Tài liệu toán hay + Nhiều đề thi thử hay

Tổng quát: Dành 3-5 đọc đề từ câu đến câu 10, câu có ý tưởng làm đánh dấu vào Thứ tự ưu tiên làm thời gian cân đối hợp lý: Câu – Hàm số toán phụ (15 phút) Câu – Lượng giác, Số phức (10 phút) Câu – Phương trình, bất phương trình logarit (5 phút) Câu 4- Tích phân, ứng dụng tích phân tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay (10 phút) Câu – Hình giải tích không gian Oxyz (10 phút) Câu – Hình không gian tuý ( Thể tích, góc khoảng cách, toán chứng minh) (15 phút) Câu – Tổ hợp, Xác suất – Nhị thức (15 phút) Câu – Hình giải tích phẳng Oxy (45 phút) Câu – Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số (45 phút) Câu 10 – Bài toán tổng hợp ( Bất đẳng thức, Min-Max, toán thực tế) (45-60 phút) Các dạng câu phân loại gặp đề thi A - Xác suất Bài Trong kỳ thi tuyển sinh đại học, bạn Thọ dự thi hai môn thi trắc nghiệm Vật lí Hóa học Đề thi môn gồm 50 câu hỏi; câu có phương án lựa chọn, có phương án đúng, làm câu 0,2 điểm Mỗi môn thi Thọ làm hết câu hỏi chắn 45 câu; câu lại Thọ chọn ngẫu nhiên Tính xác suất để tổng điểm môn thi Thọ không 19 điểm Lời giải: Bạn Thọ không 19 điểm 10 câu trả lời ngẫu nhiên hai môn Lí Hóa bạn Thọ trả lời câu Xác suất trả lời câu hỏi , trả lời sai 4 Ta có: ⎛1⎞ Xác suất Thọ trả lời 10 câu C ⎜ ⎟ ⎝4⎠ ⎛3⎞ ⎜ ⎟ ; ⎝4⎠ ⎛1⎞ Xác suất Thọ trả lời 10 câu C ⎜ ⎟ ⎝4⎠ ⎛3⎞ ⎜ ⎟ ; ⎝4⎠ ⎛1⎞ Xác suất Thọ trả lời 10 câu C ⎜ ⎟ ⎝4⎠ ⎛3⎞ ⎜ ⎟ ; ⎝4⎠ ⎛3⎞ ⎜ ⎟ ; ⎝4⎠ 10 10 10 ⎛1⎞ Xác suất Thọ trả lời 10 câu C ⎜ ⎟ ⎝4⎠ 10 ⎛1⎞ Xác suất Thọ trả lời 10 câu C ⎜ ⎟ ; ⎝4⎠ 10 10 ⎛1⎞ Xác suất Thọ trả lời 10 câu C ⎜ ⎟ ⎝4⎠ Cộng xác suất ta suy xác suất Thọ không 19 điểm 0,0781 Bài Một ngân hàng đề thi có 100 câu hỏi, đề thi gồm câu hỏi chọn từ ngân hàng đề thi Một học sinh thuộc 80 câu 100 câu ngân hàng đề thi Tìm xác suất để học sinh rút ngẫu nhiên đề thi có câu thuộc Lời giải: 10 10 Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com Không gian mẫu số đề thi gồm câu hỏi chọn từ 100 câu có n(Ω) = C100 Gọi A biến cố học sinh rút đề có câu học thuộc, ta có n( A) = C80 C20 n( A) C80 C20 Xác suất cần tính P( A) = = n(Ω) C100 Bài Hai thí sinh A B tham gia buổi thi vấn đáp Cán hỏi thi đưa thí sinh câu hỏi thi gồm 10 câu hỏi khác nhau, đựng 10 phong bì dán kín, có hình thức giống hệt nhau, phong bì đựng 10 câu hỏi; thí sinh chọn phong bì số để xác định câu hỏi thi Biết 10 câu hỏi thi dành cho thí sinh nhau, tính xác suất để câu hỏi thí sinh A chọn câu hỏi B chọn giống Lời giải: Không gian mẫu số cách chọn 10 câu hỏi thí sinh có Ω = C103 C103 Gọi A biến cố câu hỏi thí sinh A câu hỏi thí sinh B giống Thí sinh A chọn câu hỏi cho có C103 cách, sau để B có câu hỏi giống A chọn câu mà A chọn có cách cho B chọn Vậy Ω A = C103 1= C103 Xác suất cần tính P = ΩA Ω = C103 C10 C10 3 = 120 Bài Giải bóng chuyền VTV Cup gồm đội bóng tham dự, có đội nước đội cuả Việt Nam Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành bảng A,B,C bảng có đội Tính xác suất để đội bóng Việt Nam ba bảng khác Gọi X biến cố chia đội thành bảng đội bóng Việt Nam thuộc ba bảng khác Lời giải: +) Không gian mẫu số chia tuỳ ý đội thành bảng có Ω = C 93 C 63 C 33 +) Xếp đội việt nam ba bảng khác trước tiên có 3! Cách Sau xếp đội lại ( đội bảng) vào bảng A,B,C có C 62 C 42 C 22 Vậy Ω X = 3!.C 62 C 42 C 22 Suy xác suất cần tính: P (X ) = ΩX Ω = 3!.C 62 C 42 C 22 C C C 3 = 540 = 1680 28 Bài Một hộp chứa 12 viên bi kích thước nhau, có viên bi màu xanh đánh số từ đến 5, có viên bi màu đỏ đánh số từ đến viên bi màu vàng đánh số từ đến Lấy ngẫu nhiên viên bi từ hộp Tính xác suất để ba viên bi lấy vừa khác màu vừa khác số Lời giải: Không gian mẫu số cách lấy tuỳ ý viên bi 12 viên bi có Ω = C123 = 220 Gọi A biến cố lấy viên bi vừa khác màu vừa khác số, để tính số phần tử A ta mô tả cách lấy bi thoả mãn Để đơn giản ta ký hiệu X = {1,2, 3, 4,5} +) Trước tiên lấy viên bi vàng có C31 cách, viên bi lấy mang số i, Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com +) Sau lấy viên bi vàng từ bi đỏ có số k thoả mãn k ∈X \ {5,i} có C31 cách +) Cuối lấy viên bi đỏ có số j thoả mãn j ∈X \ {i, k } có C31 cách Vậy số cách lấy bi thoả mãn C31 C31 C31 = 27 ⇒ Ω A = 27 ΩA 27 = Ω 220 Bài Có đề thi khác phát cho 20 sinh viên dự thi Các sinh viên bố trí ngồi ngồi thành dãy dọc song song với dãy 10 người Tính xác suất để sinh viên nhận đề mà sinh viên ngồi gần nhận đc đề khác Lời giải: Không gian mẫu số cách phát đề cho 20 sinh viên có Ω = 420 Xác suất cần tính P = Gọi A biến cố hai sinh viên ngồi gần nhận đề khác Để tính số kết thuận lợi cho A ta mô tả cách phát đề thi thoả mãn Với dãy thứ nhất: +) Sinh viên có cách phát đề +) Sinh viên thứ hai có cách phát đề +) Sinh viên thứ có cách phát đề … +) Sinh viên thứ 10 có cách phát đề Vậy với dãy thứ có 4.39 cách phát đề Tương tự cho dãy thứ hai có 4.39 cách phát đề Vì Ω A = 4.39.4.39 = 42.318 18 ⎛ ⎞⎟ Xác suất cần tính P(A) = = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎝ ⎟⎠ Ω ΩA Bài Một nhóm học sinh gồm người vào cửa hàng nước giải khát gọi lon nước người lon Biết cửa hàng nước giải khát có loại đồ uống A,B,C,D,E,F loại A lại lon, loại B lại lon, loại C lại lon, loại D lại10 lon, loại E lại 11 lon loại F lại 12 lon Tính xác suất để nhóm học sinh gọi có người uống loại nước Lời giải: Tổng số lon nước cửa hàng 7+8+9+10+11+12=57 lon Không gian mẫu số cách lấy ngẫu nhiên 57 lon nước có Ω = C57 Gọi A biến cố nhóm học sinh gọi có người uống loại nước, tức lon nước loại gọi Để tìm số kết thuận lợi A ta tìm số kết thuận lợi cho A , tức loại nước có tối đa lon gọi Vậy loại nước loại có lon gọi ra, ta có: Ω A = C71 C81.C91.C101 C111.C121 C71 C81.C91.C101 C111.C121 Xác suất cần tính P( A) = 1− P( A) = 1− C576 Bài Trong buổi giao lưu câu lạc khiêu vũ thể thao, ban tổ chức mời vũ công nam vũ công nữ để ghép nhảy cặp đôi cách ngẫu nhiên, vũ công nhảy với người Trong vũ công có hai kiện tướng Dancesport Khánh Thi Chí Anh Tính xác suất để Khánh Thi Chí Anh cặp nhảy buổi giao lưu Phân tích: Ta cần ý đề không yêu cầu Nam – Nữ cặp nhảy, Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com +) Không gian mẫu số cách ghép ngẫu nhiên người thành cặp nhảy, có + Cặp thứ có C8 cách + Cặp thứ hai có C6 cách + Cặp thứ ba có C4 cách + Cặp thứ ba có C2 cách 2 2 Vậy có tất C8 C6 C4 C2 = 2520 cách, n(Ω) = 2520 Gọi A biến cố Khánh Thi Chí Anh cặp nhảy, để tính số kết thuận lợi cho A ta tìm số cách ghép thoả mãn + Cặp thứ Khánh Thi Chí Anh có cách + Cặp thứ hai có C6 cách + Cặp thứ ba có C4 cách + Cặp thứ ba có C2 cách 2 Vậy có 1.C6 C4 C2 = 90 cách thoả mãn, suy n( A) = 90 Xác suất cần tính P( A) = n( A) 90 = = n(Ω) 2520 28 Bình luận: Nếu yêu cầu rõ ghép cặp cặp gồm nam nữ ta thực sau: 1 + Cặp thứ chọn nam chọn nữ có C4 C4 cách 1 + Cặp thứ hai có C3 C3 cách 1 1 + Cặp thứ ba có C2 C2 cách + Cặp lại có C1 C1 cách ( Vậy tổng số cách ghép cặp cặp gồm nam nữ C1 C2 C3 C4 ) = 242 Tổng quát, ghép n nam với n nữ cặp gồm nam nữ có (n!) cách B- Hình phẳng Oxy Bài (Mathlinks.vn 50+6/2015) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC Gọi D,E,F chân đường cao hạ từ đỉnh A,B,C, điểm G tia đối tia DE thoả mãn DG = DF Viết phương trình đường thẳng AB, biết đỉnh C nằm đường thẳng Δ có phương trình 2x + y − = , B(-4;-4), G(2;-6) Lời giải: Gọi H trực tâm tam giác ABC, tứ giác BDHF nội tiếp nên ! = FBH ! = HCE ! ( phụ góc BAC ! ) FDH ! = HCE ! Mặt khác tứ giác DHEC nội tiếp nên EDH ! ! = EDH ! ⇒ AD phân giác góc EDF Từ suy FDH ! Ta có: BD ⊥ AD ⇒ BD phân giác góc FDG Lại có DG = DF nên F,G đối xứng với qua BC ! = BFC ! = 90 ⇒ BG ⊥ GC Do BGC !!!" Ta có BG = (6;−2) / /(3;−1) ⇒ GC : 3x − y − 12 = Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com ⎧ 3x − y − 12 = Toạ độ điểm C nghiệm hệ ⎨ ⇒ C(4;0) ⎩2x + y − = Phương trình đường thẳng BC qua B,C x − 2y − = Vì F điểm đối xứng G qua BC nên toạ độ trung điểm I FG thoả mãn hệ ⎧ x − 2y − = ⇒ I(0;−2) ⎨ ⎩2x + y + = Vì I trung điểm FG nên F(-2;2) Phương trình đường thẳng AB qua B,F 3x − y + = Bài 2.(Dự bị Mathlinks.vn) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân A, gọi P điểm cạnh BC Đường thẳng qua P song song với AC cắt AB điểm D, đường thẳng qua P song song với AB cắt AC điểm E Gọi Q điểm đối xứng P qua DE Tìm toạ độ đỉnh A, biết B(-2;1), C(2;-1) Q(-2;-1) Lời giải: Ta chứng minh Q thuộc đường tròn (ABC) Vì AD//PE, AE//PD nên ADPE hình bình hành PD = AE, AD = PE Gọi I,H giao điểm DE với AP, CQ Vì P,Q đối xứng qua DE nên DP = DQ, DH ⊥ PQ, EQ = EP Do AE = DP = DQ, EQ = EP = AD Suy ADEQ hình thang cân, ! + DEQ ! = 180 DAQ Tam giác ABC cân A nên tam giác EPC cân E, suy EP = EC Lại có Q đối xứng với P qua DE nên EQ = EP ⇒ EQ = EP = EC ! = ECQ ! ⎧⎪ EQC ! = ECH ! ⇒ EPCH nội tiếp Từ suy ⎨ ⇒ EPH ! ! ⎩⎪ EPH = EQH ! = 180 − PEH ! = 180 − QEH ! = DEQ ! = 180 − BAQ ! Do BCQ ! + BAQ ! = 180 ⇒ ABCQ nội tiếp, tức Q thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tức, BCQ Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua B,C,Q x + y = Phương trình đường thẳng BC x + 2y = Phương trình trung trực BC 2x − y = ⎧2x − y = ⎡ x = −1, y = −2 Toạ độ điểm A nghiệm hệ ⎨ ⇔⎢ ⎣ x = 1, y = ⎩x + y = Đối chiếu A,Q phía với đường thẳng BC ta nhận điểm A(-1;-2) Vậy A(-1;-2) Bài 3.(Dự bị Mathlinks.vn) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I Các đường thẳng AI,BI,CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm D,E,F (D,E,F khác ba đỉnh tam giác) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tìm toạ độ đỉnh A biết D(9;10), E(6;1), F(1;6) Lời giải: Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com Đường tròn qua D,E,F đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Giả sử phương trình đường tròn x + y + 2ax + 2by + c = 0,(a + b − c > 0) ⎧181+ 18a + 20b + c = ⎧a = −6 ⎪ ⎪ Ta có, ⎨ 37 + 12a + 2b + c = ⇔ ⎨b = −6 ⎪ 37 + 2a + 12b + c = ⎪c = 47 ⎩ ⎩ Vậy (ABC) : x + y − 12x − 12y + 47 = Ta chứng minh AD ⊥ EF Gọi K giao điểm AD EF, theo tính chất góc có đỉnh đường tròn ta có: ! = (sd DBF " + sd AE # ) = sd DB # + sd BF # + sd AE # AKE 2 2 " " " = sd BDC + sd BFA + sd AEC = 90 ( ) AD ⊥ EF ⇒ AD : x − y + = ⎧x − y + = ⎡ x = 2, y = Toạ độ điểm A nghiệm hệ ⎨ ⇔ ⎢ x = 9, y = 10 ⎣ ⎩ x + y − 12x − 12y + 47 = Vì A khác D nên A(2;3) Bài (Mathlinks.vn 50+7/2015) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc với Gọi M,N trung điểm cạnh AB,AD Đường thẳng qua M vuông góc với CD cắt đường thẳng qua N vuông góc với BC điểm I Tìm toạ độ đỉnh A, biết C(3;1), M (− ; 3), I( ;0) AD = 2 Gọi E trung điểm AC, ta có ME//AC, NE//CD Do NI ⊥ ME, MI ⊥ NE ⇒ I trực tâm tam giác MNE Suy EI ⊥ BD , lại có AC ⊥ BD A,E,I thẳng hàng, tức I thuộc AC Phương trình đường thẳng AC qua C,I 2x + y − = Phương trình đường thẳng MN qua M vuông góc AC 2x − 4y + 13 = Phương trình đường thẳng CD qua C vuông góc MI 4x − 3y − = 4m − Vì A thuộc AC nên A(a;7-2a), D thuộc CD nên D(m; ) Mặt khác N trung điểm AD, N thuộc MN nên 4(6 − 3a + 2m) a+m− + 13 = ⇔ m = 3a + ⇒ D(3a + 3; 4a + 1) Theo giả thiết, AD = ⇔ (2a + 3)2 + (6a − 6)2 = 25 ⇔ 2a − 3a + = ⇔ a = 1;a = ⎛1 ⎞ Vậy A(1;5) A ⎜ ;6 ⎟ ⎝2 ⎠ Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com Bài (Mathlinks.vn 50+8/2015) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có tâm gốc toạ độ O, từ điểm P đường thẳng y − = kẻ hai tiếp tuyến PA,PB đến (C) Gọi I điểm đoạn AB, qua I kẻ đường thẳng vuông góc với OI cắt (C) C,D Tiếp tuyến đường tròn (C) C,D cắt điểm Q(2;-1) Tìm toạ độ điểm P,A,B biết PA = , điểm A có hoành độ dương Lời giải: Ta chứng minh PQ ⊥ OQ Ta có PAOB nội tiếp đường tròn đường kính OP (*) QCOD nội tiếp đường tròn đường kính OQ, nên IO.IQ = IC.ID (1) Mặt khác ACBD nội tiếp đường tròn, nên IA.IB = IC.ID (2) Từ (1),(2) suy IA.IB = IO.IQ ⇒ QAOB nội tiếp (**) Từ (*) (**) suy điểm P,Q,O,A,B thuộc đường tròn đường kính OP ! = 90 ⇒ PQ ⊥ OQ Do PQO !!!" Ta có OQ = (2;−1) ⇒ PQ : 2x − y − = ⎧y − = Toạ độ điểm P nghiệm hệ ⎨ ⇒ P(4; 3) ⎩2x − y − = Ta có R = OA = OP − PA = 25 − 20 = Vậy (C) : x + y = ⎡ x = 2, y = −1 ⎧⎪ x + y = Toạ độ điểm A,B nghiệm hệ ⎨ ⇔⎢ 11 2 ⎢x = − , y = (x − 4) + (y − 3) = 20 ⎩⎪ ⎣ 5 11 Đối chiếu A có hoành độ dương suy A(2;−1), B(− ; ) 5 Bài (Dự bị Mathlinks.vn) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC không tù có D chân ⎛ 5⎞ ⎛ 14 10 ⎞ đường phân giác góc A Gọi O1 ⎜ − ; ⎟ ,O2 ⎜ ; ⎟ tâm đường tròn ngoại tiếp tam ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ giác ABD,ACD Biết phương trình đường trung trực đoạn BC x − = , đỉnh A nằm Oy Tìm toạ độ điểm A, viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi M,N,E trung điểm AB,AD,AC Gọi O tâm ngoại tiếp ABC Ta có tứ giác AMO1N, AO2EN, AMOE nội tiếp Suy ra: ! = MNO !, ⎧ MAO 1 ⎪⎪ ! ! ! =O ! ! ! ⎨ MNO1 = O2 NE, ⇒ MAO AE ⇒ MAE = O1 AO2 ⎪! ! ⎪⎩O2 NE = O2 AE 0 ! +O ! ! ! Mặt khác: MAE 1OO2 = 180 ⇒ O1 AO2 + O1OO2 = 180 ⇒ AO1OO2 nội tiếp ! = AO ! ! ! AO ! ! ! Ta có ABD D = AOO2 , ADB = B = AO1 M = AO2O 2 Suy tam giác ABD đồng dạng với tam giác AOO2, nên Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com OO2 AO BD = ⇒ OO2 = AO BD AB AB Mặt khác theo tính chất đường phân giác, ta có: BD AB AB.BC BC.AO = ⇒ BD = ⇒ OO2 = CD AC AC + AB AC + AB Tương tự ta có: OO1 = BC.AO ⇒ OO1 = OO2 AC + AB Toạ độ điểm O nghiệm hệ: ⎧x − = ⎧x = ⎪ ⇔⎨ ⇒ O(3;0) ⎨ 14 10 y = (x + ) + (y − ) = (x − ) + (y − ) = ⎩ ⎪⎩ 3 3 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác OO1O2 x + y + 2ax + 2by + c = 0,(a + b − c > 0) 13 ⎧ ⎧ a=− ⎪ + 6a + c = ⎪ ⎪ ⎪ 26 2a 10b 13 ⎪ ⎪ Ta có hệ: ⎨ − + + c = ⇔ ⎨b = − ⇒ (AO1O2 ) : x + y − x − 5y + = 3 ⎪9 ⎪ ⎪ 296 28a 20b ⎪c = ⎪⎩ + + + c = ⎪⎩ Toạ độ điểm A nghiệm hệ ⎧x = ⎡ x = 0, y = ⎪ ⇔⎢ ⇒ A(0;1); A(0; 4) ⎨ 13 ⎣ x = 0, y = ⎪⎩ x + y − x − 5y + = Bài 7.(Dự bị Mathlinks.vn) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O(0;0) Đường tròn qua B tiếp xúc với AC A cắt đường tròn qua C tiếp xúc với AB A cắt ⎛ 2⎞ điểm D ⎜ − ; ⎟ , (D khác A) Biết phương trình đường thẳng AB x − y − = Tìm toạ độ ⎝ 29 29 ⎠ đỉnh A,B,C ! = CAD ! , AB tiếp AC tiếp tuyến (O1) nên ABD ! = BAD ! tuyến (O2) nên ACD Từ suy tam giác ABD đồng dạng với tam giác ACD ! = DNC ! Gọi M,N trung điểm AB,AC ta có DMA ! + DNA ! = 180 ⇒ AMDN nội tiếp (1) Suy DMA Mặt khác AMON nội tiếp đường tròn đường kính AO (2) Từ (1),(2) suy D thuộc đường tròn đường kính AO, suy ! = 90 ⇒ AD ⊥ DO ADO !!!" −5 Ta có: OD = ( ; ) / /(−5;2) ⇒ AD : 5x − 2y + = 29 29 Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com ⎧x − y − = Toạ độ điểm A nghiệm hệ ⎨ ⇒ A(−1;−2) ⎩5x − 2y + = ⎛ 1⎞ Gọi M trung điểm AB, M hình chiếu O lên AB, dễ có M ⎜ ;− ⎟ ⎝ 2⎠ Suy B(2;1) Phương trình đường tròn tâm O1 qua A,B,D có phương trình (x − 2)2 + (y + 2)2 = , tức O1(2;-2) Phương trình phương trình đường thẳng AC qua A vuông góc với O1A x + = Gọi N trung điểm AC N hình chiếu O lên AC, dễ có N(-1;0) Do C(-1;2) Vậy A(-1;-2), B(2;1), C(-1;2) Bài 8(Dự bị mathlinks.vn) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp ⎛ 4⎞ ⎛ 4⎞ đường tròn tâm I có trọng tâm G ⎜ ; ⎟ Gọi E(1;1), F ⎜ ;− ⎟ hình chiếu vuông góc ⎝ 3⎠ ⎝ 5⎠ B,C lên AI Tìm toạ độ điểm A Gọi M trung điểm BC Ta chứng minh ME = MF Gọi H chân đường cao hạ từ đỉnh A, K trung điểm EC, D điểm đối xứng A qua I Ta có MK//BE, mặt khác BE ⊥ AD nên MK ⊥ AD (1) Tam giác MEF vuông F có KE = KF (2) Từ (1),(2) suy ra: MK đường trung trực EF, ME = MF Phương trình đường thẳng AI qua E,F 3x + y − = !!!!" !!!" 3a 9a a 3a Gọi A(a;4-3a), AM = AG = ( − a; − + 3a) = (1− ;−4 + ) ⇒ M (1− ; ) 2 3 2 2 2 2 a ⎛ 3a ⎞ ⎛ a ⎞ ⎛ 3a ⎞ Ta có phương trình: + ⎜ − 1⎟ = ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ ⇔ a = ⇒ M (1;0); A(0; 4) ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 5⎠ ⎝ Vậy A(0;4) Bình luận: Ta có tính chất khác sau: ! = BAE ! = BCD ! ⇒ HE / /CD Mặt khác CD ⊥ AC ⇒ HE ⊥ AC + Tứ giác AEHB nội tiếp, nên EHM + ME = MF = MH Bài Mathlinks.vn 50+2/2015 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB > AD Gọi M điểm cạnh AB, N điểm tia đối tia AD thoả mãn AD = AM , AN = BM Giả sử H(2;-2) hình chiếu vuông góc A lên A lên DM, E(2;3) trung điểm BN Viết phương trình đường thẳng AD biết đỉnh B có hoành độ dương điểm F(5;7) thuộc đường thẳng BC Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com Theo giả thiết, AM = AD ⇒ ΔADM vuông cân A, nên AH = HM = DM Xét tam giác AHN MHB có ⎧ AN = MB(gt) ⎪ ⎪ ⇒ ΔHAN = ΔHMB ⎨ AH = HM = DM ⎪ ! = HMB ! = 90 + HAM ! ⎪⎩ HAN ! = HBM ! = HBA ! Suy HN = HB, HNA ! = BAN ! = 90 ⇒ BH ⊥ HN , tức tam giác HNB vuông cân Do tứ giác AHBN nội tiếp, suy BHN B, HE ⊥ BN !!!" Ta có HE = (0;5) , phương trình đường thẳng BN qua E vuông góc HE y − = ⎡b = 7(t / m) Suy B(b;3) với b>0, ta có: EB = HE = ⇔ (b − 2)2 = 25 ⇔ ⎢ ⇒ B(7; 3) ⎣b = −3(l) !!!" Do E trung điểm BN nên N(-3;3), ta có BF = (−2; 4) / /(1;−2) Đường thẳng AD qua N nhận (2;1) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình 2x + y + = Bài 10 (Chuyên KHTN lần 1/2015) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC Gọi A’,B’,C’ điểm cho tứ giác ABA’C, BCB’A CAC’B hình bình hành Tìm toạ độ đỉnh A,B,C biết H1 (0;−2), H (2;−1), H (0;1) trực tâm tam giác BCA’, CAB’,ABC’ Lời giải: Vì ABA’C hình bình hành nên AB//CA’; AC//BA’ Mặt khác CH1 ⊥ BA', BH1 ⊥ CA' nên AB ⊥ BH1 , AC ⊥ CH1 ⇒ ABH1C nội tiếp đường tròn, tức H1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi I tâm đường tròn I tâm ngoại tiếp tam giác ABC, I trung điểm AH1 Tương tự, H , H thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (C) : x + y + 2ax + 2by + c = (a + b2 − c > 0) ⎧⎪ ⎪⎪a = − ⎪⎪ ⎧⎪−4b+ c = −4 ⎪⎪ ⎪⎪ 1 ⇒ I( ;− ) Do H1 , H , H ∈ (C) ⇒ ⎪ ⎨4a − 2b+ c = −5 ⇔ ⎪⎨b = ⎪⎪ ⎪⎪ 2 ⎪⎪⎩2b+ c = −1 ⎪⎪ ⎪⎪c = −2 ⎪⎪⎩ Vì I trung điểm AH1 nên A(1;1), tương tự có B(-1;0) C(1;-2) Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com Bài 19 (Chuyên KHTN Hà Nội lần 5/2015) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB = AD Đường thẳng AC có phương trình y = 2x , H hình chiếu vuông góc B lên AC, E trung điểm AH, I(-5;-5) trực tâm tam giác BCE Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết hoành độ C nhỏ -3 Vì I trực tâm tam giác BCE nên EI ⊥ BC ⇒ EI / / AB , mà E trung điểm AH nên I trung điểm HB Toạ độ điểm H nghiệm hệ ⎧ ⎪ y = 2x ⎪ ⇒ H (−3;−6) ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ x + y +15 = Vì I trung điểm HB nên B(-7;-4) Ta có, BC = BH = = 5, sin ! ACB ⎪⎧(x + 7) + ( y + 4) = 25 ⎡ x = −4, y = −8 ⇔⎢ ⇒ C(−4;−8) Toạ độ điểm C thoả mãn hệ: ⎪ ⎨ ⎢ x = −2, y = −4 ⎪⎪⎩ y = 2x ⎣ 2 Tam giác ABC vuông có đường cao BH, có !!!" CH CB !!" CH.CA = CB ⇒ = = ⇒ CA = 5CH = (5;10) ⇒ A(1;2) CA CA2 !!!" !!!" Vì AD = BC = (3;−4) ⇒ D(4;−2) Vậy A(1;2), B(-7;-4), C(-4;-8) D(4;-2) Bài 20 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có H hình chiếu vuông góc B lên AC Gọi E,I,M trung điểm AH, HB,BC Biết điểm E(-1;-2), M (− 11 ;−6) phương trình đường thẳng CI 3x + y + 20 = Ta có EI//AB nên EI ⊥ BC , lại có BI ⊥ AC nên I trực tâm tam giác BCE, BE ⊥ CI Phương trình đường thẳng BE qua E vuông góc CI x −3y −5 = Gọi B(3b+5;b), M trung điểm BC nên C(-16-3b;-12-b), lại có C thuộc CI nên 3(−16−3b) + (−12− b) + 20 = ⇔ b = −4 ⇒ B(−7;−4),C(−4;−8) Phương trình đường thẳng AC qua E,C 2x − y = ⎧ ⎪2x − y = Toạ độ điểm H nghiệm hệ ⎪ ⎨ ⇒ H (−3;−6) ⎪ x + y +15 = ⎪ ⎩ !!!" !!!" Vì E trung điểm AH nên A(1;2) Vì AD = BC = (3;−4) ⇒ D(4;−2) Vậy A(1;2), B(-7;-4), C(-4;-8) D(4;-2) C- Phương trình, bất phương trình hệ phương trình đại số Ẩn phụ đẳng cấp Bài Giải bất phương trình 1+ x −1( 2x −3 x −1)3 ≥ Trích đề ĐH Vinh lần 4/2015 Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com ⎧a = x − ⎧⎪a = x − ⎪ Điều kiện: x ≥ Đặt ⎨ (a ≥ 0,b > 0) ⇒ ⎨b = 2x ⎪b − 2a = ⎩⎪b = 2x ⎩ Bất phương trình trở thành: ⎛ b − 2a ⎞ + a(b − 3a)3 ≥ ⇔ (2a − b )2 + 4a(b − 3a)3 ≥ ⎜⎝ ⎟ ⎠ ⇔ (b − 2a)(52a − 28a 2b + 6ab + b ) ≥ (*) Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có: 52a + b = 26a + 26a + b ≥ 3 (26a )2 b = 3a 2b 26 ≥ 26a 2b, suy ra: 52a − 28a 2b + 6ab + b ≥ 6ab − 2a 2b = 2ab(3b − a) 2ab(17x + 1) = 2ab(3 2x − x − 1) = ≥0 2x + x − Dấu xảy a = b = , vô lý Vậy 52a − 28a 2b + 6ab + b > Do bất phương trình (*) tương đương với: b ≥ 2a ⇔ 2x ≥ x − ⇔ x ≤ Kết hợp với điều kiện có tập nghiệm S = [1;2 ] Bài Mathlinks.vn 50+5 Giải bất phương trình ( 5x + ) 3x + 1− x +5 ≥ 6x + x+4 x+4 Điều kiện: − ≤ x ≤ Đặt a = 3x + 1,b = 1− x,c = x + 4, ( a,b ≥ 0,c > ) Bất phương trình trở thành: Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com a ( a + 2c ) + b ( b + c ) ≥ c ( 2a + b + c ) ⇔ a + b − c + 2ac − 2ca + bc − b c ≥ ⇔ ( a + b ) − c − 3ab ( a + b ) + 2ac − 2ca + bc − b c ≥ ⇔ ( a + b − c ) ( (a + b)2 + c(a + b) + c ) − 3ab ( a + b − c ) +2ac(c − a − b) + bc(c − a − b) ≥ ⇔ ( a + b − c ) ( a + b + c − ab − ac ) ≥ ⇔ a+b−c≥0 Vì 3x + + 1− x ≥ x + ⇔ −3x + 2x + ≥ − x ⇔ ≤ x ≤ 12 13 ⎡ 12 ⎤ Vậy tập nghiệm bất phương trình S = ⎢ 0; ⎥ ⎣ 13 ⎦ Cách 2: ⎡ ⎤ Với x ∈ ⎢ − ;1⎥ ⇒ 6x + > , bất phương trình tương đương với: ⎣ ⎦ 5x + 3x + 1− x + ≥ 6x + x + 6x + x + ⎧ 5x + a2 + ⎪⎪ 6x + = 2a + b + 3x + 1− x ,b = (a,b ≥ 0) ⇒ ⎨ Đặt a = x+4 x+4 ⎪ = b +1 ⎪⎩ 6x + 2a + b + Bất phương trình trở thành: a2 + b2 + a + b ≥ 2a + b + 2a + b + ⇔ a + 2a + b + b ≥ 2a + b + ⇔ a + b + (−2a + 2a + b − b − 1) ≥ ⇔ (a + b − 1)(a + b − ab − a + 1) ≥ ⎡⎛ a⎞ 3a − 4a + ⎤ ⇔ (a + b − 1) ⎢⎜ b − ⎟ + ⎥ ≥ ⇔ a + b −1 ≥ ⇔ 2⎠ ⎣⎝ ⎦ 12 ⇔ 3x + + 1− x ≥ x + ⇔ x ≤ 13 3x + 1− x + ≥1 x+4 x+4 Cách 3: Vì phương trình có hai nghiệm đẹp x1 = 0; x2 = 12 nên ta khử bớt thức bình phương sau 13 liên hợp: ⎡ ⎤ Lời giải: Với x ∈ ⎢ − ;1⎥ hai vế bất phương trình không âm nên bình phương hai vế đưa bất ⎣ ⎦ phương trình tương đương với: Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com (5x + 9)2 3x + 1− x (3x + 1)(1− x) + 25 + 10(5x + 9) ≥ (6x + 7)2 x+4 x+4 (x + 4) ⇔ 39x + 67x − 77x − 90 + 10(5x + 9) (3x + 1)(1− x) ≥ Ta tìm biểu thức liên hợp sau: (3x + 1)(1− x) − −x + Vậy bất phương trình tương đương với: 3(x + 2)(13x − 12x) + 5(5x + 9) ⎡⎣ (3x + 1)(1− x) − (−x + 2) ⎤⎦ ≥ ⇔ 3(x + 2)(13x − 12x) + 5(5x + 9)(12x − 13x ) ≥0 (3x + 1)(1− x) − x + ⎡ ⎤ 5(5x + 9) ⇔ (12x − 13x ) ⎢ −3(x + 2) + ⎥≥0 (3x + 1)(1− x) − x + ⎦ ⎣ ⇔ (12x − 13x ) ⎡⎣ 3x + 25x + 33 − 6(x + 2) (3x + 1)(1− x) ⎤⎦ ≥ ⇔ (12x − 13x ) ⎡⎣(x + − (3x + 1)(1− x))2 + 29x + 3x + 20 ⎤⎦ ≥ ⇔ 12x − 13x ≥ ⇔ ≤ x ≤ 12 13 Bình luận: Cả cách 2, tương tự nhau, ý tưởng đưa phương trình đẳng cấp biến a,b,c với thức, sau giảm biến phân tích nhân tử Để phân tích nhân tử: a + b + (−2a + 2a + b − b − 1) ≥ ⇔ (a + b − 1)(a + b − ab − a + 1) ≥ Ta sử dụng máy tính cầm tay Bước Nhập vào phương trình, đâu có b ta thay 100 Bước Nhấn shift +Calc với a = , có nghiệm -99, tức a=1-b hay a+b-1=0, ta có nhân tử (a+b-1), lúc chia đa thức ta có nhân tử Bài Mathlinks.vn 50+3 Giải bất phương trình x( x + − x − 1)3 ≤ Điều kiện xác định: x ≥ ⎧⎪a = x + ⎧⎪a + b = 2x Đặt ⎨ ,(a > b ≥ 0) ⇒ ⎨ ⎩⎪a − b = ⎩⎪b = x − Bất phương trình trở thành: Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com a2 + b2 (a2 − b2 ) ( a − b )3 ≤ 32 ⇔ 16 ( a + b ) a − b ≤ ( a + b ) 2 ⇔ ⎡⎣( a + b ) + ( a − b ) ⎤⎦ a − b ≤ ( a + b ) ⎛ a−b ⎛ a − b⎞ ⎞ ⇔ 8⎜ + ⎜ ⎟ ≤5 ⎝ a + b ⎟⎠ ⎠ ⎝ a+b a−b ≤ ⇔ 2(a − b) ≤ a + b ⇔ a ≤ 3b a+b ⇔ ⎡5 ⎞ Vậy tập nghiệm bất phương trình S = ⎢ ;+∞ ⎟ ⎠ ⎣4 Vì x + ≤ x − ⇔ x + ≤ ( x − 1) ⇔ x ≥ a−b a+b Chú ý Lời giải vế trái hàm đồng biến với t = Cách 2: Với x ≥ , ta có: x +1 + x −1 = , x +1 − x −1 4x = ( x + + x − 1) + ( x + − x − 1) = + ( x + − x − 1)2 ( x + − x − 1) 2 Vì vậy, bất phương trình tương đương với: ⎡ 2⎤ ⎢ ( x + − x − 1)2 + ( x + − x − 1) ⎥ ( x + − x − 1) ≤ ⎣ ⎦ ⇔ ( x + − x − 1)5 + 4( x + − x − 1) − ≤ ⇔ x +1 − x −1 ≤1 ⇔ x +1 ≤ x −1 +1 ⇔ x +1 ≤ x + x −1 ⇔ x −1 ≥1 ⇔ x ≥ ⎡5 ⎞ Vậy tập nghiệm bất phương trình S = ⎢ ;+∞ ⎟ ⎠ ⎣4 Bài Giải phương trình 30x − 53x + 32x − = (x + 1)(5x − 3)3 Lời giải: 3 ⎪⎧(x + 1)(5x − 3) ≥ Điều kiện: ⎨ ⇔x≥ ⎩⎪ 30x − 53x + 32x − ≥ +) Nhận thấy x = không thoả mãn phương trình +) Với x > , chia hai vế phương trình cho (5x − 3) , ta được: Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com 30x − 53x + 32x − x +1 = (5x − 3) 5x − 5x − Thực phép chia đa thức cho vế trái ta được: x +1 x +1 6x − 7x + + = (5x − 3) 5x − 5x − Đặt t = x +1 > , phương trình trở thành: 5x − ⎡ x +1 = 2x − ⎢ ⎡t = 2x − 5x − 2 ⎢ t − (5x − 3)t + 6x − 7x + = ⇔ ⎢ ⇔ ⇔ x = ⎢ x +1 ⎣t = 3x − = 3x − ⎢ ⎣ 5x − Vậy nghiệm phương trình x = Bình luận: Việc xuất (5x − 3)3 bậc cao nên ta nghĩ việc chia cho (5x − 3) để giảm bậc phương trình vế phải Bài Giải bất phương trình x + 11x + 18x + ≥ x(x + 7x + 10) + x − Điều kiện: x ≥ Bất phương trình tương đương với: x + 11x + 18x + ≥ x(x + 7x + 10) + 4(x − 1) + x(x − 1)(x + 7x + 10) ⇔ 2x + 2x + ≥ x(x − 1)(x + 2)(x + 5) ⇔ 3(x + 2x) − (x + 4x − 5) ≥ (x + 2x)(x + 4x − 5) ⇔ ( x + 2x − x + 4x − )(3 x + 2x + x + 4x − ) ≥ ⇔ x + 2x ≥ x + 4x − ⇔ x ≤ kết hợp với điều kiện ta có ≤ x ≤ ⎡ 5⎤ Vậy tập nghiệm bất phương trình S = ⎢1; ⎥ ⎣ 2⎦ Liên hợp thường Bài Giải bất phương trình x − x − > x − 4x + 5x − x −3x + ⎪⎧⎪ x ≥ ⎪ Điều kiện: ⎪ ⎨ x −3x + ≥ ⇔ x ≥ ⎪⎪ ⎪⎪⎩ x − 4x + 5x ≥ Bất phương trình tương đương với: Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com −x + 5x − ( x − 2)( x +1) > ⇔ (x − 4)( x +1) x +2 x − 4x + 5x + x −3x + > (x − 4)(1+ x )(1− x ) x − 4x + 5x + x −3x + ⎡ ⎤ 1− x ⎢ ⎥ >0 ⇔ (x − 4)( x +1) ⎢ − ⎥ x − 4x + 5x + x −3x + ⎥⎦ ⎢⎣ x + ⇔ (x − 4)( x +1) ⎡⎢ x − 4x + 5x + x −3x + + x + x − 2⎤⎥ > (*) ⎣ ⎦ Ta có: x − 4x + 5x = x(x − 4x + 5) ≥ x , x −3x + = (x − 2)2 (x +1) ≥ (x − 2)2 = x − , ⇒ x − 4x + 5x + x −3x + + x + x − ≥ Dấu xảy x = ⎧x − > Vì (*) ⇔ ⎨ ⇔ x > ⎩x ≠ Vậy tập nghiệm bất phương trình S = (4;+∞) Liên hợp với nghiệm kép Bài Giải phương trình 2x + 9x −10 = (x + 4) 3x − Lời giải: Điều kiện: x ≥ Phương trình tương đương với: (x + 4)( 3x − − 2) = (2x + 9x −10)− 2(x + 4) 3(x − 2)(x + 4) ⇔ (x + 4)( 3x − − 2) = 9(x − 2) ⇔ = 9(x − 2) 3x − + ⎡ x3 + ⎤ ⇔ (x − 2) ⎢⎢ −3⎥⎥ = ⇔ (x − 2)(x −3 3x − − 2) = ⎢⎣ 3x − + ⎥⎦ ⎡x = ⇔ ⎢⎢ ⎢⎣ x −3 3x − − = (1) Ta có (1) tương đương với: Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com x −8+ 3(2 − 3x − 2) = ⇔ (x − 2)(x + 2x + 4) + ⎡ ⎤ ⎥=0 ⇔ (x − 2) ⎢⎢ x + 2x + 4− ⎥ ⎢⎣ + 3x − ⎥⎦ ⎡ ⎤ ⇔ (x − 2) ⎢ 2x + 4x −1+ (x + 2x + 4) 3x − ⎥ = ⎢⎣ ⎥⎦ 9(2 − x) + 3x − =0 ⇔ x = 2(do 2x + 4x −1+ (x + 2x + 4) 3x − > 0,∀x ≥ ) Vậy phương trình có nghiệm x = Cách 2: Vì tính chất nghiệm kép x = nên ta thực liên hợp lần sinh (x − 2)2 sau: Ta ghép ax + b − 3x − cho đa thức f (x) = ax + b − 3x − có nghiệm kép x = Ta có hệ điều kiện: ⎧ ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ 2a + b = a= ⎪ ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ f (2) = ⎪ ⇒ f (x) = 3x + − 3x − ⇔⎪ ⇔⎪ ⎨ ⎨ ⎨ ⎪ ⎪a − =0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ f '(2) = ⎪ ⎪ ⎪ b = 3.2 − ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎩ Vậy viết lại phương trình tương đương với: 4(2x + 9x −10) = 4(x + 4) 3x − ⎡ ⎤ ⇔ (x + 4)(3x + 2)− 4(2x + 9x −10) = (x + 4) ⎢3x + − 3x − ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎡ ⎤ 3 ⇔ 3x − 6x − 24x + 48 = (x + 4) ⎢3x + − 3x − ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎡ ⎤ 3(x + 4)(x − 2) 3(x + 4) ⎥ =0 ⇔ (x − 2)2 (x + 2x + 4) = ⇔ (x − 2)2 ⎢⎢ x + 2x + 4− ⎥ ⎢⎣ 3x + + 3x − 3x + + 3x − ⎥⎦ ⎡ ⎤ ⇔ (x − 2)2 ⎢8x +16x − + 4(x + 2x + 4) 3x − ⎥ = ⎢⎣ ⎥⎦ ⇔ x = 2(do 8x +16x − + 4(x + 2x + 4) 3x − > 0,∀x ≥ ) Vậy phương trình có nghiệm x = Cách 3: Đặt a = 3x − , phương trình cho trở thành: 2x + 3a − = (x + 4)a ⇔ 3a −(x + 4)a + 2x − = Δa = (x + 4)2 −12(2x − 4) = (x −8)2 ⇒a= x + 4−(x −8) = 2,a = x + + (x −8) = x3 − Xét trường hợp, thực tương tự cách ta có kết qủa Liên hợp với nghiệm vô tỷ Bài Giải phương trình 3( 5x + + x + ) + 4x − 18x − 12 = Phân tích: Dễ thấy phương trình có nghiệm x = , Nhập phương trình vào máy tính nhấn Shif +Calc ta có nghiệm x ≈ 3, 7912 , lưu nghiệm vào biến nhớ A để tìm nghiệm xác A Sử dụng chức Table máy tính ( Áp dụng với máy tính VINACAL 570ES PLUS II) Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com Bước Chọn chức Table thao tác: MODE Bước Thiết lập hàm f(x)= thao tác: ALPHA A x + ALPHA A ALPHA X = Bước Thiết lập hàm g(x)= thao tác: = Bước Thiết lập điểm dò xuất phát máy hỏi “Sart?” thao tác: − = Bước Thiết lập điểm dò cuối cùng, máy hỏi “End” thao tác: = Bước Thiết lập bước nhảy máy hỏi “Step?” thao tác: = Bước Kiểm tra kết trả về, ta chọn F(X) nhận giá trị hữu tỷ Ta có F(−3) = ⇒ A − 3A = ⇔ A − 3A − = Vậy nghiệm tìm nghiệm phương trình x − 3x − = Từ dễ có nhị thức ghép thức 5x + − (x + 1) ; x + − (x − 1) Lời giải: Điều kiện: x ≥ − Phương trình tương đương với: Chú ý Trước liên hợp ta cần xem xét mẫu số hay không? − 21 +) Nếu (x + 1+ 5x + )(x − 1+ x + ) = ⇔ x = , thử lại phương trình thấy không thoả mãn − 21 +) Nếu x ≠ , phương trình tương đương với: 3 ⎡ ⎤ (x − 3x − 3) ⎢ − − =0 5x + + x + x + + x − ⎥⎦ ⎣ ⎡ ± 21 ⎢x = ⇔⎢ 3 ⎢4 − − = (*) ⎢⎣ 5x + + x + x + + x −1 ⎡⎣ 5x + − (x + 1) ⎤⎦ + ⎡⎣ x + − (x − 1) ⎤⎦ + 4(x − 3x − 3) = Xét hàm số f (x) = − f '(x) > 0,∀x ≥ − 3 ⎡ ⎞ − ⎢ − ;+∞ ⎟ , ta có: ⎠ 5x + + x + x + + x −1 ⎣ Vì (*) ⇔ f (x) = f (0) ⇔ x = Đối chiếu với điều kiện ta có tất nghiệm phương trình x = 0; x = + 21 Hàm đặc trưng Bài Giải phương trình 2x + 9x −6x(1+ 6x −1) + 6x −1 + = Lời giải: Điều kiện: x ≥ Phương trình tương đương với: Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com 2x + 9x −6x(1+ 6x −1) + 6x −1 + = 2x + 9x −6x + 8+ 2(1−6x) 6x −1 = ⇔ 2x + 9x −6x + = 2(6x −1) 6x −1 ⇔ 2(x +1)3 + 3(x +1)2 = (6x −1)3 + (6x −1)2 ⇔ x +1= 6x −1 ⇔ x = ± Vậy nghiệm phương trình x = ± Cách 2: Sử dụng phương pháp liên hợp với nghiệm vô tỷ, ta ghép Phương trình tương đương với: 6x −1 với (x+1) 2x + 9x −6x + 8− (6x −1)3 = ⇔ 2x + 9x −6x + 8− 2(x +1)3 + ⎡⎢(x +1)3 − (6x −1)3 ⎤⎥ = ⎣ ⎦ ⇔ 3(x − 4x + 2) + 2(x +1− 6x −1) ⎡⎢(x +1)2 + (x +1) 6x −1 + 6x −1⎤⎥ = ⎣ ⎦ ⎡ ⎡(x +1)2 + (x +1) 6x −1 + 6x −1⎤ ⎤⎥ = ⇔ (x − 4x + 2) ⎢3+ ⎢ ⎥⎦ ⎥ ⎢ x +1+ 6x −1 ⎣ ⎣ ⎦ ⇔ x − 4x + = ⇔ x = ± Phân tích bình phương, đánh giá Bài Giải phương trình − x + x − 4x + 4x = (x − 1)2 + 1− x Lời giải: Điều kiện: −2 ≤ x ≤ Phương trình tương đương với: − x + x + x − 4x + 4x = x − 2x + ⇔ + x (4 − x ) = x − 2x + − (x − 2x)2 Ta có: + x (4 − x ) ≥ 2,∀x ∈[ −2;2 ] , ta phải có: x − 2x + − (x − 2x)2 ≥ ⇔ x − 2x − (x − 2x)2 ≥ ⇔ x − 2x ≥ (x − 2x)2 ⇔ (x − 2x)3 ≥ 8(x − 2x)2 ⇔ (x − 2x)2 ⎡⎣ x − 2x − ⎤⎦ ≥ ⇔ (x − 2x)2 (x + 2)(x − 4) ≥ Mặt khác: (x − 2x)2 (x + 2)(x − 4) ≤ 0,∀x ∈[ −2;2 ] Do phương trình tương đương với: 2 ⎪⎧ x (4 − x ) = ⇔ x = 0; x = ±2 ⎨ 2 ⎪⎩(x − 2x) (x + 2)(x − 4) = Vậy nghiệm phương trình x = 0; x = ±2 Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com Cách 2: Ta đặt t = x − 2x ∈[ −1;2 ],∀x ∈[ −2;2 ] , VP = f (t) = t − 2t + ≤ 2,∀t ∈[ −1;2 ] Dấu xảy t = ∨ t = ⇔ x = 0; x = ±2 Ta có kết tương tự Bài tập tương tự Bài số 01 Giải phương trình 1− x + x = x − x + 1− 2(x − x)2 Đ/s: x = 0; x = ±1 Bài (Mathlinks.vn 34) Giải phương trình (1+ x) 1+ x + (1− x) 1− x − = ( x + − 2)2 Lời giải: Điều kiện: −1 ≤ x ≤ Khi sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có: (1+ x)3 + (1+ x)3 + ≥ 3 (1+ x)3 (1+ x)3 = 3(1+ x), (1− x) + (1− x) + ≥ 3 3 (1− x) (1− x) = 3(1− x) 3 Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: ⎡⎣(1+ x) 1+ x + (1− x) 1− x + 1⎤⎦ ≥ 3(1+ x + 1− x) = ⇒ (1+ x) 1+ x + (1− x) 1− x ≥ Do VP = VT ≥ ⇔ ( x + − 2)2 ≥ ⇔ x − 1+ x ≥ −4 ⇔ x + ≥ 1+ x ⇔ (x + 4)2 ≥ 16(1+ x ) ⇔ x − 8x ≥ ⇔ x (x − 8) ≥ ⇔ x = 0(do x ∈[ −1;1]) Thử lại thấy thoả mãn Vậy phương trình có nghiệm x = Cách 2: Đặt a = 1+ x,b = 1− x (a,b ≥ 0) ⇒ a + b = 2,ab ≤ a2 + b2 = Phương trình tương đương với: a + b = 1+ ( 1+ x − 2)2 Ta có: VT = a + b = a + b + 2a 3b = (a + b )3 − 3a 2b (a + b ) + 2a 3b = + 2a 3b − 6a 2b = + 2a 2b (ab − 3) ≥ + 2.12 (1− 3) = Do VP = VT ≥ ⇔ ( x + − 2)2 + ≥ ⇔ x − 1+ x ≥ −4 ⇔ x + ≥ 1+ x ⇔ (x + 4)2 ≥ 16(1+ x ) ⇔ x − 8x ≥ ⇔ x (x − 8) ≥ ⇔ x = 0(do x ∈[ −1;1]) Thử lại thấy thoả mãn Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com Vậy phương trình có nghiệm x = Cách 3: Sử dụng bất đẳng thức Holder ta có (a + b )(a + b )(1+ 1) ≥ (a + b )3 ⇒ a + b ≥ Ta có kết tương tự, Cách 4: Phương trình tương đương với (x + − x + 1)(x + 1) + (2 − x − 1− x )(1− x) − 4( x + − 1) = ⇔ x (x + 1) x (1− x) 4x + − =0 x + + x + − x + 1− x 1+ x + ⎡ ⎤ x +1 1− x ⇔ x2 ⎢ + − ⎥=0 1+ x + ⎦ ⎣ x + + x + − x + 1− x 2 ⎡⎛ ⎤ x + ⎞ ⎛ 1− x ⎞ ⎥ (*) ⇔ x ⎢⎜ + − = ⎟ ⎜ ⎟ 1+ x + ⎢⎣⎝ x + + ⎠ ⎝ 1− x + ⎠ ⎥⎦ Với x thuộc đoạn [-1;1] ta có 2 ⎛ x + ⎞ ⎛ 1− x ⎞ 2 ≤ + −2 < 2 ⎜⎝ x + + ⎟⎠ + ⎜⎝ 1− x + ⎟⎠ − 1+ x + ( + 1) ( + 1) Vì (*) ⇔ x = ⇔ x = Bình luận Nếu thực đánh giá áp dụng cho vế trái phương trình có bậc cao a,b Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức Holder ta có: (a + b )n n n n n 2 n n n (a + b )(a + b )(1+ 1) (1+ 1) ≥ (a + b ) ⇒ a + b ≥ !# # "## $ n−2 n−2 Bài tập tương tự Bài số 01 Giải phương trình Bài số 02 Giải phương trình Bài số 03 Giải phương trình (1− x)5 + (1+ x)5 − = ( 1+ x − 2)2 Đ/s: x = x (1− x)3 + (1+ x)3 − = 3(x + ) Đ/s: x = (1+ x )3 x (1+ x)2015 + (1− x)2015 = + 3(x + ) Đ/s: x = (1+ x )3 Bài Giải bất phương trình 3(x − 2) + > x ( x − + x − 1) x − x +1 Phân tích: Trước tiên viết lại bất phương trình dạng: 3(x − 2) + − x2 − x − x3 − x > x − x +1 Ta tìm nghiệm xác phương trình Nhập phương trình vào máy tính Nhấn Shift +Calc với x = , ta có nghiệm x0 ≈ 1,618 lưu nghiệm vào biến nhớ A (Shift +Sto +A) Vào chức Table (Mode 7), nhập vào hàm F(X) = A + AX , dễ có F(−1) = Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com Vậy nghiệm cho nghiệm phương trình x − x − = , dựa vào thức bất phương trình ta có tương ứng: x − − x ; x − x − Lời giải: Điều kiện: x ≥ Bất phương trình tương đương với: 6x − 12 + − x − x − x(x − 1) > x − x +1 ⇔ 3( x − − x )2 + 3x − 3x − − x − x + x − x +1 >0 ⎛ ⎞ ⇔ 3( x − − x )2 + ( x − x − 1)2 + ⎜ x − x + − 5⎟ > ⎝ ⎠ x − x +1 Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có: ⎡ ⎤ 2 2 x2 − x + − = ⎢(x − x + 1) + + ⎥−6 x − x +1 x − x +1 x − x +1 ⎦ ⎣ ≥ 3 (x − x + 1) 2 x2 − x + 2 x2 − x + −6=0 ⎧ ⎪ x2 − = x ⎪⎪ 1± ⇔ x2 − x − = ⇔ x = Do VT ≥ Dấu xảy ⎨ x − x = ⎪ 2 ⎪x2 − x + = ⎪⎩ x − x +1 Đối chiếu với điều kiện ta x = Vì VT > VP = ⇔ x ≠ 1+ 1+ ⎧1+ ⎫ Vậy tập nghiệm bất phương trình S = [1;+∞ ) \ ⎨ ⎬ ⎩ ⎭ Bài Mathlinks.vn 50+8/2015 Tìm giá trị thực tham số m để tồn cặp số thực (x;y) thoả mãn hệ điều kiện: ⎧⎪2x − 4y + 16y − 17 = m(y − − −x + 3x − )3 ⎨ (x − 1) x − + = y − 6y + 12y ⎩⎪ Điều kiện: ≤ x ≤ Phương trình thứ hai hệ tương đương với: y − 6y + 12y − = (x − 1)3 ⇔ (y − 2)3 = (x − 1)3 ⇔ y − = x − Thay vào phương trình thứ hệ ta được: Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com 2x − 4(x − 1) − = m ( x − − −x + 3x − ) ⇔ 2(x − 1)2 + = m( x − − −x + 3x − )3 ⇔ ⎡⎣ 2(x − 1) + 1⎤⎦ ( x − + −x + 3x − ) = m(x − 1− (−x + 3x − 2)) 2 ⇔ ⎡⎣ 2(x − 1)2 + 1⎤⎦ ( x − + −x + 3x − )3 = m(x − 1)6 Nhận thấy x = không nghiệm phương trình, xét với x ∈(1;2 ] , đặt t = x − ∈( 0;1] Phương trình cuối trở thành: ⎛2 1⎞ (2t + 1)( t + t − t )3 = mt ⇔ m = ⎜ + ⎟ ( + − 1)3 (*) ⎝t t ⎠ t t ⎛2 1⎞ − 1)3 với t ∈( 0;1] , ta có: Xét hàm số f (t) = ⎜ + ⎟ ( + ⎝t t ⎠ t t ⎞ 1 ⎛ 1 ⎛ 3⎞ f '(t) = ⎜ − − ⎟ ( + − 1)3 + 3( + − 1)2 ( + ) ⎜ − − < 0,∀t ∈( 01;] ⎝ t t ⎠ t t t t t t ⎝ t t − t ⎟⎠ Vì hàm số f(t) nghịch biến nửa khoảng ( 0;1] Do phương trình (*) có nghiệm t ⎧⎪ x = t + nghiệm , đó: ⎨ , tức x, y ⎪⎩ y = x − + = t + Vì vậy, để hệ cho có cặp số (x;y) thoả mãn phương trình (*) có nghiệm t ∈( 0;1] Ta có: f (t) ≥ f (1) = ⇒ m ≥ Vậy m ≥ giá trị cần tìm Bài Mathlinks.vn 50+6 Giải bất phương trình x + x − 1+ x ( x − − x − 1) − x2 − x + 1 > ln(x − x) 2x − 2x + 2 Điều kiện: x > Bất phương trình tương đương với: ⎡ x2 − x + ⎤ 2 2 −⎢ − x − x + ln(x − x) ⎥ + ( x − − x ) > (*) 2 ⎢⎣ 2x − 2x + ⎥⎦ Đặt t = x − x > , ta có: x2 − x + 1 t +1 − x − x + ln(x − x) = f (t) = − t + lnt 2x − 2x + 2t + 2 Xét hàm số f (t) = t +1 2t + − t + lnt khoảng (0;+∞) , ta có: Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com f '(t) = 2− 2t + −1; f '(t) = ⇔ t = (2t + 2) 2t + t Từ đo suy f (t) ≤ f (1) = ⇒ VT(*) ≥ ⎧⎪t = ⎧x > 1+ Dấu xảy ⎨ ⇔⎨ ⇔x= x − x − = ⎪⎩ x − = x ⎩ ⎧1+ ⎫ 1+ Vì (*) ⇔ VT > ⇔ x ≠ Kết hợp với điều kiện suy S = [1;+∞ ) \ ⎨ ⎬ 2 ⎩ ⎭ Hàm đặc trưng không hoàn toàn Bài Mathlinks.vn 50+1/2015 Giải phương trình x + 1+ 10 + 3 − x = 3 − x − x + 3x + 2x + Điều kiện: x + 3x + 2x + ≥ Phương trình tương đương với: − x + 3x + 2x + − x + 10 3 − x = (1+ 3 − x ) + 10 3 + (1+ 3 − x ) (*) Xét hàm số f = t + 10 3 + t ⇒ f ′(t) = 1+ 10 3 (t + 3)2 > 0,∀t ∈! Vậy hàm số f(t) đồng biến ! Vì phương trình (*) tương đương với: − x + 3x + 2x + + f (−x) = f (1+ 3 − x ) ⇔ f (−x) − f (1+ 3 − x ) − x + 3x + 2x + = (**) Vì x + 3x + 2x + = (x + 1)3 + − x ≥ ⇒ 3 − x ≥ −x − , hay −x ≤ 1+ 3 − x ⇒ f (−x) ≤ f (1+ 3 − x ) Do đó, VT(**) ≤ = VP(**) , dấu phải xảy ra, tương đương với: ⎧⎪ x + 3x + 2x + = ⇔⎨ ⇔ (x + 1)3 = x − 3 ⎩⎪−x = 1+ − x ⇔ (x + 1)3 − (x + 1) + = ⇔ x = −1− 18 − 321 18 + 321 − 9 D - Bài toán tổng hợp CHÚC CÁC EM CÓ MỘT KỲ THI THẮNG LỢI! Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: dangnamneu@gmail.com [...]... − ;1⎥ ⇒ 6x + 7 > 0 , bất phương trình tương đương với: ⎣ 3 ⎦ 5x + 9 3x + 1 5 1− x + ≥ 1 6x + 7 x + 4 6x + 7 x + 4 ⎧ 5x + 9 a2 + 2 ⎪⎪ 6x + 7 = 2a 2 + b 2 + 1 3x + 1 1− x ,b = (a,b ≥ 0) ⇒ ⎨ Đặt a = 2 x+4 x+4 ⎪ 5 = b +1 ⎪⎩ 6x + 7 2a 2 + b 2 + 1 Bất phương trình trở thành: a2 + 2 b2 + 1 a + b ≥ 1 2a 2 + b 2 + 1 2a 2 + b 2 + 1 ⇔ a 3 + 2a + b 3 + b ≥ 2a 2 + b 2 + 1 ⇔ a 3 + b 3 + (−2a 2 + 2a + b − b 2 −... dangnamneu@gmail.com a ( a 2 + 2c 2 ) + b ( b 2 + c 2 ) ≥ c ( 2a 2 + b 2 + c 2 ) ⇔ a 3 + b 3 − c 3 + 2ac 2 − 2ca 2 + bc 2 − b 2 c ≥ 0 ⇔ ( a + b ) − c 3 − 3ab ( a + b ) + 2ac 2 − 2ca 2 + bc 2 − b 2 c ≥ 0 3 ⇔ ( a + b − c ) ( (a + b)2 + c(a + b) + c 2 ) − 3ab ( a + b − c ) +2 ac(c − a − b) + bc(c − a − b) ≥ 0 ⇔ ( a + b − c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − ab − ac ) ≥ 0 ⇔ a+b−c≥0 Vì vậy 3x + 1 + 1− x ≥ x + 4 ⇔ 2 −3x 2 + 2x + 1 ≥ 2 −... (a 3 + b 3 )(a 3 + b 3 )( 1+ 1) ≥ (a 2 + b 2 )3 ⇒ a 3 + b 3 ≥ 2 Ta có kết quả tương tự, Cách 4: Phương trình tương đương với (x + 2 − 2 x + 1)(x + 1) + (2 − x − 2 1− x )(1− x) − 4( x 2 + 1 − 1) = 0 ⇔ x 2 (x + 1) x 2 (1− x) 4x 2 + − =0 x + 2 + 2 x + 1 2 − x + 2 1− x 1+ x 2 + 1 ⎡ ⎤ x +1 1− x 4 ⇔ x2 ⎢ + − ⎥=0 1+ x 2 + 1 ⎦ ⎣ x + 2 + 2 x + 1 2 − x + 2 1− x 2 2 ⎡⎛ ⎤ x + 1 ⎞ ⎛ 1− x ⎞ 4 ⎥ (*) ⇔ x ⎢⎜ + − =... với (x+1) 2x 3 + 9x 2 −6x + 8− 2 (6x −1)3 = 0 ⇔ 2x 3 + 9x 2 −6x + 8− 2(x +1 )3 + 2 ⎡⎢(x +1 )3 − (6x −1)3 ⎤⎥ = 0 ⎣ ⎦ ⇔ 3(x 2 − 4x + 2) + 2(x +1 − 6x −1) ⎡⎢(x +1 )2 + (x +1 ) 6x −1 + 6x −1⎤⎥ = 0 ⎣ ⎦ ⎡ 2 ⎡(x +1 )2 + (x +1 ) 6x −1 + 6x −1⎤ ⎤⎥ = 0 ⇔ (x 2 − 4x + 2) ⎢ 3+ ⎢ ⎥⎦ ⎥ ⎢ x +1 + 6x −1 ⎣ ⎣ ⎦ ⇔ x 2 − 4x + 2 = 0 ⇔ x = 2 ± 2 Phân tích bình phương, đánh giá Bài 4 Giải phương trình 4 − x 2 + 2 3 x 4 − 4x 3 + 4x... (5x + 9)2 3x + 1 1− x (3x + 1)(1− x) + 25 + 10(5x + 9) ≥ (6x + 7)2 2 x+4 x+4 (x + 4) ⇔ 39x 3 + 67x 2 − 77x − 90 + 10(5x + 9) (3x + 1)(1− x) ≥ 0 Ta tìm được biểu thức liên hợp như sau: (3x + 1)(1− x) − −x + 2 2 Vậy bất phương trình tương đương với: 3(x + 2)(13x 2 − 12x) + 5(5x + 9) ⎡⎣ 2 (3x + 1)(1− x) − (−x + 2) ⎤⎦ ≥ 0 ⇔ 3(x + 2)(13x 2 − 12x) + 5(5x + 9)(12x − 13x 2 ) ≥0 2 (3x + 1)(1− x) − x + 2... 10) + 2 x − 1 Điều kiện: x ≥ 1 Bất phương trình tương đương với: x 3 + 11x 2 + 18x + 6 ≥ x(x 2 + 7x + 10) + 4(x − 1) + 4 x(x − 1)(x 2 + 7x + 10) ⇔ 2x 2 + 2x + 5 ≥ 2 x(x − 1)(x + 2)(x + 5) ⇔ 3(x 2 + 2x) − (x 2 + 4x − 5) ≥ 2 (x 2 + 2x)(x 2 + 4x − 5) ⇔ ( x 2 + 2x − x 2 + 4x − 5 )(3 x 2 + 2x + x 2 + 4x − 5 ) ≥ 0 5 ⇔ x 2 + 2x ≥ x 2 + 4x − 5 ⇔ x ≤ 2 kết hợp với điều kiện ta có 1 ≤ x ≤ 5 2 ⎡ 5⎤ Vậy tập... 2x + 4 ≥ 0 Phương trình tương đương với: − x 3 + 3x 2 + 2x + 4 − x + 10 3 3 − x = ( 1+ 3 3 − x ) + 10 3 3 + ( 1+ 3 3 − x ) (*) Xét hàm số f = t + 10 3 3 + t ⇒ f ′(t) = 1+ 10 3 3 (t + 3)2 > 0,∀t ∈! Vậy hàm số f(t) đồng biến trên ! Vì vậy phương trình (*) tương đương với: − x 3 + 3x 2 + 2x + 4 + f (−x) = f ( 1+ 1 3 3 − x ) ⇔ f (−x) − f ( 1+ 1 3 3 − x ) − x 3 + 3x 2 + 2x + 4 = 0 (**) Vì x 3 + 3x 2 + 2x... 4) ⎢3x + 2 − 4 3x − 2 ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎡ ⎤ 4 3 3 ⇔ 3x − 6x − 24x + 48 = (x + 4) ⎢3x + 2 − 4 3x − 2 ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ 3 2 ⎡ ⎤ 3(x + 4)(x − 2) 3(x 3 + 4) ⎥ =0 ⇔ (x − 2)2 (x 2 + 2x + 4) = ⇔ (x − 2)2 ⎢⎢ x 2 + 2x + 4− ⎥ ⎢⎣ 3x + 2 + 4 3x − 2 3x + 2 + 4 3x − 2 ⎥⎦ ⎡ ⎤ ⇔ (x − 2)2 ⎢8x 2 +1 6x − 4 + 4(x 2 + 2x + 4) 3x − 2 ⎥ = 0 ⎢⎣ ⎥⎦ 2 ⇔ x = 2(do 8x 2 +1 6x − 4 + 4(x 2 + 2x + 4) 3x − 2 > 0,∀x ≥ ) 3 Vậy phương trình có nghiệm duy... 3 − 4x 2 + 5x + x 3 −3x 2 + 4 ⎥⎦ ⎢⎣ x + 2 ⇔ (x − 4)( x +1 ) ⎡⎢ x 3 − 4x 2 + 5x + x 3 −3x 2 + 4 + x + x − 2⎤⎥ > 0 (*) ⎣ ⎦ Ta có: x 3 − 4x 2 + 5x = x(x 2 − 4x + 5) ≥ x , x 3 −3x 2 + 4 = (x − 2)2 (x +1 ) ≥ (x − 2)2 = x − 2 , ⇒ x 3 − 4x 2 + 5x + x 3 −3x 2 + 4 + x + x − 2 ≥ 0 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 0 ⎧x − 4 > 0 Vì vậy (*) ⇔ ⎨ ⇔ x > 4 ⎩x ≠ 0 Vậy tập nghiệm của bất phương trình S = (4 ;+ ) Liên... tương đương với: a 3 + b 3 = 1+ ( 1+ x 2 − 2)2 Ta có: VT = a 3 + b 3 = a 6 + b 6 + 2a 3b 3 = (a 2 + b 2 )3 − 3a 2b 2 (a 2 + b 2 ) + 2a 3b 3 = 8 + 2a 3b 3 − 6a 2b 2 = 8 + 2a 2b 2 (ab − 3) ≥ 8 + 2.12 (1− 3) = 2 Do đó VP = VT ≥ 2 ⇔ ( x 2 + 1 − 2)2 + 1 ≥ 2 ⇔ x 2 − 4 1+ x 2 ≥ −4 ⇔ x 2 + 4 ≥ 4 1+ x 2 ⇔ (x 2 + 4)2 ≥ 16( 1+ x 2 ) ⇔ x 4 − 8x 2 ≥ 0 ⇔ x 2 (x 2 − 8) ≥ 0 ⇔ x = 0(do x ∈[ −1;1]) Thử lại thấy thoả mãn