CHUYEN DE DAI SO

O x y M t B A CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ Chuyên đề I: HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ Cho parabol ( ) 2 : 3 2P y x x= + + và họ đường thẳng ( ) : m d y x m= + .Khi m thay đổi sao cho ( ) m d luôn cắt ( ) P tại hai điểm A và B (có thể trùng nhau). Hãy tìm quỹ tích trung điểm M của đoạn thẳng AB. Giải Phương trình tương giao của ( ) m d và ( ) P là: 2 2 3 2 2 2 0 x x x m x x m + + = + + + − = (1) Điều kiện cần và đủ để ( ) m d cắt ( ) P là pt (1) có nghiệm, tức là: ' 1 0m ∆ = − ≥ Khi pt (1) có nghiệm, hai nghiệm của nó chính là hoành độ giao điểm của A và B (x A , x B ). Khi đó hoành độ trung điểm M của đoạn thẳng AB là 2 A B M x x x + = . Theo đònh lí Vi-et ta có: 2 A B x x+ = − nên 1 M x = − Để tìm tung độ y M của điểm M, ta chú ý rằng M là một điểm của đường thẳng (d). Do đó: 1 M M y x m m= + = − Vậy tọa độ giao điểm của M là 1 1 M M x y m = −   = −  (với điều kiện 1 0m − ≥ , tức là 0 M y ≥ ) Kết luận: quỹ tích của điểm M là tập hợp các điểm có tọa độ thỏa mãn 1 0 x y = −   ≥  Đó là nửa đường thẳng M 0 t trên hình (các điểm có tung độ không âm của đường thẳng x=-1). Cho parabol ( ) 2 1 : 1 2 P y x x= − − và họ đường thẳng ( ) : 3 m d y mx= − . Giả sử ( ) m d cắt ( )P tại hai điểm (có thể trùng nhau) A và B. Tìm quỹ tích trung điểm M của đoạn thẳng AB khi m thay đổi. Giải Phương trình tương giao của ( ) m d và ( ) P là: ( ) 2 2 1 1 3 2 2 1 4 0 x x mx x m x − − = − − + + = (1) 1 Điều kiện cần và đủ để ( ) m d cắt ( ) P là pt (1) có nghiệm, tức là: ( ) ( ) ' 1 3 0m m∆ = − + ≥ hay ( ] [ ) ; 3 1;m∈ −∞ − ∪ +∞ Khi pt (1) có nghiệm, hai nghiệm của nó chính là hoành độ giao điểm của A và B (x A , x B ). Khi đó hoành độ trung điểm M của đoạn thẳng AB là 2 A B M x x x + = . Theo đònh lí Vi-et ta có: ( ) 2 1 A B x x m+ = + nên 1 M x m= + Từ hệ thức x=m+1, ta thấy ( ] [ ) ; 3 1;m∈ −∞ − ∪ +∞ khi và chỉ khi ( ] [ ) ; 2 2;x∈ −∞ − ∪ +∞ Để tìm tung độ y M của điểm M, ta chú ý rằng M là một điểm của đường thẳng (d). Do đó: ( ) 2 1 3 3 M y x x x x= − − = − − Kết luận: quỹ tích của điểm M là tập hợp các điểm có tọa độ thỏa mãn ( ] [ ) 2 3 ; 2 2; y x x x  = − −   ∈ −∞ − ∪ +∞   Tìm các điểm cố đònh của họ đường cong 2 2 1 x mx y mx + − = − với 1m ≠ ± Giải Để (x;y) là điểm cố đònh của họ đường cong đã cho, điều kiện cần và đủ là 2 2 1, 1 x mx m y mx + − ∀ ≠ ± = − hay ( ) 1 2 2 1, 1 0 y mx x mx m mx − = + −  ∀ ≠ ±  − ≠   Viết lại điều kiện thứ nhất trong (1) dưới dạng P(m) = 0, trong đó P(m) là một đa thức biến m, ta được điều kiện tương đương: ( ) 0 1, 1 P m m mx =  ∀ ≠ ±  ≠   trong đó ( ) 2 1 2x y m x y− + + − Buộc các hệ số của P(m) bằng 0, ta được: ( ) 2 0 2 1 0 1 1 2 0 1 1 x y x y x y x y x y  =    =     − = =    ⇔   =  + − =     = −     =   Chú ý rằng khi x=0 hay 1x = ± thì điều kiện 1mx ≠ luôn được thỏa mãn với mọi 1m ≠ ± . Vậy họ đường cong đã cho có ba điểm cố đònh là (0;1), (1;1) và (-1;1) Bài tập: Cho hàm số ( ) y f x = , trong đó ( ) 2 1 2f x x m x m m   = − + +  ÷   với tham số 0m ≠ 2 Đặt [ ] ( ) 1 1;1 min x y f x ∈ − = và [ ] ( ) 2 1;1 max x y f x ∈ − = Hãy tìm các giá trò của m sao cho 2 1 8y y− = Bài tập: Cho hàm số 1 2y x x x= + + + + a) Vẽ đồ thò và lập bảng biến thiên của hàm số đó. b) Dựa vào đồ thò, hãy biện luận số nghiệm của phương trình 1 2x x x m+ + + + = tùy theo tham số m. Bài tập: Cho hàm số 2 2y x x x= + − − + a) Vẽ đồ thò và lập bảng biến thiên của hàm số đó. b) Dựa vào đồ thò, hãy biện luận số nghiệm của phương trình 2 2x x x m+ − − + = tùy theo tham số m. c) Dựa vào đồ thò, hãy tìm các giá trò của m sao cho 2 2x x x+ − > + Bài tập: Cho hàm số: ( ) 2 4 3f x x x= − + và A(2,1). Gọi m là hệ số góc của đường thẳng d đi qua A. a. Chứng minh rằng (d) luôn cắt đồ thò hàm số y=f(x) tại hai điểm phân biệt M,N. b. Đònh giá trò của m để MN ngắn nhất. c. Vẽ đồ thò hàm số y=f(x) và đường thẳng d với giá trò m vừa tìm được. Lặp bảng biến thiên cho đồ thò hàm số y=f(x). Bài tập: Cho hàm số có đồ thò là một đường cong (C). Đường thẳng (d k ) có hệ số góc k và luôn đi qua điểm A(0;–3). a. Tìm điều kiện của k để đường thẳng (d k ) cắt (C) tại hai điểm nữa khác A. Gọi hai điểm này là B và C b. Với điều kiện nói ở phần a, tìm quỹ tích trung điểm của đoạn thẳng BC khi k thay đổi Bài tập: Tìm các điểm cố đònh của họ đường thẳng và đường cong sau đây: a. ( ) 2 2 1 2 3y m x m= − − + c. ( ) 3 2 2y m x mx= − − + b. ( ) 2 1 2 3 1y m x mx m= − + − + d. ( ) ( ) 2 2 1 3 4y y m x m x m= = − − − + − Chuyên đề II: HỆ PHƯƠNG TRÌNH PHI TUYẾN – PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO Tóm tắt lý thuyết Đònh lí Bơ – du: Số a là nghiệm của đa thức f(x) khi và chỉ khi đa thức f(x) chia hết cho x – a. • Nếu pt f(x) = 0 có một nghiệm là a, (trong đó f(x) là một đa thức). Theo phép chia đa thức ta được f(x)=(x – a).g(x) • Lược đồ horner (hooc – ne): + Ví dụ: phân tích đa thức thành nhân tử: f(x)=x 4 +5x 3 +7x 2 –4 + Dể thấy pt có một nghiệm bằng 2. Nên theo đònh lí bơ – du ta có: f(x)=(x – 2). g(x) 3 + Ta phải tìm hệ số của g(x) + Áp dụng lược đồ horner ta có: 0 -2 132 -40 7 5 1 -2 Ta có: g(x)= x 3 + 3x 2 + x – 2 + Vậy x 4 +5x 3 +7x 2 –4 =(x – 2).(x 3 + 3x 2 + x – 2) • Quy tắc nhẩm nghiệm  Tổng các hệ số của pt bằng 0, pt có một nghiệm bằng 1  Tổng hệ số bậc chẳn của pt bằng tổng các hệ số bậc lẻ của pt, khi đó pt có một nghiệm bằng -1 Bài tập áp dụng Bài 1: Giải các phương trình sau: a. x 3 + 4x 2 – 5 = 0 b. x 4 + 3x 3 – 2x 2 – 6x + 4 = 0 Bài 2: Giải các pt sau: a. sin 3 x + 3sin2x + 2 = 0 b. tan 3 x + cot 3 x = 13(tanx + cotx) Hệ phương trình đẳng cấp Hệ phương trình tổng quát 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 a x b xy c y m a x b xy c y m  + + =   + + =   Cách giải: • Bước 1: Cho y= 0 và tính trực tiếp, ta hãy xem có hay không một nghiệm x 0 sao cho (x 0 ;0) là nghiệm của hệ phương trình. • Bước 2: Giải tiếp hệ phương trình với giả thuết y ≠ 0.  Nếu m 1 = 0 (tương tự cho m 2 = 0) thì pt thứ nhất của hệ trở thành 2 2 1 1 1 0a x b xy c y+ + = . Do y≠0, ta chia pt cho y 2 , ta đựơc 2 1 1 1 0 x x a b c y y   + + =  ÷    Đặt x k y = khi đó ta được: 2 1 1 1 0a k b k c+ + = . Giải pt ẩn k. Nếu pt vô nghiệm thì hệ vô nghiệm. Nếu pt có hai nghiệm k 1 , k 2 thì hệ pt đả cho tương đương với tuyển của hai hệ pt: 2 2 2 2 2 2 i x k y a x b xy c y m =   + + =  với 1; 2i = 4  Nếu m 1 và m 2 đều khác 0, thì ta phải chọn hai số 1 λ và 2 λ sao cho 1 1 2 2 0m m λ λ + = . Gọi vế trái của pt thứ nhất là F 1 (x;y), vế trái pt thứ hai là F 2 (x;y), ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 ; ; ; 0 ; ; F x y m F x y F x y F x y m F x y m λ λ = + =    ⇔   = =      Đến đây ta trở về trường hợp đã nói ở trên. Bài tập áp dụng Giải hệ pt 2 2 2 2 3 1 2 3 7 x xy y x xy y  + + = −   − − =   Nhân pt đầu với 7 rồi cộng với pt thứ hai ta được: 2 2 9 20 4 0x xy y+ + = (1) Nếu y = 0 thì từ (1) ta suy ra x= 0. Nhưng (0;0) không là nghiệm của hệ pt (I). Do đó có thể giả thuyết y≠0. ta chia 2 vế pt (1) cho y 2 , ta được pt: 2 9 20 4 0 x x y y   + + =  ÷   2 2 9 x y x y  = −   ⇔ −  =   Điều đó cho thấy ( ) 2 1 2 9 x y x y = −   ⇔  = −   Vì vậy hệ (I) tương dương với tuyển của hai hệ pt sau: ( ) 2 2 3 1 2 x xy y II x y  + + = −  = −  , ( ) 2 2 3 1 2 9 x xy y III x y  + + = −   = −   Đến đây bạn có thể giải hệ pt trên. Kết luận: hệ pt đã cho có hai nghiệm (-2;1) và (2;-1) Bài tập: Giải hệ phương trình: a) 2 2 2 2 3 1 3 3 13 x xy y x xy y − + = − − + = c) 2 2 2 3 4 4 1 y xy x xy y − = − + = b) 2 2 2 2 3 5 4 38 5 9 3 15 x xy y x xy y + − = − − = d) 2 2 2 2 2 4 1 3 2 2 7 x xy y x xy y − + = + + = 5 e) 2 2 2 2 2 3 2 3 y y x x x y + = + = f) 3 2 1 2 5 4 4 2 2 2 x x x x y y y + = − + = + Chuyên đề III: BẤT ĐẲNG THỨC BĐT giữa TBC – TBN Cho n số không âm a 1 , a 2 , a 3 , …, a n . Khi đó ta có: 1 1 n i n i n i i a a n = = ≥ ∑ ∏ Dấu đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi 1 2 . n a a a= = = BĐT BU – NHI – A – CỐP – XKI Cho hai bộ số thực ( ) 1 2 , , ., n a a a và ( ) 1 2 , , ., n b b b , mỗi bộ gồm n số. Khi đó ta có: 2 2 2 1 1 1 n n n i i i i i i i a b a b = = =      ≤  ÷  ÷ ÷      ∑ ∑ ∑ Nếu 0 n i i b ≠ ∏ thì dấu đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi 3 1 2 1 2 3 . n n a a a a b b b b = = = = Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba số dương bất kì thì 6 a b b c c a c a b + + + + + ≥ Giải Ta có: 2 . 2 . 2 . 6 a b b c c a a b b c c a c a b c c a a b b a c b c a b a c b c a b c a c b b a c a c b b a + + + + + = + + + + +       = + + + + + ≥ + + =  ÷  ÷  ÷       (đpcm) ( theo BĐT giữa TBC – TBN) Tìm giá trò nhỏ nhất của hàm số ( ) 3 f x x x = + với x > 0 Giải Do x > 0 nên ta có: 0 3 0 x x >    >   Theo BĐT cô – si ta có: 3 3 2 . 2 3x x x x + ≥ = ( ) 2 3f x⇒ ≥ ( ) minf x khi và chỉ khi dấu đẳng thức xảy ra: 3 3x x x ⇔ = ⇔ = ± 6 Do x > 0 theo giả thuyết nên 3x = Vậy ( ) min 2 3f x = khi 3x = Chứng minh rằng nếu 2 2 2 2 9 3a b c+ + = thì 2 9 6a b c + + ≤ Giải Theo BĐT Bunyakovsky, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9 .1 2 .1 3 .1 1 1 1 2 9 36a b c a b c a b c+ + = + + ≤ + + + + = Vậy 2 9 6a b c+ + ≤ Chứng minh rằng nếu 2 2 1x y+ = thì 2x y+ ≤ Giải Cách 1: sử dụng BĐT bunyakovsky Theo BĐT bunyakovsky ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 .1 .1 1 1 2x y x y x y+ = + ≤ + + = ( ) 2 2 2 x y x y ⇒ + ≤ ⇔ + ≤ Cách 2: lượng giác hóa Theo giả thuyết ta có: 2 2 1x y+ = Nên sin cos x y ϕ ϕ =   =  Khi đó ta có: sin cos 2 sin 2 4 x y π ϕ ϕ ϕ   + = + = + ≤  ÷   Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 2 2 2 2 6 a b b c c a a b c a b c a b c + + +       + + ≤  ÷  ÷  ÷ + + + + + +       Đặt: 1 1 1 2 2 2 a b b c c a T a b c a b c a b c + + +       = + +  ÷  ÷  ÷ + + + + + +       p dụng BĐT bunyakovsky, ta có: 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 3 a b b c c a T a b c a b c a b c         + + +               ≤ + +    ÷  ÷  ÷       + + + + + +                 ( ) 2 1 2 3.2 6 a b c T a b c T + + ⇒ ≤ + + ⇒ ≤ Cho a,b, c > 0 và a+b+c = 1. Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 3 2 ab bc ca c b c a c a b a b + + ≥ + + + Đặt: ( ) ( ) ( ) ab bc ca M c b c a c a b a b = + + + + + 7 p dụng BĐT bunyakovsky, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ab bc ca b c c a c a M a b b c c a c b c a c a b a b   + + + + + ≤ + + + + +   + + +     Mặt khác: ( ) ( ) 2 3a b c ab bc ca+ + ≥ + + Nên: ( ) 2 3 ab bc ca a b c c a b   + + ≤ + +  ÷  ÷   Suy ra: 3 2 M ≥ (MO Romanian 2004) Chứng minh rằng , , 0a b c∀ > ,ta đều có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 27 2 a b c P bc c a ca a b ab b c a b c = + + ≥ + + + + + Bộ 1: ( ) ( ) ( ) ; ; a b c bc c a ca a b ab b c+ + + Bộ 2: ; ;c a a b b c+ + + p dụng BĐT bunyakovsky ta có: ( ) 2 2 a b c P a b c bc ca ab   + + ≤ + +  ÷  ÷   Mặt khác: 2 1 1 1 3 a b c bc ca ab a b c     + + ≥ + +  ÷  ÷  ÷     Hay: 2 27a b c bc ca ab a b c   + + ≥  ÷  ÷ + +   Suy ra: ( ) 27 2 P a b c ≥ + + (MO USA) Cho a, b, c > 0 thỏa mản abc = 1. Tìm GTNN của P ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 P a b c b c a c a b = + + + + + Xét Bộ 1: ( ) ( ) ( ) 1 1 1 ; ; a b c b c a c a b+ + + Bộ 2: ( ) ( ) ( ) ; ;b c c a a b+ + + p dụng BĐT bunyakovsky ta có: ( ) 2 1 1 1 2P a b c a b c   + + ≥ + +  ÷   8 Mặt khác áp dụng BĐT bunyakovsky ta có: 2 1 1 1 1 1 1 3 a b c ab bc ca     + + ≥ + +  ÷  ÷     Hay: ( ) ( ) 2 3 1 1 1 3 a b c a b c a b c abc + +   + + ≥ = + +  ÷   3 2 P⇒ ≥ Vậy min 3 2 P = khi 1a b c = = = Bài tập áp dụng Bài 1: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mản 3a b c + + = . Chứng minh rằng: 2 2 2 3 1 1 1 2 a b c b c a + + ≥ + + + Bài 2: Cho a, b, c, d là các số nguyên dương. Chứng minh rằng: 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c d a b c d a b b c c d d a + + + + + + ≥ + + + + Bài 3: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: 1 2 a b c a b b c c a < + + < + + + Bài 4: Cho các số dương tùy ý a, b, c, d. Chứng minh rằng: 1 2 a b c d a b c b c d c d a d a b < + + + < + + + + + + + + Bài 5: Cho bốn số a, b, c, d dương. Chứng minh rằng: a) ( ) ( ) 2 2 2 2a b c d ab ad bc cd ac bd+ + + ≥ + + + + + b) 2 a b c d b c c d a d a b + + + ≥ + + + + c) 3 3 3 3 2 2 2 2 3 a b c d a b c d b c d a c d a b d a b c + + + + + + ≥ + + + + + + + + Bài 6: Cho bốn số a, b, c, d dương. Chứng minh rằng: a) 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 a b c a b c a ab b b bc c c ac a + + + + ≥ + + + + + + b) 1 2 a b c d a b c b c d c d a d a b < + + + < + + + + + + + + Bài 7: Chứng minh rằng: ( ) ( ) 2 2 2 3 1 1 ,a b a b a b R+ + ≥ + + ∀ ∈ Bài 8: Cho a, b, c > 0 và 1a b c + + = .Chứng minh rằng: 1 1 1 9 a b c + + ≥ Bài 9: Cho x, y, z dương. Chứng minh rằng: 9 25 4 2 x y y z z x x y + + > + + + Bài 10: Cho a, b, c là các số dương sao cho a + b + c = abc. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 3 a b c + + + + + ≥ Bài 11: Cho ba số dương a, b, c thỏa a + b + c = 1 Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 1 1 1 B a b c a b c       = + + + + +  ÷  ÷  ÷       Bài 12: Cho ba số dương a, b, c thỏa 1 1 1 1 a b c + + = Chứng minh rằng: 1 1 1 1 2 2 2 4a b c a b c a b c + + ≤ + + + + + + Bài 13: Trong một tam giác với ba cạnh a, b, c và chu vi 2p. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 2 p a p b p c a b c   + + ≥ + +  ÷ − − −   Bài 14: Tìm GTNN của hàm số: a) 3 2 3 1x x y x + + = b) ( ) 2 3 2 f x x x = + HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: Kỉ thuật cô – si ngược dấu: Rõ ràng ta ko thể dùng trực tiếp BĐT cô – si với mẩu số vì BĐT sẽ đổi chiều 2 2 2 3 ??? 1 1 1 2 2 2 2 a b c a b c b c a b c a + + ≤ + + ≥ + + + Tuy nhiên rất mai mắn, có thể dùng BĐT đó theo cách khác: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 a b ab a ab ab ab a a a b b b b + − = = − ≥ − = − + + + Ta sử dụng BĐT cô si cho 2 số 2 1 2b b+ ≥ Tương tự, ta suy ra được đều phải chứng minh. Bài 2: Kỉ thuật cô – si ngược dấu: Ta có: ( ) 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a a b ab a ab ab b a a a a b a b a b ab + − = = − ≥ − = − + + + Tương tự, ta suy ra đều phải chứng minh. Bài 3: Ta có tính chất: a, b, c là ba số dương  Nếu 1 a b < thì a a c b b c + < + 10