Giai va binh luan cau 8 9 trong de thi DH toan khoi A nam 2014

 Phân tích: Các bài bất đẳng thức năm 2013 nhìn vào là các em Giỏi Toán đoán được hướng làm, năm nay thì khác một chút vì phải chọn điểm rơi trước mới định hướng được cách giải... Huỳnh[r]

2014 Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Trung Tâm Thăng Long TPHCM Trung tâm Thăng Long TP.HCM Địa chỉ: 766/36 -766/38 CMT8, P5, Q Tân Bình Giáo viên: Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Nguyễn Thị Duy An ĐT: 0907415107 Phân Tích Và Bình Luận Câu và Trong Đề Thi Đại Học Khối A Năm 2014  x 12  y   Câu Giải hệ phương trình:  y(12  x2 )  12  x  x   y  (1) (2) 2  x  Lời giải Điều kiện:   y  Áp dụng bất đẳng thức BCS, ta có: x 12  y  y(12  x2 )  x 12  y  y 12  x2  Phương trình (1)  Dấu (*) xảy  x 12  y ( x2  12  x2 )(12  y  y)  12 (*)  12  x2 y  x    y  12  x Thay y  12  x2 vào phương trình (2), ta có: x3  x   10  x2 (3) Điều kiện:  x  Cách 1: Phương trình (3)  x3  x     10  x2    ( x  3)( x2  3x  1)     x3  ( x  3)  x2  3x     10  x  x2   10  x2 0  0   x    x3   x  3x    (VN vì VT  x  )   10  x   x3 y3 x  Vậy hệ phương trình đã cho có đúng nghiệm  y  Page luanluuac_05@yahoo.com Điện thoại : 0907415107 2014 Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Trung Tâm Thăng Long TPHCM  Nhận xét: Nếu chúng ta không để ý đến điều kiện phát sinh là x  thì việc giải phương trình (3) có thể dẫn đến bế tắc, vì dò nghiệm ta thấy (3) có nghiệm x  1; x  Về mặt nguyên tắc ta phải làm xuất nhân tử chung x2  x  không đơn giản là x  , không phương trình phát sinh x2  x   x3  10  x2  còn khó phương trình (3) vì còn nghiệm x  1 Và việc làm xuất nhân tử x2  x  thì tôi khẳng định là không thể Kì thi Đại học khối A vừa qua nhiều bạn không hoàn chỉnh bài Toán vì không chú ý điều kiện x  Cách 2: Từ phương trình (3), ta có: x3  x   10  x2  x( x2  8)   x2   x  2 Viết lại phương trình (3) dạng: x3  x   10  x2  (4)  Xét hàm số f ( x)  x  x   10  x2 liên tục trên 2 ;  2x f '( x)  3x2   10  x     x  2 ;  nên f ( x) đồng biến trên 2 ;    Do đó: (4)  f ( x)   f ( x)  f (3)  x   y  x  Vậy hệ phương trình đã cho có đúng nghiệm  y   Nhận xét: Nếu chúng ta không lôi điều kiện ẩn sâu bên phương trình (3) là  2  x  thì ta phải xét hàm số f ( x) trên miền 0;  , đó phải tiến hành tính  20 f ''( x)  x   10  x2        x  0;  và khẳng định phương trình f ( x)  có tối đa   nghiệm thuộc 0;  Đến đây số bạn cho f (1)  f (2)  thì phương trình (3) có  đúng nghiệm x  1; x  và loại nghiệm x  1 vì x  thì nên xem lại Tôi thấy các bạn hay dùng Casio đoán trước đáp số nên dễ mắc sai lầm trên Nếu ta xét f ( x) trên miền 2 3;  thì mắc kẹt việc chứng minh f ''( x) vô nghiệm trên 2 3;      Câu Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x2  y2  z2  Tính giá trị lớn biểu thức: P  x2 x  yz  x   y z  yz  x  y z1 Lời giải Page luanluuac_05@yahoo.com Điện thoại : 0907415107 Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Trung Tâm Thăng Long TPHCM 2014  Phân tích: Các bài bất đẳng thức năm 2013 nhìn vào là các em Giỏi Toán đoán hướng làm, năm thì khác chút vì phải chọn điểm rơi trước định hướng cách giải Dễ dàng nhận thấy các ( x, y, z)  (1,1, 0); (1, 0,1); (0,1,1) thỏa điều kiện x2  y2  z2  , vào biểu thức P thì thấy là giá trị lớn nhất, đó ta đoán điểm rời là ( x, y, z)  (1,1, 0); (1, 0,1) Xét điểm rơi, ta nhận thấy ( x, y, z)  (1,1, 0) thì x  y , ( x, y, z)  (1, 0,1) thì x  z có cái bất biến là x  y  z  , đó đánh giá phải đảm bảo x  y  z  Cách 1: Viết lại P  x2 x  x  (1  yz)  y z (1  yz)  x  y z 1 Từ giả thiết phải làm xuất y  z và  yz , ta có:  x2  y2  z2   yz  x2  ( y  z)2 Áp dụng các bất đẳng thức phụ a2  b2   yz  x2  ( y  z)2  (a  b)2  2ab , ta có: ( x  y  z)2  x( y  z) 1  yz  x( y  z) Suy ra:  Khi đó: 1  yz  ( x  y  z)  P x2 x2  x  x( y  z)  y z ( x  y  z)2 x yz ( x  y  z)2    x y z1 36 x y z1 36 Đặt t  x  y  z  3( x2  y2  z2 )  , điều kiện:  t  Khi đó: P  t t2   f (t) với t  0;    t  36 Xét hàm số f (t)  t t2 liên tục trên đoạn 0;     t  36 Page luanluuac_05@yahoo.com Điện thoại : 0907415107 2014 Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Trung Tâm Thăng Long TPHCM f '(t)  (t  1)2  t 18  t(t  1)2  t3  2t2  t  18   18 18(t  1)2 18(t  1)2 Cho f '(t)   t3  2t2  t  18  (2  t)(t2  4t  9)   t  Bảng biến thiên: t f '(t)   f (t) Dựa vào bảng biến thiên, ta có: P  f (t)  Ta thấy P  t  0;   ( x, y, z)  (1,1, 0); (1, 0,1) Vậy GTLN biểu thức P là , đạt ( x, y, z)  (1,1, 0); (1, 0,1) Cách 2: Ta có: yz   Khi đó: P   yz  2 yz  x  y2  z2 x  ( y  z)    x( y  z) 2 x2 x  x  x( y  z)  y z yz   x  y z1 x y z yz  x yz yz      x y z1 x y z1 x y z1  1 yz   x y z1   Áp dụng bất đẳng thức BCS, ta có: x  y  z   x2  ( y  z)2   x2  y2  z2  yz   yz   Page luanluuac_05@yahoo.com Điện thoại : 0907415107 Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Trung Tâm Thăng Long TPHCM Do đó: P    yz   2014 yz  Đặt t   yz , điều kiện: t  Suy P   f '(t)  t2   f (t) với t  2t  (2t  1)2  2t  t(2t  1)2  9 (2t  1)2 Cho f '(t)   t3  t2  t    t  t f '(t) f (t)   Dựa vào bảng biến thiên, ta có: P  f (t)  Ta thấy P  t  1;    x  y  1; z  x  z  1; y  Vậy GTLN biểu thức P là , đạt x  y  1; z  x  z  1; y  Page luanluuac_05@yahoo.com Điện thoại : 0907415107