  b  c   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: 3 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 bca ca b a bc 2 ,y  ,z  điều kiện toán trở thành 4a   b  c    b  c  (1) 2 , ta phải chứng minh: b3  c  3abc  5a x Từ (1) ta có: 4a   b  c   2a  b  c a  b  c  bc  2bc  bc  a  bc Có b3  c3  3abc   b  c   b  bc  c   3a.bc  2a.a  3a.a  5a Dấu xảy a=b=c hay x=y=z 235 Cách Đặt y=ax,z=by ( a,b>0) Khi , ta có toán tương đương: 3 “Cho a,b dương a+b+1=3ab (1).CMR  a  1   b  1   a  1 b  1 a  b    a  b  (2) ” Từ (1) ta có: 3 a  b  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     a  b  3 3   a  b     a  b  1   a  b   (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  n , với  D, cần chứng minh bất đẳng thức f  a1   f  a2    f  an   nf   , đẳng thức xảy a1  a2  a3   an   ” 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   (hay A  B  f   ) Dễ thấy y  Ax  B tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  điểm x   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   y  Ax  B Ta chứng minh f  x   Ax  B với xD, từ suy f  a1   f  a2    f  an   nf   (đpcm) Sau xét số toán điển hình để thể rõ cho phương pháp Ví dụ Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a  b  c  d  Chứng minh  a  b3  c3  d   a  b  c  d  Lời giải 236 ra: a, b, c, d   0;1 Từ giả thiết ta có bất đẳng thức viết dạng 1 với f  x   x  x , đẳng thức xảy a  b  c  d  Ta xét hàm số f  x   x  x khoảng  0;1 , phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số f  a   f b   f  c   f  d   y  x  8 1 5 f  x    x     x  1  x  1  , 8 8 điểm có hoành độ x0  Xét x   0;1 , suy f  x  x  , 8 x   0;1 Từ ta có f  a   f  b   f  c   f  d   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 abcd  1    a  b2  c a b c Lời giải  1 Ta có nhận xét, có ba số a, b, c thuộc khoảng  0;  , chẳng hạn  a   3 1 ta có      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  đồ thị f  x f  x   (4 x  4)  điểm  x  1 có hoành độ x0  y  4 x  Ta có    x  1     x   ;  , suy f x  4 x  , x   ;     3   3  x 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  b3  c    a  b5  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 hoành độ x0  25 16 y  x 27 237 16   25 Xét f  x    x     3x  1  27 x  18 x  21x  16  , ta chưa thể khẳng 27  27  25 16 định f  x   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 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  25 16  9 ta có f  x   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  9  dễ thấy hàm số f  x  nghịch biến  ;1 đồng biến 10  f  b   f (0)  0, f  c   , f  a   f  b   f  c    1  0; 10  , suy f  a   f 1  , Vậy f  a   f  b   f  c   với số thực dương a, b, c thoả mãn a  b  c  Đẳng thức xảy a  b  c  Thông qua 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 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  1  c    nên ta đưa toán cho 4  ab  2c  c 1 27 toán quen thuộc: Chứng minh    với điều 2  2a  a  2b  b  2c  c 32 kiện a, b, c dương a  b  c  chút suy 238 khoảng  0;1 , phương trình tiếp tuyến đồ  x  x2 27 81 thị hàm số điểm có hoành độ y  x 256 256 Bây xét hàm số f  x   81  27 81  x  1 13  x   27 Xét f  x    x  x   với  256   x  x 256 256 256   x  x   256 27 81 x với x   0;1 Từ ta có 256 256 1 27 81 27     a  b  c   , đẳng thức xảy    2a  a  2b  b  2c  c 256 256 32 abc x   0;1 , f  x    Ví dụ Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a  b  c  Chứng minh 1     ab  bc  ca Lời giải a  b2 Áp dụng bất đẳng thức ab  ta có 1 2      2 2  ab  bc  ca   a  b    b  c    c  a  2 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 1 1    8 x 8 y 8 z khoảng  0;12  phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số 8 x 1 điểm có hoành độ x0  y   x  4  144 Xét hàm số f  x   1 Xét f  x    x  4   144 6     x  4 x   x     x   x 144 144 x   x x4     1 1  x  4    f  x    x  4  144 144 1 1 1 Do     x  y  z  12     x  y  z 144 Trên khoảng  0;12  f  x   239  Đẳng thức xảy x  y  z  hay a  b  c  Bài tập tự luyện Bài Cho x, y , z  0;1 Tìm giá lớn trị 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  Bài Cho ba số thực  64 dương x, y , z Chứng minh dương Chứng minh rằng:  x3  y  z   xyz   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  y2 z  z2 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  b  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  Bài 12 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: 2  a  b  c    a  c  b   c  b  a  2 c   b  a  b2   a  c  a   b  c  240  16 [...]... 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  213 12  x  4  3  4 x  8 2  2 3 4x  8  4 2  x  4   x  14   2  x  4  2 2 9 3  4 x  8  3 3 4 x  8  x  2    x  2  2 0 x  4   x  14   * 2  0  9 3  4 x  8 2  3 3 4 x  8  x  2    x  2 2  Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  4 Cách 3:(Phương... 3  0 29)  4 2 2 3  x  x  4  4 y  3 y 219 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 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... thành:  ,  8sin 3 t  4sin 2 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)   k 2 t  14  7    sin 4t  sin   3t    k   2  t     k 2  2  5 3        5 3   Vì t    ;   t   ; ;    y  2sin ;2sin ; 2sin  14 14 14   2 2   14 14 14   Mà phương trình... 2  15 x  34  3 3 4 x  8 1 Lời giải: Ta có 2 x 2  15 x  34  0  3 3 4 x  8  0  x  2 Cách 1:(Liên hợp thành phần) 1  2 x 2  15 x  28  3  3 4 x  8  2    x  4  2 x  7   x  4  12   2x  7   0  *   2 3   4 x  8  2 3 4 x  8  4  + Nếu x  4  VT *  0  phương trình (*) vô nghiệm + Nếu x  4  VT *  0  phương trình (*) vô nghiệm + Nếu x  4 Thỏa mãn... được 4 2  x 4  x 2  3 x  3 (*) Điệu kiện  4 2  x  4 2 5  x4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1.1.1 2  x  4 4 5 x Từ (3) ta có: x 2  3 x  3   x 4  4 x 2  12 x  7  0 4 2 2   x  1  x  2 x  7   0  x  1 4 4 Thử lại x = 1 thỏa mãn (*) Vậy hệ đã cho có nghiệm là (1; 0)  x x2  y 2  x 2  2 x  y 2 3      Ví dụ 2 Giải hệ phương trình:  76 x 2  20 y 2  2  3 4 x ... b    a    b  2   2    2   2   1  4 Xét hàm số f  x   a b b a   1  4  ln 1  4 x  x  ln 1  4 a b   ln 1  4 b a  a  ln 1  4a  a  ln 1  4b  b với x > 0 Ta có f  x  4 x ln 4 x  1  4 x  ln 1  4 x  x 2 1  4 x   0, nên f là hàm nghịch biến trên  0;  Do đó f  a   f  b  (đpcm) Bài tập tự luyện Bài 1: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn a 2...  f 1  13  2 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 y 4   8 y 2  4 x  12 y  9 2 2 y 1 Lời giải 4 x4 1 1 2 y Ta có   x ,   y 2 dấu bằng xảy ra khi...   14  y  2sin  x  14 3 Kết hợp với điều kiện y  0 ta có   3  2sin 14  y  2sin 5  x   14 3 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  26 x  42  2 Giải hệ phương trình:  2 x  13 x  19 6 y  1   x  1  ( y  1) x1  Lời giải:  4 x 2  26 x  42 ... trình, bất phương trình, hệ phương trình sau: 1 3 1) x  1  x  x 2  8 x  2  3 x 3  20 2 2) 4( x  1)2  (2 x  10)(1  3  2 x ) 2 2 3) 4  x 2  1  x 2 x 2  4  40 4) x 2  4 x  1  x  7 ( Trích đề thi HSG Đắc Lắc 2013) 5) x 2  8  x  3 x  1  22 x  7  0 (Trích đề thi HSG TP HCM 2013) 6) ( x  4) 2  6 x 3  3 x  13 7) x 3  8) 2 3 1  x   x 2 1  x 2  5  x   x  3  1   5... 2  1  5  x 2 x 2  4 2  2 y  3  ( x 2  2013)(5  x)  x  21)  2log 2 x  2log 1 ( x  y  2)  log 2 (3 y  3)  4  xy  2  y x 2  2 22)  ( Trích đề thi HSG Nam Định 2013) 2 2 2  y  2  x  1 x  2 x  3  2 x  4 x 3 3 23) 3x  x  2  ( x 3  3 x  1)32 x  x  34 x 1 (Trích đề thi HSG Ninh Bình 2012)  xy  y  x 2  xy  y 2  1  x  24)  (Trích đề thi HSG TP HCM 2013) x2 ... x  4  144 Xét hàm số f  x   1 Xét f  x    x  4   144 6     x  4 x   x     x   x 144 144 x   x x 4     1 1  x  4    f  x    x  4  144 144 1 1... CHUYÊN ĐỀ 11: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ VỚI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ Biên soạn sưu tầm: Nguyễn Minh Nhiên – Sở GD&ĐT Trong năm gần đây, toán cực trị đề thi tuyển sinh đại học đa phần toán khó đề thi Để giải toán. .. ; 2sin  14 14 14   2   14 14 14   Mà phương trình bậc có tối đa nghiệm nên pt(*) có nghiệm   2sin   14  y  2sin  x  14 Kết hợp với điều kiện y  ta có   3  2sin 14  y  2sin