tổng kết kiến thức chia sẽ kinh nghiệm phòng thi môn toán

Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn (1) Kinh nghiệm làm thi, phân bổ thời gian - Đọc đề thật kĩ từ xuống khoảng lần (lặp lại); vạch vào đầu câu câu làm (với câu hình tưởng tưởng hình vẽ – vạch ý chính) - Làm câu vạch theo trình tự dễ đến khó (thông thường xuất phát từ câu – toán khảo sát hàm số); không xuất phát từ câu khó (vì trình làm với câu phân loại chắn gặp số vướng mắc mang tính phân loại dậy sa đà vào câu khó thời gian em với thời gian em có quỹ điểm trung bình câu dễ) - Các câu mức độ dễ, trung bình (từ đến 7) làm vào giấy thi, không cần nháp; trình bày to rõ ràng cẩn thận (tính toán bấm máy cho chuẩn xác) - Tất câu hình em vẽ hình bút mực (duy đường tròn dùng thêm bút chì) - Luôn kiểm tra lại làm cách đối chiếu đề làm (không nên soát lại làm mà không kiểm tra lại kĩ đề bài) (Khoảng thời gian dành cho câu từ đến khoảng 70 phút đầu đạt mục tiêu để lấy 9-10) - Các câu phân loại (8-10); làm câu hỏi theo thân dễ trước; trình làm cần vạch ý nháp; có khó khăn làm chưa nghĩ hướng làm bước bỏ qua chuyển sang câu khác; sau ghi tiếp vào giấy thi Làm tiếp câu 8, câu … - Bài toán bất đẳng thức; yêu cầu hoàn thành xác tất câu từ – đủ từ 45 – 60 phút (các em nắm bất đẳng thức) chắn xác định hướng làm đủ thời gian để huy động kiến thức kỹ năng, điểm rơi phong độ (2) Một số sai lầm học sinh hay mắc phải quy trình giải chuẩn Câu Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số *Quên ghi tập xác định *Tính sai đạo hàm; giải sai phương trình đạo hàm; kết luận sai tính đồng biến nghịch biến *Vẽ đồ thị bút chì Quy trình giải: { } *Tập xác định: D = ! (với hàm bậc ba, trùng phương); D = !\ x0 (với hàm phân thức bậc nhất/bậc nhất) *Giới hạn vô cực (với hàm bậc ba, trùng phương); giới hạn vô cực; giới hạn x0+ ; x0− (với hàm phân thức bậc nhất/bậc – kết luận tiệm cận ngang tiệm cận đứng) *Đạo hàm; giải phương trình đạo hàm (hàm bậc ba, hàm trùng phương); *Bảng biến thiên: - Kết luận tính đồng biến, nghịch biến - Kết luận điểm cực trị, giá trị cực trị (với hàm bậc ba, trùng phương) *Đồ thi: Ghi toạ độ giao điểm đồ thị hàm số với trục toạ độ (nếu có); vẽ đồ thị bút mực Câu (Bài toán phụ hàm số) GTLN, GTNN *Tập xác định: D = ? (bỏ qua bước đề cho) +) Nếu D đoạn lập luận hàm số f(x) liên tục D; tính đạo hàm; giải pt đạo hàm; tính giá trị hàm số điểm tới hạn; kết luận max, hàm số +) Nếu D khoảng; tính đạo hàm; giải pt đạo hàm lập bảng biến thiên; kết luận max, hàm số Bài toán thực tế liên quan đến min, max *Gọi ẩn thiết lập biểu thức; tìm – max bất đẳng thức AM – GM khảo sát hàm biến Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn Câu Số phức mũ logarit *Số phức; kết luận sai phần thực phần ảo (kết luận với z = − 4i phần thực z 3; phần ảo z −4 ) *Logarit: Giải sai điều kiện (chẳng hạn log (x + 2)2 xác định (x + 2)2 > ⇔ x + ≠ ⇔ x ≠ −2 ) Rút gọn sai biểu thức Logarit; ý log a x 2n = 2n log a | x| *Chú ý toán tính đạo hàm hàm mũ; hay tính giá trị biểu thức theo giá trị cho trước Câu Tích phân ứng dụng tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay *Áp dụng sai công thức; ý: S= b ∫ a b f (x) − g(x) dx, V = π ∫ f (x) − g (x) dx a *trong a, b cho trước nghiệm phương trình hoành độ giao điểm f (x) = g(x) *Đây tích phân chứa dấu giá trị tuyệt đối lập bảng xét dấu biểu thức dấu giá trị tuyệt đối khử dấu giá trị tuyệt đối đưa lớp tích phân thường Câu Hình giải tích không gian Oxyz *Hay hiểu sai công thức !" " !" " " ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ a, b⎥ (độ dài véc tơ); ⎢ a, b⎥ c (giá trị tuyệt đối); ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ *chú ý tính véc tơ tích có hướng ghi chi tiết vào làm để dễ kiểm tra sai sót (không nên viết nguyên kết quả; làm khó cho việc kiểm tra lại) *Tính toán cho được; nên lập luận cho chặt chẽ; ghi véc tơ phương đường thẳng hay véc tơ pháp tuyến mặt phẳng chữ sau dùng kí hiệu(câu hay sinh hay mắc sai lầm; em trình bày rõ ràng cho dễ đối chiếu lại) Câu Lượng giác toán xác suất thực tế a) Lượng giác; ý việc đổi cung; giá trị âm dương biểu thức lượng giác khoảng b) Xác suất; *Số phần tử không gia mẫu số cách … có n(Ω) = ? *Gọi A biến cố cần tính xác suất; số kết thuận lợi cho biến cố A số cách …có n(A) = ? *Xác suất cần tính P(A) = n(A) = ? (để kết phân số); làm tròn đề yêu cầu Nên chi n(Ω) tiết cách tìm n(A) cách tính phức tạp Câu Hình học không gian *Vẽ hình bút mực, phân biệt chuẩn nét đứt nét liền *Quy khoảng cách điểm đến mặt phẳng; từ điểm chân đường cao khối chóp *Cũng ý nhiều Câu Hình giải tích mặt phẳng Oxy *Khai thác giả thiết cho tìm điểm giao cắt có *Chú ý viết nhanh, xác phương trình đường thẳng; toạ độ giao điểm; chân đường cao, … *Một số toán giải đơn giản góc khoảng cách; *Khai thác giả thiết hình vẽ để phát tính chất hình học (nếu toán có); chứng minh phương pháp biết Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn *Bài toán có yếu tố vuông góc; hoàn toàn chứng minh véc tơ; cộng góc hay tam giác đồng dạng; *Bài toán liên quan đến độ dài sử dụng tam giác đồng dạng; *Bài toán có hai đường thẳng song song ý đến Thales *Tham số hoá cần; *Nếu sử dụng độ dài để tìm điểm; cần ý loại nghiệm (sử dụng tính phía, khác phía với đường thẳng); (tính chất nằm đoạn thẳng nằm đoạn thẳng – sử dụng véc tơ) *Hình vẽ bút mực (trừ đường tròn – vẽ bút chì) Câu Phương trình, bất phương trình vô tỷ, hệ phương trình *Đặt điều kiện (nếu có); bất phương trình cần giải chi tiết điều kiện, ngược lại điều kiện bất phương trình phức tạp (nghiệm lẻ phương trình bậc ba) giữ nguyên đối chiếu lại sau *Xuất phát từ hướng đơn giản đầu tiên; nâng luỹ thừa đưa đa thức hay không?, đặt ẩn phụ để giảm bớt thức hay không? Nghiệm lẻ suy nghĩ đến pp liên hợp với nghiệm vô tỷ (thông qua phân tích nhân tử); sử dụng phép liên hợp biết (chứng minh vô nghiệm, dùng điều kiện, quy đồng, đặt ẩn phụ, xét hàm số, bất đẳng thức); số toán có nghiệm bội chẵn(hay gặp nghiệm kép) dùng đánh giá ab ≤ a + b2 hay AM – GM với số không âm) *Chú ý đưa phương trình hệ cần phải thử lại nghiệm; nhận nghiệm thoả mãn *Đối với hệ phương trình ý phép liên hợp cho hệ chứa thức (xét trường hợp đầy đủ trước liên hợp tránh mẫu thức sinh không xác định) Câu 10 Bất đẳng thức, toán cực trị Thông thường đề thi thường xuất phát từ đánh giá đơn giản: (x − y)2 ≥ ; Với x = a, y = b + c ta có đánh giá như: a + (b + c)2 ≥ a b+ c ≥ (a + b + c)2 ≥ 2a(b + c) 2a a + b+ c ;4 a b+ c a ≥ ≥ a b+ c a+ b+ c (a + b + c) ≥ 16(a b + b c + c a ) *Với biểu thức cực trị dạng biến; dùng đánh giá AM – GM; Cauchy –Schwarz; Mincopski (hay bđt véc tơ) cho đại lượng đối xứng đưa hàm biến đơn giản – đặt ẩn phụ - sau xét hàm *Với hai biến đối xứng; đặt ẩn phụ với đại lượng đối xứng x, y như: t = x + y 2 2 t = xy t = x + y2 ,…(loại đơn giản) *Với ba biến đối xứng ý đẳng thức bất đẳng thức bản; số đánh giá hay gặp (x + y + z)2 = x + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) (xy + yz + zx)2 = x y2 + y2 z2 + z2 x + 2xyz(x + y + z) (x + y + z)3 = x3 + y3 + z3 + 3(x + y)(y + z)(z + x) (x + y)(y + z)(z + x) = (x + y + z)(xy + yz + zx) − xyz x + y4 + z4 = (x + y2 + z2 )2 − 2(x y2 + y2 z2 + z2 x ) *Chú ý đẳng thức: Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 2(a 2b2 + b2c2 + c2a ) − (a + b4 + c4 ) = (a + b + c)(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) với số thực không âm a, b, c thoả mãn: a + b2 + c2 = 2(ab + bc + ca) ta có với ⎧⎪ ⎪⎪b + c ≥ ( b + c)2 = a ⎪⎪ 2 ⎪ a = max a, b, c ta có a = b + c ⇒ ⎪⎨ ⎛ ⎞ ⎪⎪ ⎜⎜ b + c ⎟⎟ a2 ⎟⎟ = ⎪⎪bc ≤ ⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎪⎪ 16 ⎝ ⎠ ⎪⎩ *Các đánh giá hay sử dụng với toán đối xứng ba biến { } x + y2 + z ≥ (x + y + z)2 ≥ xy + yz + zx với x, y, z (xy + yz + zx)2 ≥ 3xyz(x + y + z) (x + y − z)(y + z − x)(z + x − y) ≤ xyz với x, y, z số thực không âm (x + y)(y + z)(z + x) ≥ (x + y + z)(xy + yz + zx) *Các toán chứa căn; - chiều max dùng bất đẳng thức Cauchy –Schwarz; AM – GM - chiều dùng bất đẳng thức (tổng >= tổng – dùng với trường hợp điểm rơi có có khác tất thức lại có giá trị 0); mincopski (hay bđt véc tơ) có dạng tổng bình phương; số toán cần bình phương sau dùng đánh giá AM – GM; Cauchy –Schwarz để đảm bảo độ chặt đánh giá *Các toán có dạng phân thức; - Tư dùng bất đẳng thức; AM – GM cộng mẫu số; Cauchy –Schwarz dạng phân thức (dạng thuận dạng nghịch tuỳ yêu cầu max, min) - So sánh mẫu thức (nếu mẫu thức dạng đối xứng nhau); *Các toán hoán vị ba biến; - Chú ý xem có đặt ẩn phụ đưa loại biến đối xứng quen thuộc hay không (đơn giản) - Sử dụng tư bất đẳng thức xếp lại; với b số nằm a c ta có ab2 + bc2 + ca = ab.b + bc.c + ca.a ≤ a.ab + b.ac + c.bc ⇒ ab2 + bc2 + ca − abc ≤ b(a + c2 ) - Chặn miền giá trị b sau: ⎡ s⎤ (b − a)(b − c) ≤ ⇒ b + ac ≤ b(a + c) = b(s − b) ⇒ 2b ≤ bs + ac ≤ bs ⇒ b ∈ ⎢⎢0; ⎥⎥ với s = ⎢⎣ ⎥⎦ a+b+c *Các toán cực trị dạng - Các toán ba biến không âm a = x + c ,b = y + c { } với c = a, b, c (đánh giá đưa hai biến x, y) - Giảm biến (với biến dương) a = x.c; b = y.c ; đưa hai biến x y *Bài toán chứa dấu giá trị tuyệt đối sử dụng đánh giá bản; |a|+|b|≥|a + b|;|a|−|b|≤|a − b| sử dụng phép bình phương cần; *Lớp toán thuộc đoạn Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn Đánh giá đồng thời biến sử dụng: ⎪⎧⎪(a − α)(b − α)(c − α) ≥ ⎨ ⎪⎪(a − β)(b − β)(c − β) ≤ ⎩ *Dạng đại số chuyển lượng giác - x, y, z ∈ (α; β), 2α − β ≥ x, y, z độ dài ba cạnh tam giác ABC - x, y, z dương thoả mãn xy + yz + zx = ; tồn ba góc tam giác ABC cho x = tan A , y = tan B , z = tan C 2 - x, y, z dương thoả mãn x + y + z = xyz ; tồn ba góc nhọn tam giác ABC cho x = tan A; y = tan B; z = tan C ; - x, y, z dương thoả mãn x + y2 + z2 + 2xyz = ; tồn ba góc nhọn tam giác ABC cho x = cos A, y = cos B, z = cos C ; *Chú ý, với trường hợp đặc biệt dùng để xây dựng bất đẳng thức phụ dạng đại số chẳng hạn; xy + yz + zx = x, y, z dương x = tan A , y = tan B , z = tan C ; ta có 1+ x + 1+ y = + tan A 1 + tan *ta biết cos A + cos B ≤ 2sin C + B = cos2 A + cos2 B = 1+ (cos A + cos B) = − cos2 C = 1− + tan C = 1− 1 + z2 + x + y2 + z2 với x, y, z > thoả mãn x + y + z = xyz ; tồn ba góc nhọn tam giác ABC thoả mãn x = tan A, y = tan B, z = tan C ; *tức ta có có 1+ x sin C 2 = + + 1+ y − cos C ≤ 1− = 1 + tan A 1− = + 1 + tan B 1 + tan2 C = 1 + x2 + 1 + y2 1− = cos A + cos B ≤ 2sin 1 + z2 ; tức ta có 1− ≤2 C 1 + z2 Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 10 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn *với x, y, z dương thoả mãn x + y2 + z2 + 2xyz = ; tồn ba góc nhọn tam giác ABC cho x = cos A, y = cos B, z = cos C có cos A + cos B ≤ 2sin C nên x + y ≤ 1− z (3) Các dạng toán phân loại cần ý ôn tập Câu 8: Hình giải tích mặt phẳng toạ độ Oxy *Chú ý phương pháp chứng minh vuông góc (cộng góc, véc tơ, tứ giác nội tiếp); *Chú ý đường thẳng song song cho trước sử dụng Thales *Chú ý vận dụng tính chất xoay quanh tứ giác nội tiếp *Bài toán liên quan đến đường cao, phân giác, tâm nội ngoại tiếp xác định phải dễ; huy động kiến thức học Bài Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A với AC = 2AB Các điểm M(2;5), N(10;−6) thuộc cạnh AB tia đối tia CA cho CN = 2BM Tìm toạ độ điểm A, B,C biết điểm E(4;1) trung điểm cạnh BC B có tung độ nhỏ *Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC P; ta có: MP = BM.tan B = BM AC = 2BM = CN AB MP || CN; MPNC hình bình hành *Vì gọi K trung điểm MN; ta có K trung điểm CP K thuộc BC ⎛ ⎞⎟ ⎜ *Ta có K ⎜⎜6;− ⎟⎟⎟ trung điểm MN thuộc BC; ⎜⎝ 2⎟⎠ *Đường thẳng BC qua hai điểm K, E có PT: 3x + y −16 = ⎛ 16 − 3b⎞⎟ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎟ ∈ BC ⎜⎜16 − 3b < 20 ⇔ b > − ⎟⎟⎟ ⇒ C ⎜⎜8 − b; 3b − ⎟⎟⎟ *Gọi B ⎜⎜b; ⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎜⎝ ⎜⎝ ⎟⎟⎠ ⎟⎟⎠ ⎟⎟⎠ !!!!" ⎛ !!!" ⎛ 3b + ⎞⎟⎟ 3b + 16 ⎞⎟⎟ ⎜ ⎜⎜ *Và BM = ⎜⎜2 − b; ,CN = b + 2;− ⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜⎝ ⎟⎟⎠ ⎟⎟⎠ ⎝ !!!!" !!!" *Do BM ⊥ CN ⇒ BM CN = , ta có phương trình: ⎡ b = 0(t / m) ⎧⎪ B(0; 4) ⎢ 3b + 3b + 16 ⎪⎨ (2 − b)(b + 2) − = ⇔ −25b2 − 60b = ⇔ ⎢⎢ ⇒ 12 ⎪ b = − (l) C(8;−2) 4 ⎢ ⎩⎪ ⎢⎣ *Đường thẳng AB qua B, M có PT: x − 2y + = *Đường thẳng AC qua C, N có PT: 2x + y −14 = ⎧⎪ x − 2y + = *Toạ độ điểm A nghiệm hệ: ⎪ ⇒ A(4;6) ⎨ ⎪⎪2x + y −14 = ⎩ *Vậy A(4;6), B(0; 4),C(8;−2) Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 11 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn Bài Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A(2;3) Đường thẳng qua trung điểm cạnh AB vuông góc với BC K (4;9) , cắt AC điểm E Tìm toạ độ điểm B,C biết KE = 2CK hoành độ điểm M lớn *Giả thiết liên quan đến độ dài em ý sử dụng tam giác đồng dạng: *Có điểm A, K tư viết pt BC qua K, tạo với AK góc không đổi *Ta có hai tam giác vuông ΔKCE ∽ ΔACB(g − g) ; KE AB = ⇒ AB = 2AC ⇒ AM = AC CK AC *Do tam giác AMC vuông cân M, có tứ giác ! ! AMKC nội tiếp nên AKC = AMC = 450 = *Đường thẳng AK qua A, K có PT: 3x − y − = *Gọi (a; b), (a + b2 > 0) véc tơ pháp tuyến đường thẳng BC; ta có phương trình: 3a − b ⎡ a = 2b ⇔ ⎢⎢ 2 b = −2a ⎢⎣ 10(a + b ) +) Nếu b = −2a ⇒ BC : x − 2y + 14 = ⇒ KE : 2x + y −17 = ⎛ b + ⎞⎟⎟ ⎜ *Gọi B(2b −14; b) ∈ BC ⇒ M ⎜⎜b − 6; ; M ⎟ ⎜⎝ ⎟⎟⎠ = thuộc KE nên b+ −17 = ⇔ b = 11 ⇒ B(8;11), M(5;7) (thoả mãn) *Đường thẳng AC qua A, vuông góc AB có PT: 2x + 3y −13 = ⎪⎧2x + 3y −13 = *Toạ độ điểm C nghiệm hệ ⎪⎨ ⇒ C(−2;6) ⎪⎪ x − 2y + 14 = ⎩ +) Nếu a = 2b ⇒ BC : 2x + y −17 = ⇒ KE : x − 2y + 14 = *Thực tương tự tìm M(2;8) (loại) Chú ý Ở ta sử dụng kiến thức liên quan đến tam giác đồng dạng giả thiết đề cập đến độ dài (trường hợp đơn giản hai tam giác vuông có góc chung); kiến thức tứ giác nội tiếp; viết phương trình đường thẳng tạo với đường thẳng cho trước góc không đổi Bài Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD với AD = 2AB Trên đoạn thẳng BD lấy điểm M cho DM = 4MB gọi E, F trung điểm đoạn thẳng DM, BC Tìm toạ độ điểm A, B,C, D biết E(1;6), F(2;3), D có hoành độ lớn A có hoành độ âm 2(b − 6) + Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 12 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn *Đặt AB = a ⇒ AD = 2a !!!" !!!" !!!" ED = ⇒ AE = AD + AB; EB 5 !!!" !!!" !!!" !!!" !!!" FE = AE − AF = − AB + AD 10 !!!" !!!" ⇒ AE.FE = − AB + AD2 = ⇒ AE ⊥ FE 25 50 *Đường thẳng AE qua E, vuông góc FE có PT: x − 3y + 17 = *Gọi A(3t −17; t) FE = *Ta có AE = AD2 + 25 AB + 100 AD2 = a = 10 ⇒ a = AB = 40 ⇔ (3t −18)2 + (t − 6)2 = 40 ⇔ t = 8; t = 25 25 *Đối chiếu A có hoành độ âm nên nhận A(−5; 4) *Từ AD = 10 FA = FD toạ độ điểm D nghiệm hệ: ⎪⎧⎪(x + 5)2 + (y − 4)2 = 100 ⇒ D(3;10)(xD > 1) ⎨ ⎪⎪(x − 2)2 + (y − 3)2 = 50 ⎩ Đ/s: A(−5; 4), B(−2;0),C(6;6), D(3;10) Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có C(10;−1) tâm đường tròn ngoại ⎛9 ⎞ tiếp I ⎜⎜⎜ ;0⎟⎟⎟⎟ Gọi H trực tâm tam giác ABC M trung điểm HC Gọi D hình ⎜⎝ ⎟⎠ chiếu A lên BC đường thẳng DM có phương trình x − 2y − = Biết yD < 0, tìm A , B *Ta có IC = 125 , phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ⎛ ⎞⎟ 125 ⎜ (C) : ⎜⎜ x − ⎟⎟⎟ + y2 = ⎜⎝ ⎟⎠ Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 13 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn *Gọi M(2m + 4; m) ∈ DM , Gọi N trung điểm AB ta có: !!!" !!!" !!!" IN = CH = CM = (2m − 6; m + 1) ⎛ ⎞⎟ ⎜ ⇒ N ⎜⎜2m − ; m + 1⎟⎟⎟ , H(4m − 2; 2m + 1) ⎜⎝ ⎟⎠ *Mặt khác ND vuông góc DM nên ND có phương trình 2x + y − 5m + = ⎧! ! ⎪ ⎪ NDA = NAH ⎪ ⎨! ! ! *bởi ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ MDA = MHD = NHA ! ! ! ! ⇒ NDA + MDA = NAH + NHA = 900 ⎧⎪ x − 2y − = *Toạ độ điểm D nghiệm hệ: ⎪⎨ ⇒ D(2m; m − 2)(yD < ⇒ m < 2) ⎪⎪2x + y − 5m + = !!!" !⎩!!" *Suy ra: HD = (−2m + 2;−m − 3),CD = (2m −10; m −1) *Có HD vuông góc CD nên: (−2m + 2)(2m −10) + (−m − 3)(m −1) = ⇔ m = ∨ m = 17 ⎛ ⎞⎟ ⎜ *Đối chiếu điều kiện nhận m = M(6;1), H(2;3), D(2;−1), N ⎜⎜ ; 2⎟⎟⎟ ⎜⎝ ⎟⎠ *Đường thẳng BC qua C, D có PT: y + = ⎧⎪⎛ ⎪⎪⎜ ⎞⎟⎟ 125 ⎡ x = −1, y = −1 ⎪⎜ x − ⎟⎟ + y2 = ⎢ *Toạ độ điểm B nghiệm hệ ⎪⎨⎜⎜ ⇔ ⇒ B(−1;−1) ⎟⎠ ⎢ ⎪⎪⎝ x = 10, y = −1 ⎢⎣ ⎪⎪ y + = ⎪⎩ *Vì N trung điểm AB nên A(2;5) *Vậy A(2;5), B(−1;−1) Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD A B, có BC = AD Trọng tâm tam giác ABC G(7; 0), đường thẳng AD có phương trình x − y + = Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua điểm E(0; 4) Tìm tọa độ đỉnh hình thang ABCD biết điểm B có tung độ nguyên Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 14 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn *Ta chứng minh GD ⊥ AD cách GD||AB có d(G; AB) = d(C; AB) = d(D; AB) ⇒ GD|| AB ; mà AD ⊥ AB ⇒ AD ⊥ GD *Đường thẳng GD qua G, vuông góc AD có PT: x + y − = *Toạ độ điểm D nghiệm hệ: ⎪⎧⎪ x + y − = ⇒ D(3; 4) ⎨ ⎪⎪ x − y + = ⎩ *Gọi A(a; a + 1) ∈ AD , ta có: !!!" !!!" ⎛ −a + 21 −a −1⎞⎟ 1 ⎜ ⎟⎟ ; GN = AG = − a;−a −1 ⇒ N ⎜⎜ ; ⎜ 2 2 ⎟⎟⎠ ⎝ !!!" !!!" !!!" 3 NC = BC = AD = − a;3 − a ⇒ C(−2a + 15;−2a + 4) 2 ⇒ B(6 + a; a − 5) ⎛ −a + 15 −a + ⎞⎟ ⎜ ⎟⎟ ; E thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC *Gọi I trung điểm AC ta có I ⎜⎜ ; ⎜⎝ 2 ⎟⎟⎠ ⎡a = 2 2 ⎛ −a + 15 ⎞⎟ ⎛ −a + ⎞⎟ ⎛ −a + 15 ⎞⎟ ⎛ −a + ⎞⎟ ⎢ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎟⎟ + ⎜ ⎟⎟ = ⎜ ⎟⎟ + ⎜ ⎟⎟ ⇔ ⎢ − − a − a −1 nên IE = IA ⇒ ⎜ ⎜⎜ ⎢ a = 21 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎢ ⎢⎣ *Đối chiếu B có tung độ nguyên nên nhận a = ⇒ A(0;1), B(6;−5),C(15; 4), D(3; 4) ( ) ( ) Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có đáy AB CD Đường phân giác góc B C cắt E đường thẳng BE có phương trình x − y − = Gọi M trung điểm cạnh AD đường thẳng ME qua điểm F(−5;8) Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh CD tìm tọa độ điểm B, biết C(9;−2) *Chú ý tính chất hình thang có hai đáy CD AB nên ! ! DCB + ABC = 1800 ; ! ! 1! 1! ECB + EBC = DCB + ABC = 900 ⇒ CE ⊥ BE 2 *Đường thẳng CE qua C, vuông góc BE có PT: x + y − = *Toạ độ điểm E nghiệm Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 15 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn P = ab + bc + ca + a + b + c + 2∑ ab(b + 1)(c + 1) ∑ ab(b + 1)(c + 1) = ab + bc + ca + + Ta có: ∑ ab(b + 1)(c + 1) = ∑ ab(bc + b + c + 1) = ∑ ab + ∑ ab ≥ ∑ ab + ⎛ ⎞⎟⎟ ⎜⎜ 2 a b + 6abc a ≥ a ⎟ ∑ ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎠ ⎝ ∑a b = ∑ ab + 2 ≥ ∑ ab + + 6abc + 2abc(a + b + c) + 3abc (∑ ab) 2 ∑ ab + (∑ ab) *Vì vậy: P ≥ ∑ ab + + ⎧ ⎪ a, b, c ∈ ⎡⎢0; 2⎤⎥ ⎪ ⎪ ⎣ ⎦ ⇒ (a − 2)(b − 2)(c − 2) ≤ ⇒ ab + bc + ca ≥ *Với ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩a + b + c = *Do đó: P ≥ , với a = 2, b = 1, c = P Vậy giá trị nhỏ P Bài Với số thực a, b, c ∈ [0;1] thoả mãn ab + bc + ca > Tìm giá trị lớn biểu thức P= *Ta có: ab + + bc + 1 ab + + + ca + 1 bc + ≤ + ca + a + b+ c+ a + b+ c − a 2b2 + b2c2 + c2a * 16(a 2b2 + b2c2 + c2a ) ≤ (a + b + c)4 *Do đó: P ≤ a + b+ c+ 3 = f (x) = x+3 ≤ f (2) = a + b+ c (a + b + c) x x *trong x = a + b + c Bài 10 Với x, y, z số thực thuộc đoạn [1; 4] thoả mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = z 8(x + y2 ) − + x + y2 −1 xyz − ⎪⎧ xy ≥ x + y −1 = − z *Ta có (x −1)(y −1) ≥ ⇒ ⎪⎨ ⎪⎪ x + y2 = (x + y)2 − 2xy ≤ (6 − z)2 − 2(5 − z) ⎩ z 1 *Do đó: P ≥ + − ≥ 8(z −10z + 26) z z(5 − z) *Với x = y = 1, z = P 1/2 Lớp toán hai biến Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 35 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn Bài Với x, y hai số thực thoả mãn x + y = Tìm giá trị lớn biểu thức: ⎛ ⎞ P = (1− y)(5+ 4y − 4x ) ⎜⎜ − 2y + − x + y + + x + y ⎟⎟⎟ ⎜⎝ ⎠⎟ *Đặt a = − 2y ,b = − x + y ,c = + x + y ⎧⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ 2 ⎪⎪a + b + c = *Theo giả thiết ta có: ⎪⎨a + b + c = 6(x + y + 2) = 18 ⎪⎪ ⎪⎪ a + b + c2 − a − b − c ⎪⎪ 2 2 2 =9 ⎪⎪a b + b c + c a = ⎩ *Và ( ) (2 − 2y)(2 + y − x 3)(2 + y + x 3) = 2(1− y)(2y +1)2 (1− y)(5+ 4y − 4x ) = (1− y)(2y +1)2 = a b c 2 *Vì ⎡ 2 2 2 2⎤ ⎢⎣(ab + bc + ca) − a b − b c − c a ⎥⎦ 2 2 ⎡ ⎤ ⎥ ⎢⎛⎜ (a + b + c)2 − a − b − c ⎞⎟⎟ ⎢⎜⎜ = ⎟⎟ − 9⎥ ⎥ ⎟⎠ 2 ⎢⎢⎜⎝ ⎥⎦ ⎣ ⎤ ⎡⎢ = (a + b + c)2 − −36⎥ ⎢ ⎥⎦ 2⎣ P= abc(a + b + c) = ( ) *Ta có: t = a + b + c = f (a) = a + 6− a + a −3 ≤ f (2) = *Từ ta có: P ≤ Dấu đat chẳng hạn x = 0, y = −1 Lớp toán đối xứng ba biến Bài Cho số thực dương x, y, z thoả mãn x + y + z = (i) Chứng minh rằng: x + y + z ≥ x y + y z + z x (ii) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 2(xy + yz + zx)−3(x y + y z + z x ) + xy + yz + zx +1 (i) Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 2 2 2 x y +y z +z x = (x + y + z )2 −(x + y + z ) *Do ta cần chứng minh: x+ y+z≥ 9− x − y − z = 9− x − y − z ⇔ ∑ (x + 2x) ≥ *Bất đẳng thức cuối theo AM – GM ta có: Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 36 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn x + 2x = x + x + x ≥ x = 3x ⇒ ∑ (x + 2x) ≥ 3∑ x = *Dấu đạt x = y = z = (ii) Biến đổi P dạng: P = (x + y + z)2 −3(x y + y z + z x ) + (x + y + z)2 −1 *Sử dụng bất đẳng thức chứng minh (i) ta có: P ≥ (x + y + z)2 −3(x + y + z) + (x + y + z −3)2 +1≥1 (x + y + z)2 −1 (x + y + z)2 −1 *Dấu đạt x = y = z = Vậy giá trị nhỏ P Bài Cho số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= *Biến đổi đưa P dạng: P = 2( ab + bc + ca)−3(ab + bc + ca) + a b + b c + c a + 6abc −1 ( a + b + c)2 −3(ab + bc + ca) + (ab + bc + ca)2 −1 *Đặt t = ab + bc + ca ; ta cần đánh giá *Ta có: ab + bc + ca = = a + b + c ≥ g(ab + bc + ca) (a + b + c)2 −(a + b + c ) *Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: = 9−(a + b + c ) a + a + a ≥ a a a = 3a b + b + b ≥ b b b = 3b c + c + c ≥ c c c = 3c *Cộng lại theo vế ta có: a + b + c + 2( a + b + c) ≥ 3(a + b + c) = 9− a − b − c ⇒ ≤ a + b + c ⇒ a + b + c ≥ ab + bc + ca = t t −3t + (t −3)2 1 *Suy ra: P ≥ f (t) = = + ≥ t −1 2(t −1) 2 *Dấu đạt a = b = c = Vậy giá trị nhỏ P Bài Cho số thực dương a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = abc Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = (a +1)(b +1)(c +1) + a + b + c2 + *Ta có: P = (ab + bc + ca) + a + b + c +1+ a + b + c2 + *Theo giả thiết ta có: Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 37 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c) ⇒ ab + bc + ca ≥ 2(a + b + c) *Do đó: a + b2 + c2 + = (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca) + ≤ (a + b + c − 2)2 *Vì vậy: P ≥ 13 (a + b + c) +1+ a + b + c−2 Bài Cho số thực dương a, b, c thoả mãn = f (t) = 13t +1+ t−2 ≥ f (6) = 28 a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 2(a + b + c − 2)2 + (ab + bc + ca)(3a + 3b + 3c + 2) *Đặt t = ∑ a ≥ ⇒ ∑ ab ≥ 3abc(a + b + c) ≥ abc ∑ a = ⇒ 2∑ ab = − t ⇒ (2∑ ab)2 = (t − 9)2 ⇒ 4∑ ab + 24∑ ab = (t − 9)2 ⇒ 12∑ ab ≥ (t − 9)2 Vì P ≥ f (t) = 2(t − 2)2 + (t − 9)2 (3t + 2) ≥ f (3) = 35 12 *Với a = b = c = P 35 Vậy giá trị nhỏ P 35 Bài 5* Xét số thực a, b, c không âm thay đổi thoả mãn a + b + c + abc = (i) Chứng minh rằng: a + b + c ≥ ab + bc + ca (ii) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a + b + c + abc (a + b + c)2 −1 *Ta có: t = a + b + c ⇒ abc = 4−t (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca) + (4− a − b − c) (a + b + c)2 −1 *Trước tiên ta chứng minh: a + b + c ≥ ab + bc + ca *Trong ba số (a −1), (b −1), (c −1) có hai số dấu không tính tổng quát giả sử (a −1)(b −1) ≥ ; *Ta cần chứng minh 4− a − b 4− a − b a+b+ ≥ ab + (a + b) ab +1 ab +1 ⇔ (ab +1)(a + b − ab) ≥ (4− a − b)(a + b −1) ⇔ (a + b)2 − 4(a + b) + 4− ab(a −1)(b −1) ≥ ⇔ (a + b − 2)2 ≥ ab(a −1)(b −1) *Bất đẳng thức cuối vì: *P= (a + b − 2)2 = ⎡⎢(a −1) + (b −1)⎤⎥ ≥ 4(a −1)(b −1) ≥ ab(a −1)(b −1) ⎣ ⎦ (a + b + c) −3(a + b + c) + *Khi đó: P ≥ ≥ (a + b + c)2 −1 *Ta tìm miền giá trị t 3 ⎛ a + b + c ⎞⎟ ⎟⎟ = t ⇒ ≤ t + t ⇔ t ≥ *Vì abc ≤ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ 27 27 ⎠ *Vì a + b + c = 4− abc ≤ ⇒ t ≤ Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 38 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn t −3t + *Xét hàm số f (t) = t −1 ⎡⎢3; 4⎤⎥ , ta có: f (t) = f (3) = ⎣ ⎦ t∈⎡⎢3;4⎤⎥ ⎣ ⎦ Bài 6* Cho số thực không âm x, y, z thoả mãn xy + yz + zx = *Dấu đạt a = b = c = Vậy giá trị nhỏ P (i) Chứng minh rằng: x + y + z + xyz ≥ (x + y + z)2 +1 (ii) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x + y + z − xyz (i) Chứng minh bất đẳng thức em xem lại giảng sử dụng phép chương (x + y + z)2 +1 (ii) Áp dụng bất đẳng thức ta có: P ≥ x + y + z − (2 − x − y − z) *Dấu đạt chẳng hạn x = y = 1; z = = f (t) = 5(t +1) ≥ f (2) = 8t − Bài Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : 16 xy + yz + zx + P= + 2 2 2 x+ y+z x y + y z + z x +1 *Đặt t = x + y + z , t ∈ ⎡ 3;3⎤ ⎣ ⎦ (x + y + z) *Ta có: xy + yz + zx = *Và x y + y z + z x 2 2 2 (x = 2 − x2 − y2 − z2 + y2 + z ) 2 (x + y + z) = − x4 − y − z 2 −3 = t2 − − x4 − y − z = *Ta cần đánh giá đại lượng x + y + z qua đại lượng (x + y + z);(x + y + z ) lựa chọn 4 bất đẳng thức AM – GM *Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có : x + x + x ≥ x ; y + y + y ≥ y ; z + z + z ≥ 3z Cộng theo vế bất đẳng thức ta : ( ) x + y + z ≥ x + y + z − ( x + y + z ) = − ( x + y + z ) = − 2t *Suy : P ≥ f (t ) = 16 t −1 + 2t t +1 16 t −1 liên tục đoạn ⎡ 3;3⎤ ta có + ⎣ ⎦ 2t t +1 1 1 f '(t ) = + − ≤ + − < nên f(t) hàm nghịch biến đoạn ⎡⎣ 3;3⎤⎦ 3 2t (t + 1) *Xét hàm số f (t ) = Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 39 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 28 Do P ≥ f (t ) ≥ f (3) = Đẳng thức xảy x = y = z = Bài Với x, y, z số thực dương thoả mãn x + y2 + z2 + xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức P = (x + y2 )(y2 + z2 )(z2 + x ) + 12xyz − 2x y2 z2 *Ta có : Q = (x + y2 )(y2 + z2 )(z2 + x ) = (x + y2 + z2 )(x y2 + y2 z2 + z2 x ) − x y2 z2 *Từ bất đẳng thức : (x + y2 − z2 )(y2 + z2 − x )(z2 + x − y2 ) ≤ x y2 z2 *Suy : (x + y2 + z2 )3 + 9x y2 z2 ≥ 4(x + y2 + z2 )(x y2 + y2 z2 + z2 x ) *Do : (x + y + z )(x y + y z + z x ) ≤ 2 2 2 2 (x + y2 + z2 )3 + 9x y2 z2 = (4 − xyz)3 + 9x y2 z2 *Suy ra: P≤ (4 − xyz)3 + 9x y2 z2 = f (t) = − t3 + 9t − x y2 z2 + 12xyz − 2x y2 z2 + 16 ≤ max f (t) = f (1) = 18 t∈(0;1] *trong t = xyz ∈ (0;1] ≥ xyz + 3 x y2 z2 ⇒ xyz ≤ *Vậy giá trị lớn P 18, đạt x = y = z = Bài Với a, b, c số thực Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 2(a + 2bc)(b2 + 2ca)(c2 + 2ab) + (a + b2 + c2 )6 + *Nhận xét : Ta cần đánh giá : (a + 2bc)(b2 + 2ca)(c2 + 2ab) theo a + b2 + c2 với chiều *Ta có : a + 2bc + b2 + 2ca + c2 + 2ab = (a + b + c)2 ≥ *Do ba số (a + 2bc), (b2 + 2ca), (c2 + 2ab) có tối đa số âm +) Nếu có hai số âm số không âm (a + 2bc)(b2 + 2ca)(c2 + 2ab) ≥ ⇒ P ≥ +) Nếu có số âm số không âm, tính đối xứng không tính tổng quát giả sử a + 2bc ≤ 0; b2 + 2ca ≥ 0; c2 + 2ab ≥ ta có : Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 40 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn Q = (a + 2bc)(b2 + 2ca)(c2 + 2ab) = − (−a − 2bc).k(b2 + 2ca).k(c2 + 2ab) k2 ⎡⎢ −a − 2bc + k(b2 + 2ca) + k(c2 + 2ab) ⎤⎥ ≥− ⎢ ⎥ k2 ⎢⎣ ⎥⎦ =− 2ka(b + c) − k2a − (b + c)2 + (k + 1)(b2 + c2 ) + (k2 −1)a 2 27k ⎡ 2 2 2⎤ =− −(ka − b − c) + (k + 1)(b + c ) + (k −1)a ⎢ ⎥⎦ 27k2 ⎣ ⎡ ≥− (k + 1)(b2 + c2 ) + (k2 −1)a ⎤⎥ ⎢ ⎦ 27k2 ⎣ ( *Ta chọn k cho (k + 1)(b2 + c2 ) + (k2 −1)a = α(a + b2 + c2 ) ⇒ k2 −1 = k+1 ) ⇒ k = *Vậy ta có (a + 2bc)(b2 + 2ca)(c2 + 2ab) ≥ − (a + b2 + c2 )3 *Vì P ≥ − (a + b2 + c2 )3 + (a + b2 + c2 )6 + 3 = f (x) = − x3 + x6 + ≥ f (x) = f (1) = x∈[0;+∞) 2 *trong x = a + b2 + c2 ≥ *So sánh hai trường hợp suy GTNN P 3/2, dấu đạt ⎧⎪a + b2 + c2 = ⎪⎪ ⎛ ⎪⎪−a − 2bc = k(b2 + 2ca) = k(c2 + 2ab) 1 ⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⇔ (a; b; c) = ⎜0;± ;∓ ⎟⎟ ⎨ ⎪⎪ka = b + c ⎜⎝ ⎟⎠ 2 ⎪⎪ ⎪⎪⎩k = Sử dụng bất đẳng thức Mincopski (bđt véc tơ) ⎛1 ⎞⎟ b2 ⎜ Bài Với a, b, c số thực dương thoả mãn (ab + bc + ca) ⎜⎜ + ⎟⎟⎟ + = Tìm giá trị nhỏ ⎜⎝ a c2 ⎟⎠ ac biểu thức: P = a + b2 + b2 + c2 − (a + c)(a + b + c) c a ac *Bài toán có dạng với a c đối xứng đổi biến: *Đổi biến a = x.b; c = y.b(x, y > 0) điều kiện toán trở thành: ⎛1 ⎞⎟ ⎜ (x + y + xy) ⎜⎜ + ⎟⎟⎟ + = P = ⎜⎝ x y2 ⎟⎠ xy x2 + y2 + y2 + x2 ⎛1 ⎜ − (x + y + 1) ⎜⎜ + ⎜⎝ x Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn ⎞⎟⎟ ⎟ y ⎟⎟⎠ 41 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn ⎞⎟ x2 y2 ⎛⎜ x y 1 *Ta có: P = + + + − ⎜⎜ + + + + 2⎟⎟⎟ ⎟⎠ y2 y2 x x ⎜⎝ y x x y *Biến đổi điều kiện trở thành: x y 1 x y =7 x y y x xy ⎛ x ⎞⎟ ⎛ y ⎞⎟ ⎛ x ⎞⎟⎛ y ⎞⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⇔ ⎜⎜ + ⎟⎟⎟ + ⎜⎜ + ⎟⎟⎟ + ⎜⎜ + 1⎟⎟⎟⎜⎜ + 1⎟⎟⎟ = ⎜⎝ y x ⎟⎠ ⎜⎝ x y ⎟⎠ ⎜⎝ y2 ⎟⎠⎜⎝ x ⎟⎠ ⎛ x ⎞⎟ ⎛ y ⎞⎟ ⎛ x ⎞⎟⎛ y ⎞⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⇔ ⎜⎜ + ⎟⎟⎟ + ⎜⎜ + ⎟⎟⎟ + ⎜⎜ + ⎟⎟⎟⎜⎜ + ⎟⎟⎟ = ⎜⎝ y x ⎟⎠ ⎜⎝ x y ⎟⎠ ⎜⎝ y x ⎟⎠⎜⎝ x y ⎟⎠ *Sử dụng bất đẳng thức Mincopski ta có: y + x2 y2 x + ⎛ x ⎞⎟ ⎛ ⎜ ⎜ *Do đó: P ≥ ⎜⎜ + ⎟⎟⎟ + ⎜⎜ + ⎜⎝ y x ⎟⎠ ⎜⎝ y + y2 + + + + + ⎛ x ⎞⎟ ⎛ ⎜ ⎜ + ≥ ⎜⎜ + ⎟⎟⎟ + ⎜⎜ + 2 ⎜⎝ y x ⎟⎠ ⎜⎝ y x x y2 y ⎞⎟⎟ ⎟ x ⎟⎟⎠ ⎞⎟ y ⎞⎟⎟ ⎛⎜ x y ⎜ ⎟⎟ − ⎜ + + + + 2⎟⎟⎟ ⎟⎠ x ⎟⎠ ⎜⎝ y x x y ⎧ ⎪u + v + uv = *Đặt u = + , v = + (u, v > 0) ta có ⎪⎨ 2 ⎪ y x x y P ≥ u + v − (u + v + 2) ⎪ ⎪ ⎩ *Do x y P ≥ (u + v)2 − 2uv − (u + v + 2) = (u + v)2 − 2(8 − u − v) − u − v − = (u + v)2 + 2(u + v) −16 − u − v − = f (t) = t + 2t −16 − t − *với t = u + v , từ điều kiện ta có: = t + uv ≤ t + t2 ⇒ t ≥ ) *Xét hàm số f (t) = t + 2t −16 − t − ⎡⎢ 4;+∞ ta có f '(t) = ⎣ t +1 t + 2t −16 −1 > 0, ∀t ≥ ) f(t) đồng biến ⎡⎢ 4;+∞ P ≥ f (t) ≥ f (4) = 2 − ⎣ Dấu đạt a = b = ⇔ x = y = ⇒ a = b = c Vậy giá trị nhỏ P 2 − Bài Cho a,b,c số thực không âm thoả mãn a + b2 + c2 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = (a + b)2 + 2(a − b)2 + (b + c)2 + 2(b − c)2 + (c + a)2 + 2(c − a)2 *Không tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c đó: (a − b)(b − c) ≥ ⇔ ab + bc − ac ≥ b2 *Khi sử dụng bất đẳng thức Mincopski ta có: Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 42 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn P = (a + b)2 + 2(a − b)2 + (b + c)2 + 2(b − c)2 + (c + a)2 + 2(a − c)2 ≥ (a + b + b + c + c + a)2 + 2(a − b + b − c + a − c)2 = 4(a + b + c)2 + 2(2a − 2c)2 = ⎡⎢3a + 3c2 + b2 + 2(ab + bc − ca)⎤⎥ ⎣ ⎦ 2 2⎤ ⎡ ≥ ⎢3a + 3c + b + 2b ⎥ = ⎣ ⎦ *Dấu đạt a = b = c = ; b = c = 0; a = hoán vị Lớp toán hoán vị ⎛ 1 ⎞⎟ ⎜ Bài Với x, y, z số thực dương thoả mãn (x + y + z) ⎜⎜ + + ⎟⎟⎟ = 16 Tìm giá trị lớn ⎜⎝ x y z ⎟⎠ biểu thức: P = (x − y)(y − z)(z − x) xyz Cách 1: *Rút ta được: *Điều kiện toán ta có: (x + yz)(y + z) xyz = 13 − y2 + z yz *Khi đó: 2 ⎛ x + yz − x(y + z) ⎞⎟ ⎡ ⎤ ⎜ ⎟⎟ (z − y) = (z − y) ⎢ 13 − y + z − y + z ⎥ *P = ⎜⎜ ⎢ ⎥ ⎟⎟ ⎜⎝ xyz yz ⎥⎦ ⎠ ⎢⎣ y + z yz(y + z) ⎡ 13 t2 + t + ⎤⎥ 30 = f (t) = (t −1) ⎢⎢ − − + + 15 ⎥ = −2t − t ⎥⎦ t +1 t ⎢⎣ t + t(t + 1) *trong t = z / y > f '(t) = − 2(t + 2t3 −13t + 2t + 1) t (t + 1) 2 ; f '(t) = ⇔ t + 2t3 −13t + 2t + = ⇔ (t + t + 1)2 −16t = ⇔ (t − 3t + 1)(t + 5t + 1) = ⇔ t = ⎛ ⎞ ⎜ − ⎟⎟ ⎟ = − 5; max f (t) = *Ta có: f (t) = f ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ t∈(0;+∞) t∈(0;+∞) ⎝ ⎠ *Dấu đạt x = 3− y, z = Cách 2: *Điều kiện toán ta có: x y 3+ + y z + z x y x + z y ⎛ ⎞ ⎜ + ⎟⎟ ⎟ = f ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ y Vậy giá trị lớn P + 3± + x z = 13 ⎧⎪abc = ⇒ ⎪⎨ ⎪⎪a + b + c + ab + bc + ca = 13 y z x ⎩ *Ta cần tìm giá trị lớn biểu thức: *Đặt a = x ,b = y ,c = z Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 43 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn P = (a −1)(b −1)(c −1) = abc −1 − ∑ ab + ∑ a = 2∑ a −13 ⎧⎪abc = ⎪⎪ *Ta có toán quen thuộc: ⎪⎨a + b + c + ab + bc + ca = 13 ⎪⎪ ⎪⎪ P = 2(a + b + c) −13 ⎩ ⎛ −a + 13a −1⎞⎟⎟ ⎜ *Biểu diễn P theo biến a ta được: P = f (a) = 2⎜⎜ a + ⎟⎟ −13 ⎜⎝ ⎟⎠ a2 + a *Ta có: f '(a) = a + 2a3 −13a + 2a + (a + a) 2 ; f '(a) = ⇔ a + 2a3 −13a + 2a + = ⇔ (a + a + 1)2 = 16a ⇔ (a − 3a + 1)(a + 5a + 1) = ⇔ a = 3± (a > 0) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜ + ⎟⎟ ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎟ = − 5, max f (a) = f ⎜ ⎟ = *Từ suy ra: f (a) = f ⎜ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ a∈D a∈D ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Bài Cho a , b, c số thực không âm thỏa: a + b + c + ab + bc + ca = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a + b2 + c + + 16(a + b + c)2 ⋅ ab2 + bc + ca + abc *Không tính tổng quát giả sử b số nằm a c ta có: ab2 + bc2 + ca ≤ b(a + ac + c2 ) ⇒ ab2 + bc2 + ca + abc ≤ b(a + c)2 ⎛ a + b + c ⎞⎟ a+c a+c ⎜ ⎟⎟ = (a + b + c)3 = 4.b ≤ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ 2 27 ⎠ *Từ suy ra: P ≥ a + b2 + c2 + + 108 a + b+ c = (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca) + + = (a + b + c)2 + 2(a + b + c) − + = f (x) = x + 2x − + 108 108 a + b+ c 108 a + b+ c ≥ f (3) = 63 x *trong x = a + b + c ; dấu đạt chẳng hạn a = 0, b = 1, c = Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 44 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn Lớp toán chứa dấu giá trị tuyệt đối Bài (A/2012) Cho số thực x, y, z thoả mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x−y + y−z + z−x − 6x + 6y + 6z *Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: x−y + y−z + z−x ≥ 3 x−y y−z z−x = 3.3 *Sử dụng bổ đề biết, ta có: x− y + y−z + z− x = = ≥ x−y + y−z + z−x ( x− y + y−z + z− x) ∑ (x − y) + 2∑ (x − y)(x − z) ∑ (x − y) + 2∑ (x − y)(x − z) 2 = x + y + z − xy − yz − zx (x + y + z)2 − (x + y + z ) =2 x +y +z − = 6x + 6y + 6z 2 *Do đó: P ≥ 3.3 x +6 y +6 z 2 − 6x + 6y + 6z 6x + 6y + 6z ≥ → P ≥ f (t) = 3.3t − 3t *Xét hàm số f (t) = 3.3t − 3t [ 0;+∞ ) , dễ có f (t) ≥ f (0) = *Dấu đạt x = y = z = Vậy giá trị nhỏ P *Đặt t = Bài Cho số thực a, b, c thoả mãn a + b2 + c2 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 6a3 + bc + 6b3 + ca + 6c3 + ab *Sử dụng bất đẳng thức: x + y ≥ x − y , dấu đạt xy ≤ *Ta có: 6a3 + bc ≥ 6a3 − bc ≥ a3 − 6b3 + ac ≥ 6b3 − ac ≥ b3 − 6c3 + ab ≥ 6c3 − ab ≥ c3 − *Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta được: ( b2 + c2 a + c2 2 a + b2 ) P ≥ a3 + b3 + c3 − (a + b2 + c2 ) *Dự đoán dấu đạt a = b = c = a3 + a3 + 3 , ta sử dụng AM – GM sau: ≥ 3 a6 3 = 3a Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 45 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn *Một cách tương tự ta suy ra: P ≥ (3 −1)(a + b2 + c2 ) − = −1 *Với a = b = c = − P −1 Vậy giá trị nhỏ P −1 AM – GM khử mẫu Bài Với a, b, c số thực dương thoả mãn a + b −1 = c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a(2a + b)(2a + c) + b(2b + c)(2b + a) + *Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 10(c + 7) (a + 1)(b + 1) 10(c + 7) (a + 1)(b + 1) ≥ 20(c + 7) a + b+ = 20(c + 7) c+3 *Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: a(2a + b)(2a + c) + a(2a + b)(2a + c) + 27a ≥ 9a (2a + b)(2a + c) 27b2 b(2b + c)(2b + a) + b(2b + c)(2b + a) + ≥ 9b (2b + c)(2b + a) *Do đó: Q = a(2a + b)(2a + c) + b(2b + c)(2b + a) ⎛ ⎞⎟ a2 b2 ⎜ ⎟⎟ ≥ 9(a + b) − 27 ⎜⎜ + ⎜⎝ (2a + b)(2a + c) (2b + c)(2b + a) ⎟⎟⎠ *Sử dụng bất đẳng thức Cauchy –Schwarz ta có: a2 (2a + b)(2a + c) *Do đó: = a2 (2a + bc) + a(a + b + c) + a(a + b + c) ⎤ 1⎡ a2 2a ⎥ ≤ ⎢⎢ + ⎥ ⎢⎣ 2a + bc a + b + c ⎥⎦ b2 ⎡ b2 2b ⎤⎥ ≤ ⎢⎢ + ⎥ (2b + c)(2b + a) ⎢⎣ 2b2 + ac a + b + c ⎥⎦ Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 46 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn a2 M= b2 + (2a + b)(2a + c) (2b + c)(2b + a) 1⎡ a2 b2 2(a + b) ⎤⎥ ≤ ⎢⎢ + + ⎥ ⎢⎣ 2a + bc 2b2 + ca a + b + c ⎥⎦ ⎡ ⎞⎟⎤ ⎢ 2(a + b) ⎛⎜ (bc + ac)2 ⎟⎟⎥ ⎜ ≤ ⎢ +1− ⎜ ⎥ 2 ⎢⎣ a + b + c ⎜⎝ bc(2a + bc) + ca(2b + ca) ⎟⎟⎠⎥⎦ 2(a + b) c(a + b)2 = + − 9(a + b + c) 18 ⎡⎢ 2ab(a + b − c) + c(a + b)2 ⎤⎥ ⎣ ⎦ 2(a + b) c 2(a + b) − c ≤ − + = + 9(a + b + c) 9(a + b + c) 9(a + b + c) *Từ suy ra: Q ≥ 9(a + b) − 6(a + b) − 3c 3c + a + b+ c 2c + 1 ⎡⎢ 3c + ⎤⎥ 20(c + 7) *Vì P ≥ f (c) = ⎢9c + − ≥ f (c) = f (1) = 46 ⎥+ c∈(0;+∞) ⎢⎣ 2c + ⎥⎦ c+3 *Với a = b = c = P 46, giá trị nhỏ P 46 Lớp toán sử dụng Cauchy –Schwarz dạng phân thức Bài Với a, b, c số thực dương thoả mãn a + b + = c Tìm giá trị nhỏ biểu thức a2 P= bc + a − = 9c + − + b2 ca + b + c2 + 16 c + ab *Sử dụng bất đẳng thức Cauchy –Schwarz, ta có: a2 b2 + bc + a ca + b *Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: ≥ (a + b)2 bc + a + ca + b = a+b c+1 = c −1 c+1 2 ⎛ a + b⎞⎟ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ c −1⎟⎟⎟ ⇒ c + 16 ≥ 2(c + 16) ab ≤ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎟⎟⎠ c+1 ⎝ ⎟⎠ c + ab *Từ suy ra: P ≥ f (c) = c −1 2(c2 + 16) ≥ f (3) = 13 c+1 c+1 *Dấu đạt a = b = 1, c = Bài Với a, b, c số thực dương thoả mãn a + b + = c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= a3 bc + a + b3 ca + b + + c2 ab + c + 12 (c + 1) (a + 1)(b + 1) *Sử dụng bất đẳng thức Cauchy –Schwarz ta có: Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 47 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn Q= a3 bc + a + b3 ca + b a2 = b2 + a(bc + a) b(ca + b) (a + b) a+b c −1 ≥ = = (a + b)(bc + a + ca + b) c+1 c+1 *Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: (a + b)2 ≥ a(bc + a) + b(ca + b) c2 c2 4c2 4c2 ; (a + 1)(b + 1) (a + b + 2)2 (c + 1)2 12 24 24 ≥ = (c + 1) (a + 1)(b + 1) (c + 1)(a + b + 2) (c + 1) ab + c c −1 *Do đó: P ≥ f (c) = *Xét hàm số f (c) = c+1 c −1 c+1 = 24 + 4c2 + + (c + 1)2 24 + 4c2 (c + 1) ≥ = (1;+∞) , ta có f (c) ≥ f (c) = f (3) = 19 c∈(1;+∞) *Dấu đạt a = b = 1, c = Vậy giá trị nhỏ P 19 4 Bài Cho số thực dương a, b, c thoả mãn a + ab + b2 = c(a + b + c) Tìm giá trị lớn biểu thức: P = (a + c)2 2a + 2ac + c 2 + (b + c)2 2b + 2bc + c 2 + ab (a + b) + ab a + 4ab + b2 *Xét: ⎡ ⎤ a2 b2 ⎥ = − ⎢⎢ + 2 2 2 2⎥ 2a + 2ac + c 2b + 2bc + c 2b + 2bc + c ⎥⎦ ⎢⎣ 2a + 2ac + c 2 (a + b) (a + b) ≤ 2− = 2− 2 2 2a + 2b + 2c(a + b) + 2c 2a + 2b + 2(a + ab + b2 ) (a + b)2 = 2− = 2− 4(a + b)2 − 6ab 6ab 4− (a + b)2 Q= (a + c)2 (b + c)2 + ab *Vì vậy: P ≤ − 4− 6ab + ab (a + b)2 + (a + b)2 2ab 1+ (a + b)2 (a + b)2 ⎛ 1⎤ ⎛ ⎞⎟ 121 ab x ⎜ ⎜ *Đặt x = ∈ ⎜⎜0; ⎥⎥ , ta có: P ≤ f (x) = − + x+ ≤ f ⎜⎜ ⎟⎟⎟ = ⎜ ⎜⎝ ⎟⎠ (a + b) − 6x + 2x 60 ⎝ ⎥⎦ 121 *Dấu đạt a = b = c Vậy giá trị lớn P 60 Bài Cho số thực không âm a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = Chứng minh rằng: Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 48 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn (a + b)2 *Đặt x = 1 ,y= ,z = + 16 (b + c)2 + 27 (c + a)2 ⇒ xy + yz + zx = a+b b+ c c+ a *Do ta cần tìm giá trị nhỏ biểu thức: ≥ 12 2(a + b + c) 2(a + b + c) − abc ≥ P = 5x + 16 y2 + 27z2 với xy + yz + zx ≥ *Sử dụng bất đẳng thức Cauchy –Schwarz ta có: 11x + 22y2 + 33z2 ≥ (x + y + z)2 = 6(x + y + z)2 / 11 + / 22 + / 33 ⇒ 5x + 16 y + 27z ≥ 12(xy + yz + zx) ≥ 12 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x=1 ⎧a = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ x = 2y = 3z ⎪ ⎪ ⇔ ⎨y = ⇒ ⎪ *Dấu đạt ⎨ ⎨b = ⎪ ⎪ ⎪ xy + yz + zx = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ c=2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ z= ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ Vậy giá trị nhỏ P 12 Chú ý toán sử dụng phép dồn biến theo tư tưởng hàm số học Lời cuối chúc em đạt kết cao kì thi THPT quốc gia 2016 2 Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 49 [...]... ± 5 −1 ∓ 5 ⎟⎟ ⎟⎟ Vậy nghiệm của hệ (x; y) = ⎜ ; ⎜⎜ 2 ⎟⎟ 2 ⎝ ⎠ Bài toán thực tế (cấp số cộng, cấp số nhân, lãi suất đơn, lãi suất kép, bài toán cực trị, lập hệ bất phương trình) – xem tài liệu đã phát Câu 10: Bất đẳng thức bài toán min – max Lớp hàm một biến số Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 28 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam... Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 29 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn LHS = 9x + 1 + 4x + 1 2 2 *Bất đẳng thức được chứng minh + 9x + 4x 2 + 1 ≥ 3x + 2x + 1 + 6 x > 3x + 2x + 5x = RHS Bài 4 Với số thực x ≥ 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = ln(2x + 6 x + 12x + 1) ln(4 x + 8x + 9 x ) *Ta... z z(5 − z) 2 *Với x = y = 1, z = 4 thì P bằng 1/2 Lớp bài toán hai biến Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 35 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn Bài 1 Với x, y là hai số thực thoả mãn x 2 + y 2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ⎛ ⎞ P = (1− y)(5+ 4y − 4x 2 ) ⎜⎜ 2 − 2y + 2 − x 3 +... a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = abc Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 2 4 thức: P = (a +1)(b +1)(c +1) + a 2 + b 2 + c2 + 4 5 4 *Ta có: P = (ab + bc + ca) + a + b + c +1+ 3 a 2 + b 2 + c2 + 4 *Theo giả thi t ta có: Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 37 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn... (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 39 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 28 Do đó P ≥ f (t ) ≥ f (3) = Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 3 Bài 8 Với x, y, z là các số thực dương thoả mãn x 2 + y2 + z2 + xyz = 4 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = (x 2 + y2 )(y2 + z2 )(z2 + x 2 ) + 12xyz −... BK qua K vuông góc BC là 2x + y + 12 = 0 ⎧⎪2x + y + 12 = 0 Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ ⎪⎨ ⇒ B(−4;−4) ⎪⎪ x − 2y − 4 = 0 ⎩ ! ! @ Nhận xét: KH ⊥ HC ta chứng minh bằng cách chỉ ra BKHC nội tiếp tức BHC = BKC Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 17 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn ! !... ( x + 2 + 3)( x + 2 + 1) điều kiện Do đó x = −1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho Bài 3 Giải phương trình trên tập số thực (x + 2) x + 1 − (2 − x) 1 − x = chung hai vế) *Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1 x3 + 8x 2 − x2 (khử đi nhân tử Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 19 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) –... được { } cho trường hợp dấu bằng đạt tại biên tức a, b, c ∈ α; β Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 30 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn Với các bài toán mà dấu bằng có biến không xảy ra tại biên thì ưu tiên các đánh giá (1),(2),(3) *Chú ý Với các biến thuộc đoạn ta có thể đánh giá các... giá trị lớn nhất của biểu thức P= *Ta cần đánh giá 1 a + 1 b + 1 c 1 a + 1 b + 1 c − 875 9(a + b + c)3 theo a + b + c ; muốn vậy xét biểu thức Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn 31 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn ⎛ 1 1 1 ⎞⎟ a 2b + b2c + c2a ab2 + bc2 + ca 2 ⎜⎜ ⎟ Q = (a + b + c) ⎜... www.vted.vn 32 Tổng kết kiến thức – Chia sẻ kinh nghiệm phòng thi Thầy: Đặng Thành Nam (Hotline: 0976.266.202) – website: www.vted.vn t 2 + 72 t−5 (t −11)(11t −144) 160 160 , ∀t ∈ ⎡⎢11;12⎤⎥ ⎣ ⎦ t 2 22t 11 11 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = 11 ⇔ (a; b; c) = (1; 2;3) hoặc các hoán vị Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 160/11 @ Cách 2: Ta sử dụng phương pháp cố định biến số Không mất tính tổng quát giả