1) Để chứng minh phương trình có nghiệm không phụ thuộc giá trị của k có hai cách giải. Cách 1 (Đã nói ở lời bình sau câu 2(1) Đề 24) Xem k(x2 4x 3) + 2(x 1) = 0 (*) là phương trình đối với ẩn k . Thế thì (*) có nghiệm không phụ thuộc k khi và chỉ khi x2 4x 3 = 2(x 1) = 0 x = 1. Cách 2 (Phương pháp cần và đủ) + Phương trình (*) có nghiệm với mọi x ắt phải có nghiệm với k = 0. + Với k = 0 ta có k(x2 4x 3) + 2(x 1) x = 1. Thay x = 1 vào (*) có 0k + 0 = 0 nghĩa là x = 1 là nghiệm của (*) với mọi k. Ta có điều phải chứng minh. 2) Kết quả một bài toán đâu phải chỉ có là đáp số. Cái quan trọng hơn là cách nghĩ ra lời giải chúng như thế nào, có bao nhiêu con đường (cách giải) để đi đến kết quả đó : Câu V : 1) Mấu chốt của bài toán là chuyển hoá hình thức bài toán. Cụ thể ở đây là biết thay thế việc chứng minh ít nhất một trong hai phương trình có nghiệm bằng cách chứng minh 1 + 2 0. Sự chuyển hoá này đã giúp kết nối thành công với giả thiết a1 + a2 2(b1 + b2). 2) Một cách hiểu khác của bài toán là : Chứng minh cả hai phương trình không thể cùng vô nghiệm. Với cách hiểu này ta chuyển hoá thành chứng minh khả năng 1 + 2 < 0 không thể xảy ra. Thật vậy: Nếu 1 < 0 và 2 < 0 suy ra 1 + 2 < 0. Điều này sẽ dẫn tới mâu thuẫn với a1 + a2 2(b1 + b2). Bài toán được chứng minh. 3) Các cách chứng minh bài toán trên cũng là cách chứng minh trong nhiều phương trình bậc hai, ít nhất có một phương trình có nghiệm. 4) Cùng một kiểu tư duy ấy bạn dễ dàng chứng minh : Với mọi giá trị của m, phương trình x2 mx + m = 0 không thể có hai nghiệm cùng dương. Thật vậy : + Nếu m = 0, phương trình có nghiệm x = 0. + Nếu m < 0, phương trình có nghiệm hai nghiệm trái dấu (do ac < 0). + Nếu m > 0, nếu cả hai nghiệm x1, x2 đều âm thì x1+ x2 < 0 suy ra (!). Mâu thuẫn với m > 0. Vậy là bài toán được chứng minh.
ĐỀ SỐ 25 x − : + ÷ ÷ ÷ x −1 x − x x + x −1 Câu Cho biểu thức A = 1) Rút gọn biểu thức A x = 2 +3 2) Tính giá trị A x + ax + b + = a, b Câu Cho phương trình 1) Giải phương trình a=3 với a > 0, a ≠ với b = −5 tham số a, b 2) Tìm giá trị để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 − x = 3 x1 − x = x1 , x thoả mãn điều kiện: Câu Một thuyền chạy xi dòng từ bến sơng A đến bên sông B cách 24km Cùng lúc đó, từ A bè trơi B với vận tốc dòng nước km/h Khi đến B thuyền quay lại gặp bè địa điểm C cách A 8km Tính vận tốc thực thuyền Câu Cho đường (O, R) đường thẳng d không qua O cắt đường tròn hai điểm A, B Lấy điểm M tia đối tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D tiếp điểm) Gọi H trung điểm AB 1) Chứng minh điểm M, D, O, H nằm đường tròn 2) Đoạn OM cắt đường tròn I Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD 3) Đường thẳng qua O, vng góc với OM cắt tia MC, MD thứ tự P Q Tìm vị trí điểm M d cho diện tích tam giác MPQ bé a+b+c = Câu Cho số thực dương a, b, c thoả mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = abc ( a + b) ( a + c) ĐÁP ÁN x −1 x x −1 ( Câu 1.1) Ta có A = x = 2 +3 ⇔ x = 2) Câu 1) Khi a=3 ( ) ) ÷: x + ÷ ÷ x − ÷ x = +1 ta có phương trình: Khi theo định lý Vi-et, ta có Từ hệ (2) ta có: ( x1 + x2 ) x + 3x − = Do a + b + c = nên x1 , x ⇔ ∆ = a − 4(b + 1) > x1 + x2 = − a x1 x2 = b + x1 − x = 3 x1 − x = ⇔ 2 +2 =2 +1 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt Bài toán yêu cầu nên A = x1 = 1, x = −4 phương trình có nghiệm = 2 +1 ⇔ b = −5 x +1 x − x −1 = x x +1 x (*) (1) x1 − x = ( x1 − x ) + 3x1x ( x1 − x ) = ⇔ = ( x1 − x2 ) + x1 x2 = + 4( −2) = x1 − x = x1 x = −2 a = a = 1, b = −3 ⇔ b + = −2 a = −1, b = −3 , kết hợp với (1) Các giá trị thoả mãn điều kiện (*) nên chúng giá trị cần tìm Câu Gọi x (km/h) vận tốc thực thuyền (x > 4) Vận tốc thuyền xi dòng x + (km/m) Vận tốc thuyền ngược dòng x – km Thời gian thuyền từ A đến B 24 x+4 Thời gian thuyền quay từ B đến C Thời gian bè =2 (giờ) 16 x−4 (2) 24 x+4 Ta có phương trình: + 16 x−4 Biến đổi phương trình: (1) ⇔ x( x − 20) = = (1) 12( x − 4) + 8( x + 4) = ( x − ) ( x + ) ⇔ x − 20 x = x = x = 20 ⇔ ⇔ Đối chiếu với điều kiện ta thấy có nghiệm x = 20 thoả mãn Vậy vận tốc thực thuyền 20km/h Câu OH ⊥ AB 1) Vì H trung điểm AB nên OD ⊥ DM · ODM = 900 hay · OHM = 900 Theo tính chất tiếp tuyến ta lại có hay Suy điểm M, D, O, H nằm đường tròn 2) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD ⇒ ∆MCD cân M ⇒ MI đường phân giác sđ º CI = · CMD Mặt khác I điểm cung nhỏ » CD nên · DCI = sđ » DI = · MCI · MCD ⇒ CI phân giác Vậy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD 3) Ta có tam giác MPQ cân M, có MO đường cao nên diện tích tính: S = 2SOQM = .OD.QM = R (MD + DQ ) Từ S nhỏ ⇔ MD + DQ nhỏ Mặt khác, theo hệ thức lượng tam giác vng OMQ ta có nên MD + DQ nhỏ ⇔ DM = DQ = R Khi OM = với đường tròn tâm O bán kính R DM DQ = OD = R R không đổi hay M giao điểm d P C A d H B I O M D Q Câu Từ giả thiết ta có: P= ( a + b) ( a + c) abc ( a + b + c ) = = a + ab + ac + bc Đẳng thức xảy ⇔ Do đó, áp dụng bất đẳng thức Côsi, = a ( a + b + c ) = bc a + b + c = abc a ( a + b + c ) + bc ⇔ ≥ a ( a + b + c ) bc a ( a + b + c ) = bc = = Hệ có vơ số nghiệm dương, chẳng hạn ta chọn b = c = ⇒ a = Vậy giá trị nhỏ biểu thức P 2 −1 ... c = abc a ( a + b + c ) + bc ⇔ ≥ a ( a + b + c ) bc a ( a + b + c ) = bc = = Hệ có vơ số nghiệm dương, chẳng hạn ta chọn b = c = ⇒ a = Vậy giá trị nhỏ biểu thức P 2 −1