De cuong toan 20152016 Phan 4

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang	43
Dung lượng	4,54 MB

Nội dung

Phương pháp khảo sát hàm số theo từng biến Đối với bài toán cực trị nhiều biến, ta có thể chọn một biến là biến số biến thiên và cố định các biến còn lại, bài toán đưa về việc khảo sát h[r]

(1)CHUYÊN ĐỀ 10: PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Sử dụng phương pháp biến đổi: biến đổi tương đương, phân tích thành phương trình dạng tích, nhân chia biểu thức liên hợp… Ví dụ (Trích đề thi ĐH Khối A - 2004) Giải bất phương trình: 2( x  16) 7 x  x  x x Lời giải ĐK: x 4 2( x  16)  x    x   Bpt x 5    x  10  10  34  x     x  16 0   10  x   2( x  16)  10  x   10  x 0   2( x  16)  (10  x) 34 x ) nên (*) vô nghiệm VT(*) < (do 2 Ví dụ Giải bất phương trình sau: ( x  x) x  x  0 (2) Lời giải Ta xét hai trường hợp:  x 2 x  x  0    x   , đó bpt luôn đúng TH 1:  2 x  x     x  x    TH 2: BPT Vậy tập nghiệm bpt đã cho là: 1   1  x    ;     2;    2  x    ;     3;     2    x    ;0   3;   T ( ;  ]  {2}  [3; ) (2) 2  x  xy  y 2 y  x (1)  y x  y   x 2 (2) Ví dụ Giải hệ phương trình:  Lời giải ĐK: x  y  0 (3)  x y (1)  x  y  xy  y  y  x 0  ( x  y )( x  y  2) 0    x 2  y (4)  Từ (3) & (2) ta có x=y=1  y 0; x 2  x 2  y    y  ; x 8 y  y  y  3   Từ (4) & (2) ta có Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 1 ;   3  x; y   1;1 ;  x; y   2;0  ;  x; y   Ví dụ (Trích Báo TH&TT) Giải hệ phương trình: Lời giải ĐK: x  y  (1)  x  xy  y  Ta có xy  2  x  y  x  y 1 (1)   x  y x  y (2)  xy xy  xy 1  ( x  y )   xy 0 x y xy  xy   ( x  y  1)  x  y    0  x y  (3)  x 1  y  2  x  y  x  y 0 (4) x y  Vì x  y  nên phương trình (4) vô nghiệm  y 0; x 1 y  y 0    y 3; x  Từ (3) và (2) ta có Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y   1;0  ;  x; y    2;3  (1)  x (1  x  y ) 2    y (1  ) 4 (2)  x y Ví dụ (Trích đề thi HSG QG 1996) Giải hệ phương trình:  Lời giải ĐK x 0; y 0 (3) Dễ thấy x = y = không thõa mãn hệ Với x >0, y >0 ta có  2        x y 3x 3x 7y 1        x  y 3x y 1      2  x  y  7y 3x 7y x y ( nhân vế với vế) 2  21xy (7 y  24 x )( x  y )  24 x  38 xy  y 0  y 6 x (vì x, y dương) 1     0  7    x x x 21   Thay vào phương trình (1) ta được Từ đó suy x và y 4  x  y   x    2 x  y     4  x  y   1  y   x  y  Bài tập tương tự:   ( Trích đề thi HSG Cần Thơ – 2012) Ví dụ Giải bất phương trình: x (1  x  x ) x  Lời giải  y 0    y 2 x  , ta được bất phương trình Đặt y  x  x  y  x  y  x  3x y  y 0 (2) 1  x   x  thay vào BPT thỏa mãn là nghiệm *TH1: Xét y = đó 2  x  x  x  x         0    1   1 0  y  y  y  y  *TH2: Xét y > đó BPT (2)  x   y 2 x y suy   x 0      x 0 x        x  1     x  2 x   x  x  2 x   1   ;  2   Vậy tập nghiệm BPT là S = (4) 2 x  x 2 x y  y  x, y     x  12 x  12 y   y  x  Ví dụ Giải hệ phương trình  Lời giải ĐK: x 0; y 0  x  x  1  y  x  1   x  y   x  1 0  x  y Phương trình (1) (Vì x   0, x   ) Thế vào phương trình (2) ta có x  12 x  12 x  3 x  x   Đặt a 2 x  1, a 1 , ta có phương trình   x2  x 1   3x  x  x  3a 3x  a  x  3a 9 x  6ax  a  a x  x  6ax  2a 0    a  x  L   x  3a 9 x  6ax  a  x 1  x 2 x   x  x  0    x 3  2 x   L     Khi a  x , ta có  y 3  2 Thử lại thấy thỏa mãn Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y     2;3  2 Bài tập luyện tập: Bài Giải phương trình: 10 x  x    x  x  Bài Giải bất phương trình: Bài Giải bất phương trình x3  3x   x  2 ( Đề thi HSG Lạng Sơn 2012)  x 0 ( Đề thi HSG Nghệ An 2012) 6( x  3x  1)  x  x  0 Bài Giải phương trình:  x  1   x  x  x  2  x3  x  Bài Giải phương trình:  x  x   5 x  2 Bài Giải phương trình x  2 x   x  x  y  x y  xy  1  x  y   y  14  x    Bài Giải hệ phương trình:  (5) y  x  x  y     x y  2 x  y  x  11   Bài Giải hệ phương trình:  x   10  x  x  x  66 0 Bài Giải phương trình: Bài 10 Giải phương trình: Bài 11 Giải phương trình: x   x  3 x  x  x 1  x  x  x   x  20  x  y   4  x  y   x  y   2 x  y  Bài 12 Giải hệ phương trình:  Hướng dẫn giải Bài 2 Phương trình đã cho  x   2 x    x  x2  x 2 2  ( x  2)( x  2) x  1 x 5 3  x 2   2( x  2)    x  (1)  x   x  1    x  2 1  x  1   Ta có phương trình (1) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm Bài ĐK x  y  0   0 x 5 3 nên (1) vô nghiệm  x; y   2;  Từ (1) ta có x=y x2 = 2y (Loại) 3 x = y, thay vào phương trình ta có: x  x   x  14  x   x  x   x  14   x   0   x  2x  11       0   x  14  x     x     x2  x  x  14   x 1   x  x  0    x 1  (6) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y     2;1  ;  2;1    x   x  y  x  y  y  1   2 2  x  y   x  11  Bài Hệ đã cho tương đương với  Từ (1) suy y 0 , vì y<0 thì x-y>0, đó VT(1) > VP( 1)  1   x2   x  y     x y    x   x  y   y 0 x y x   x  y 3  x  y   x  y 1  x2  x  y  y x2  x  y  y 0   x2   x  y  x y  0  x  y  0   x  y  1     x  y   x  y 1 x2  x  y  y    Thế y  x  vào phương trình (2) ta được: x  x   x  11   x  1  x   10 0   t    t  2t  4t   0  t 2 t  x  1, t  t  t  10  Đặt , ta có 5  x; y   ;  x  2  x   y   2 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm Khi đó Phương pháp đặt ẩn phụ  x  y  xy  4 y (1)  2 Ví dụ Giải hệ phương trình:  y ( x  y ) 2 x  y  (2) Lời giải: Nhận thấy y=0 không thỏa mãn hệ  x2 1  y  x  y 4    ( x  y ) 2 x    y Với y khác không, chia hai vế (1) và (2) cho y ta được:  a  x  y  a  b 4 x2 1   b    a  b  y Đặt  ta có  Từ đây ta tìm được x và y b 4  a   a  2(4  a )   b 4  a   a  a -15    a  5, b 9  a 3, b 1  (7)  x  y  x y  xy  xy     x  y  xy (1  x)  Ví dụ Giải hệ phương trình:  Lời giải:  2  x  y  xy ( x  y )  xy   ( x  y )  xy  Hệ đã cho tương đương với   a  ab  b    x  y a a  b   Đặt  xy b , ta được hệ  a   a  a   a  0; b    4    a  ; b  b   a   2 Từ đó ta tìm được x, y  b   a  a  a  a   a   4 2 Ví dụ (Đề thi HSG Vĩnh Long 2012) Giải phương trình: x  x  1  x  x  x  x Lời giải: t  x  x  1, t  Đặt Khi đó phương trình trở thành: 4t  t  7t   t  6t    t  4t   0 2   t  3   t   0   t  t  1  t  t   0 (*)  t  t  0   t  t  0 (*)  Với  Với t 1 t 2 thì t  t  0 có nghiệm là t   21 t  thì t  t  0 có nghiệm là 2  1  1 x  x      2x  2x   t   thì  Khi 0 (8)  x  1 3  1  x 2     21 x  x     21   x  x   21 0 t   Khi thì  x   19  21   19  21 x 2   19  21   19  21 x 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm ; Bài tập luyện tập: Giải phương trình, hệ phương trình sau 1  2  x  y  x  y 5 1)   x  y  xy ( x  y  4) 0  x   y  x  y   y 0 2)  3)   xy  1  x  y  ( x  y )( x  y )  xy   x  x  y    x  0   x  x  xy  y  51  x  y   0 4)   x    x  y   0  x y  y  16 11xy 5)  2  x 2 y  12 y 3 xy 3.Phương pháp hàm số Phương pháp hàm số là phương pháp quan trọng để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Muốn làm tốt phương pháp này ngoài việc nắm các kĩ thuật sử dụng hàm số còn cần phải chú ý sai lầm thường gặp phương pháp này Khi giải các bài toán này thường sử dụng các tính chất sau: Cho K là khoảng ( là nửa khoảng, là đoạn) y  f  x y  f  x Tính chất 1: Cho hàm số liên tục trên K, hàm số luôn đồng biến f x c luôn nghịch biến trên K thì phương trình   (c là số) có nhiều nghiệm trên K y  f  x  ; y g  x  y  f  x Tính chất 2: Cho hàm số liên tục trên K, hàm số luôn đồng y g  x  f x g  x  biến trên K, luôn nghịch biến trên K thì phương trình   có nhiều nghiệm trên K y  f  x y  f  x Tính chất 3: Cho hàm số liên tục trên K, hàm số luôn đồng biến f u  f  v   u v luôn nghịch biến trên K thì với u , v  K ta có   y  f  x f '  x  0 Tính chất 4: Cho hàm số liên tục và có đạo hàm trên K, phương trình f x 0 có nhiều n nghiệm trên K thì phương trình   có nhiều n+1 nghiệm trên K (9) y  f  x y  f  x Tính chất 5: Cho hàm số liên tục trên K, hàm số luôn đồng biến trên K f u  f  v   u v thì với u , v  K ta có   Ví dụ (Trích đề thi HSG Nghệ An 2012) Giải phương trình:  x  2   x   2 x  3x  ( x  ) Lời giải x Điều kiện xác định: Phương trình đã cho tương đương: 3x  3x  3 x   2x   x   2x   0  2x  2x  5  3x  f ( x)  x   2 x    ;    x  với x thuộc Đặt  f '( x)  3  x  5 2 10  0 2x   2x  4  5  ;     hàm số f ( x ) đồng biến trên   phương trình f ( x) 0 có tối đa nghiệm với x  (1) Ta có f (3) 0 (2) Từ (1) và (2) suy phương trình đã cho có nghiệm x 3 Nhận xét: Ngoài việc nắm rõ tính chất 1, để giải bài tập trên cần phải lựu chọn đúng hàm số cần khảo sát Ta xét tiếp bài tập sau: Ví dụ (Trích đề thi HSG tỉnh Bắc Ninh 2012) Giải phương trình: 3x  x  x.3x 1  x   Lời giải  3x 1   x  x x x  TH1:  x  x.3 1  (3  1)(1  x) 0 2x 1 3x  x  x.3x   3x  0( x  ) 2x  (1) TH2: Xét hàm số f  x  3x  f '  x  3x ln  x 1 1 1   , x    ;    ;   2x  2     x  1  0, x   x 0   x 1  (10) 1     ;  ;  ;    f x 2   Suy ra,   đồng biến trên khoảng  1 1     ;  ;  ;   2   PT (1) có nhiều nghiệm Nên trên khoảng  f  1  f   1 0 Suy ra, (1) có nghiệm x 1    1;0; ;1  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là:  Mà Nhận xét: Nếu không nắm các tính chất học sinh hay mắc sai lầm là: 1 1    ;  ;  ;    f  x 2   vội vàng kết luận khẳng định đồng biến trên khoảng  1 1     ;    ;   2   phương trình có nhiều nghiêm trên  Ví dụ (Trích đề thi thử Đại học tỉnh Bắc Ninh 2013- 2014) Giải hệ phương trình:  xy x   3 y   y   x, y     3  3x  1 x y  xy   x  3x y  x 0   Lời giải: ĐK: x y  xy 5 y   y  y  y 0, y y Xét phương trình (1) ; Mà x y  xy 5  y  x  x    y    x   x 0, x; y  x   3 3 x x 1  x      y y  y Khi đó ta có:  1a  Xét hàm số f  t  t t   t , t   0;    f ' t   t 1  t2 t 1   0, t   0;    Hàm số f  t  đồng biến trên  0;    3 3  1a   f  x   f    x   y  y x  y Do đó phương trình Thay y  3x  1 x vào phương trình (2) ta có x   x  x  x 0   x  1   x   x 4 x  12 x  x (11)   3x  1  x  3x  3x    4 x3  12 x  x   x  3x    x   0 3x   x 3x   x    x 1 3x   x  x  0   x  0, x  3) 3x   x  x 2 ( Vì Vậy hệ phương trình có nghiệm  1;3 ;  2; Ví dụ Giải bất phương trình: Lời giải: Viết lại phương trình dạng:  3  2 3x(2  x  3)  (4 x  2)(1   x  x ) 0  1 3x(2  (3x)  3)  (2 x  1)(2  [  (2 x  1) ]  f  t  t (2  t  3), Xét hàm số f t hàm số   luôn đồng biến   t   ; f ' (t ) 2  t   t2 t2  0 f  x   f   x  1  3x  x   x  Do đó (1)    T   ;     Vậy tập nghiệm bất phương trình là Ví dụ (Trích đề thi HSG tỉnh Bắc Ninh 2013) Giải hệ phương trình:  x  log x log  x  y.2 x   2log x  6log y   x log x  y      2 Lời giải: ĐK: x  0; y    1  Phương trình x  log x log  x  y  1   x  log x  x  log  y  1  x  y  Thế vào (2) ta có 2log x  6log x  x log x  3x 0  log x  0  3  log x  3  2log x  x  0    2log x  x 0   Giải (4), xét f  x  2log x  x  x    f '  x   f '  x  0  x  1 x ln 2 ln Lập BBT, từ đó suy phương trình (4) có nhiều hai nghiệm f  f   0    Mà   có hai nghiệm x 2; x 4 (12) x; y  :  8;7  ;  2;1 ;  4;3  Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm  Bài tập luyện tập: Giải phương trình, hệ phương trình sau 2)3  x   x 6 1) x  3x  x   x   x  2x  3)  x  10 x  17 x  2 x x  x 4) x  15  x   x  x   x  x   y    x  1  y  1 5)  4 x y   x  x  x   x    x3  y   x  y    x  y   0 6)   3x   y  3 7) x 1   x 1  x  8)2 x  x    1 8x x  x  y  1   x  1 x 6  10)  2  x y  y   x  x   x  y  x  y  33 29 y 9)   x   x  y   Phương pháp đánh giá  x    x  1  y  x  3x  y   , x, y     y  y   y  x   Ví dụ Giải hệ phương trình:  (x; y  R) Lời giải ■ Điều kiện :  y  y  0  3x   ( x  1)  y  ( x  1)   x    y   y 3 x    3x   y  ( x   y ) 0    y x  Với y = 3x - thay vào (2) ta được  y  y    vô nghiệm 4 Với y  x  thay vào (2) ta được  x  x  3x  (*) 4 Điệu kiện   x   x4 1.1.1  x  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có  x4 x  3x    x  x  12 x  0 Từ (3) ta có:   x  1 x  x   0  x 1 Thử lại x = thỏa mãn (*) Vậy hệ đã cho có nghiệm là (1; 0) (13)  x x  y  x 2 x  y       76 x  20 y   x  x  1 Ví dụ Giải hệ phương trình:  Lời giải: Điều kiện: x  y x  x  y   x3  Pt  x y  0   x  x   x  y     x  y  x    x    x  y 0  x  y  x x  x  y   x  y   0    x  x  y  y x  x Khi đó pt (2) trở thành: 96 x  20 x   x  x  1   x  1  8x  8x 1 1  x  x  1 Sử dụng BĐT Cô si cho số ta tìm được nghiệm phương trình        x; y    ;  ;  ;   8 8      Vậy hệ phương trình có nghiệm x  x 12  y  y (12  x ) 12  x  x  2 y  Ví dụ (Đề thi Đại học khối A – năm 2014) Giải hệ phương trình  Lời giải: Ta có x 12  y  (12  x ) y   x  x  12  x   12  y  y  12 12  y y  x y  (12  y)(12  x ) (3) 12  y Dấu “=” xảy Khi đó (1) tương đương với (3)  x 0   2 x y  144  12 x  12 y  x y  (3) Thế (4) vào (2) ta có  x 0  x 0    2 12 y 144  12 x  y 12  x (4) (2)  x  x  2 10  x  x  x   10  x 0   x  x    10  x  0   x  3  x  x  1  2  (10  x )  10  x 0 (14)   x  3  x  3x  1  2  2( x  3)   x  3  x  x     10  x  10  x   x2  x 3   x  x   2( x  3) 0   10  x  x 3  Vậy  y 3   0   x 3  y 3 Một số bài tập khác Bài Giải phương trình Lời giải: x  15 x  34 3 x   1 Ta có x  15 x  34   x    x  Cách 1:(Liên hợp thành phần)  1  x  15 x  28 3  x      x  4  2x    12  x    x  8  4x    x 4  12   2x   0  *     x  8  x    x   VT  *   + Nếu phương trình (*) vô nghiệm x   VT  *   + Nếu phương trình (*) vô nghiệm + Nếu x 4 Thỏa mãn phương trình (*) Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 4 Cách 2:(Liên hợp hoàn toàn)  1  x  16 x  32 3 x    x   x    x  14     x  4  2  x  8  3 x   x     x   0  x 4   x  14   * 2 0   2   x  8  3 x   x     x    Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 4 Cách 3:(Phương pháp đánh giá) Ta có: 3  x   8.8 4 x    x  8 x  ( Theo bất đẳng thức Cô si) (15) 2 x  15 x  34  x    x   0  x 4 Do đó Thử lại thấy thỏa mãn Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 4 Bài (Trích đề thi thử Đại học khối A tỉnh Bắc Ninh năm học 2012 – 2013)  x  x y x  x  y   2 x  y  x  y  15  x    Giải hệ phương trình  Lời giải:  1  x3  x y  x  x  y   x  x  y    x  y  x    x  y   x  1  x   x  y  0 (vì x   0, x ) 2 Thế vào phương trình (2) ta có x  x  x  3 x   x  1   x  1  x    3 x    Xét hàm số f  t  t  3t  f '  t  3t    t     f  t  Phương trình (3)  f  x  1  f   6x2   x   6x2  đồng biến trên  3  x    x  1  x   x3  x  3x  0   x  1 2  x  1  1  ;3  x; y      1  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x  x  y   x  y  x  y  y  x  x   Bài Giải hệ phương trình:  Lời giải:  1  x3  xy   x  y  x  y 0  x  x  x  y    x2  y  x 0  2x  x2  y    y 3x ( Vì x =y =0 không là nghiệm hệ ) Thế vào pt (2) ta có y  y  y  0 (*) Ta giải phương trình (*) trên tập      y 2sin t , t    ;  y    2;   2 , Thật vậy: xét , Đặt Pt(*) trở thành: 8sin t  4sin t  2sin t  0  4sin t   2sin t  1  4sin t  4sin t.cos 2t 4cos t   sin 4t cos3t ( Do cos t 0 không là nghiệm pt)  0 1 y 3  21 (16)  k 2  t     14  sin 4t sin   3t     k    2   t   k 2   5 3        5 3   t   ;   t   ; ;   y   2sin ;2sin ;  2sin  14 14 14   2  14 14 14   Vì Mà phương trình bậc có tối đa nghiệm nên pt(*) có nghiệm trên   2sin   14  y 2sin  x  14   3  2sin 14  y 2sin 5  x  14 Kết hợp với điều kiện y 0 ta có  Từ đó tìm được nghiệm hệ phương trình Bài (Trích đề kiểm tra lực giáo viên THPT tỉnh Bắc Ninh năm học 2012-2013)  x  13 x  17  y  3 y   x  26 x  42    x  13 x  19  y 1  x  x  1 ( y  1) Giải hệ phương trình:  Lời giải:  x  26 x  42 0   3  x    y 1  x    y   ĐK:  17  7  x  26 x  42 0,  2 x  13 x  19  2, x   3;   2 Ta có x  13x  17  x  26 x  42    x  26 x  42   2 x  13x  19 x  13x  19 Do đó,  y  3 Với y 3 ta có y  12   2  g  a    y   y   12 0  ln  x  1 ln  y  1  x y 1 ln a , a   0;   a Xét hàm số  ln a g '  a   , g '  a  0  a e a y  2  y 3 (17) ln ln  5 x    2;   g  x  1  g    ; y  4  g  y  1  g    2  2 Do Từ đó suy x 3, y 3 Thử lại x 3, y 3 thỏa mãn hệ phương trình  3x   y   x3  x y 0  x, y     x  y    x Bài 5: Giải hệ phương trình  Lời giải:  x  ; y  3 ĐK 4 3  x; y    ;   x  y   3  không là nghiệm hệ Do đó Nhận xét:   3 x  y   x  x  y  0   x  y    x  0  1   3x   y   3x   y    x  y Thay vào phương trình (2) ta có  x  3x    x   x  x  1    x      x  x  1  x      x    3x  x 1  Ta có   x  1   x   3x2    0  x  0,  1  3x   y   , Vì  x  x    x  1  x 2  x   3x   x  1  x    3x    2  x   3x   x 0  x    3x       x   3x  , với 2  1 x   x  x  0    1 x   Do đó ta có  1 1   1 1  ; ;  x; y    ;  2 2     Vậy hệ phương trình có nghiệm  x3  3x   y  y  x, y      14 x  y  48   x  x  Bài 6: Giải hệ phương trình   x  3 (18) Lời giải: ĐK x 3; y 0;  14 x  y  48 0    x  x   x  3  x    x   x   0  Ta có: Mà  14 x  y  48 0  y 14 x  48 8  y 4  1   x  1    x  1   x  1  x 4 y 3  y 3 f t t  3t , t   1;   f '  t  3t   t   1;   Xét hàm số    f  t 1;   đồng biến trên   1  f  x  1  f Khi đó phương trình Thế vào phương trình (2) ta có x  18 x  44   x  x     y 3  x  1 y 3 2  x     x  3  x    x     x    x   0  x   x   x 7 x; y   7;33 Vậy hệ phương trình có nghiệm  Một số bài tập tham khảo Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau: x 1  x  x  x   x  20 1) 2) 4( x  1) (2 x  10)(1   x )2 3)  x  1  x x  40 4) x  x   x  ( Trích đề thi HSG Đắc Lắc 2013) 5) x   x  3 x   22 x  0 (Trích đề thi HSG TP HCM 2013) 6) ( x  4)  x  x 13 7) 8) x3  1 x  5 x  x   x2   x    1   x    x  3  y2  2 x  y  x x   y   x  1 9)  10) x    x 2 x  3x  (19) 11) ( x  2)(2 x  1)  x  4  1 x 1 x2  12)  ( x  6)(2 x  1)  x  6x  x  3x  y  y  x    1  x  y  x  1  y    14)   x y  xy  y 2 xy  x 1  x  y  xy  0 13)  2 x  y  y  x  0  x  x    y  y  3  13 0 15)  12 x  y  xy 16  x   y  6 16)   ( x  y )2  x  y x  2 17) 4 y x  y  y  x  x x   ( y  2) y  xy  18) ( x  y  2) x   xy  x  x   y 1  2 19)  x  xy  y 7  y  ( x  2013)(5  x)  x  2log x  2log ( x  y  2) log (3 y  3) 2  21)  x 20) 2  1 5  x x   xy   y x   y   x  1 x  x  2 x  x   22) ( Trích đề thi HSG Nam Định 2013) 3 x  x 2  ( x  x  1)32 x  x 34 x 1 (Trích đề thi HSG Ninh Bình 2012) 23)  xy  y  x  xy  y   x    x  y y  6 y   x 24)  (Trích đề thi HSG TP HCM 2013)  2x x  y    x y 2x  y  2 x  y  x   y 25)  ( Trích đề thi chọn đội tuyển QG – Hà Nội)  26) ( x  2)    x  x    x  2 x  x  (Trích đề thi chọn đội tuyển QG – Kon Tum 2013)  x y 1  y  1 x   2x2  x   y 1   x  18 x  20  2x  9x  27)  (20) (Trích đề thi chọn đội tuyển QG – TP HCM 2013)  x  xy  x  0    x  1   y  1  xy  28)   x y  y 0  x  xy  y 0 3 2 29)  x  x  4 y  y CHUYÊN ĐỀ 11: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ VỚI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ Biên soạn và sưu tầm: Nguyễn Minh Nhiên – Sở GD&ĐT (21) Trong năm gần đây, bài toán cực trị các đề thi tuyển sinh đại học đa phần là bài toán khó đề thi Để giải các bài toán này đòi hỏi thí sinh phải có nhiều kỹ này quan trọng giải các bài toán cực trị Chuyên đề này đưa số cách tiếp cận bài toán cực trị phương pháp hàm số Phương pháp khảo sát hàm đặc trưng Ví dụ Chứng minh x 1 2, x x  x  a) b) Lời giải: x  x   y  y   z  z  3, x, y , z thỏa mãn x + y + z = x 1 f  x  x2  x 1 a) Xét hàm số f  x  0  x 1; và f  x   , x Ta có lim f  x   lim f  x  1, x   3  x   x  x  1 x  x  x   Ta có bảng biến thiên x   f’(x) f(x) + - -1 Từ bảng biến thiên suy f  x   f  1 2, x x 1 x2  x  b) Áp dụng câu a ta có y  y 1   y  1 2, x   2 ; x2  x   z  z 1  Tương tự Cộng vế các BĐT (1), (2) và (3) ta có  x  1  z  1 (1)  3   x  y  z  3 (đpcm) a b c a b c Ví dụ Cho a + b + c = Chứng minh   2   Lời giải: x2  x 1  y  y   z  z 1  Xét hàm số f  x   x   x  x ln f  x  3  x  trên R Ta có .ln  x.ln  2ln  x  1  3.2 x   ln (22) và f  x  0  x 1  x 0 Ta có bảng biến thiên x f’(x) f(x) 0  -  +   f  x  0, x  R  f  a   f  b   f  c  0 Suy  8a  8b  8c  (2a  2b  2c )   a  b  c  ln 0  8a  8b  8c 2 a  2b  2c Ví dụ (Trích đề thi đại học khối D năm 2006) b a  a 1  b 1   a    b  , a b     Chứng minh  Lời giải: b b a   4a    4b   a 1  b 1   a    b    a   b         Ta có   1 Xét hàm số a b f  x  b a     ln   x  ln   a b  ln   b a  a  ln   4a  a  ln   4b  b  x với x > Ta có f  x   nên f là hàm nghịch biến trên Bài tập tự luyện x ln x    x  ln   x   0; x2   4x  Do đó f  a  f  b 0 , (đpcm) 2 Bài 1: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn a  b  c 1 Chứng minh a b c 3    2 1 a 1 b 1 c  y x  ln  ln   4 x, y   0;1 , x  y y  x  y  x   Bài 2: Chứng minh với ta có Bài 3: 2 Chứng minh x y x  y    y  3x  , x  y  Tổng quát: Với a, b > và x > y > ta có a x y  b y    a y  bx  x (23) 3 Bài 4: Cho x, y 0; x  y 1 Tìm GTLN A  x  y x  y  z Bài 5: (VMO, 2004) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn  P 32 xyz Tìm GTLN x4  y  z 4  x  y  z và GTNN biểu thức Bài 6: Cho các số không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện: xy + yz + xyz = CMR: x  y  z  xy  yz  zx Phương pháp dồn dần biến Đối với các bài toán cực trị nhiều biến, ta thường phối hợp với phương pháp chặn các biến cách: sử dụng BĐT AM-GM, BĐT Cauchy-Schwarz, BĐT phụ sử dụng hàm số, đưa dần biến để khảo sát Ví dụ Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a  b3  c3 Lời giải Nhìn biểu thức P ta thấy có xuất ba biến số a, b, c mà ta không thể quy trực tiếp biến số sử dụng giả thiết Nhưng ta lại thấy P là biểu thức có đối xứng với a, b , đó ta dự đoán giá trị nhỏ đạt được hai biến a, b Ta chứng a  b3  a  b      , đẳng thức xảy hai biến số a và b minh và sử dụng bất đẳng thức 3  a  b    c  c  3c  3c  P   f  c   c    c  4     Khi đó ta có Bây thì g c 8 f  c  việc giải bài toán khá là dễ dàng cách khảo sát hàm số   trên khoảng  0;1 g '  c  3c  6c  g '  c  0  c1   , g c 0;1 hàm số   trên khoảng   ta có: Ta có   g  c   g  c2   g   6  Vậy Pmin  , suy 2, c2   P  f  c  3 2  1 3 2 c   1, a b   và   Lập bảng biến thiên    (24) Ví dụ Chứng minh a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác có chu vi thì 3a  3b  3c  4abc 13  1 Lời giải 2 Đặt T 3a  3b  3c  4abc Do vai trò a, b, c bình đẳng nên không nghịch biến tổng quát ta có thể giả sử  a b c Từ a + b + c = và a + b > c suy Ta biến đổi c  (2) 2 T 3( a  b )  3c  4abc 3   a  b   2ab   3c  4abc 3   c   3c  2ab   2c     a b  ab     Do – 3c > và T 3   c   3c  c   3 , suy 1 2  a  b    2c  3  c  6c    3c    c    2c  2 27 c   f  c 2  3  1;  T  f  c   f  1 13 f  c  3c  3c Ta có , nên f(c) đồng biến trên Vì vậy, Đồng thời T 13  c 1 Với giả thiết  a b c và a + b + c = và (3) suy a = b = 1, tức là tam giác ABC Ví dụ (Trích đề thi thử ĐH khối B tỉnh Bắc Ninh năm 2013) Cho hai số thực x, y với y   Tìm giá trị nhỏ biểu thức x4 y x4 y4   4y     y  x  12 y  2 S y 1 Lời giải x4 y4  x2 ,   y 2 2 Ta có 2 dấu xảy x  y 1 2 x2   y  2   x  2   y  2 x  y  y   x  y  x  12 y   S  y 1 y 1       u  v u v u  x; y   , v   x;2  y  Lấy   u  v  x2   y  2  Vì   x 2 nên    3y   x   x 2   y    y  2 y  (25) x y 2  0 y không xảy dấu bằng) Dấu xảy  x  y (với x 2 y 1 S  f  y  ;y 1 y 1 Bây ta tìm GTNN f  y  Mà  y  1 y 1   y 1  y  1 Vậy MinS  đạt được x  y 1 Ví dụ (Trích đề thi khối A năm 2011) Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [1; 4] và x  y, x  z Tìm GTNN biểu thức x y z P   2x  3y y  z z  x Lời giải Trước hết ta chứng minh với a, b dương, ab 1 thì 1    a  b  ab (*) Thật vậy, ta có (*)  ( ab  1)( a  b ) 0 luôn đúng a, b dương và ab 1 Dấu xảy và a = b ab = Áp dụng (*) với x, y thuộc đoạn [1; 4] và x  y , x  z ta có x 1 1     2x  3y  x  x  3y x 1 y z x y z x x  1 y z y Dấu xảy và (1) P Đặt x t2 t , t   1;2 P  y 2t   t , đó f '(t )  , t  1;2   2t   t Xét hàm ta có 34 f (t )  f (2)  33 Suy ra, f (t )  t  t 2    t   3  3t  2t  1    2t 2  3   t  x 4  x 4; y 1 y (2) 0 Dấu xảy và 34 P 33 Từ (1) và (2) suy dấu xảy và x = 9, y =1, z = Do đó Ví dụ (Trích đề thi khối A năm 2014) (26) 2 Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x  y  z 2 x2 yz  yz P   x  yz  x  x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức Lời giải x2 x2 x   2 x  yz  x  x yz   x yz   Ta có , dấu xảy x  yz  Ta lại có 2 2  x  y  z  x  y  z   x  y  z   yz  x  y  z    x  y  z 2  yz   x  y  z  4   yz   x  y  z 2  yz  yz x 1 x 1 1  1  x  y  z 1 x  y  z 1 yz   Do đó, P x x 1  yz 1  yz 1   1   9 yz   yz   yz   1  yz 11  yz   11        yz    9  yz   9 Dấu xảy x 1, y 1, z 0 x 1, y 0, z 1 1  Ví dụ ( Đề thi chọn HSG QG THPT bảng B, 1999) Xét phương trình ax  x  bx  0 với a, b là các số thực, a 0 , a b cho các nghiệm là số thực dương Tìm GTNN Lời giải 5a  3ab  P a  b  a Gọi u, v, s là ba nghiệm thực dương đa thức ax  x  bx  Theo định lý Viete ta có b u  v  s  ; uv  vs  su  ; uvs   1 a a a Từ đó suy a > 0, b > c a Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có Đặt c uvs u  v  s 3 uvs 3 c  c 27c  c 3 Mặt khác,  u  v  s   uv  vs  su   Do đó  2 2  u  v    v  s    s  u  0  c  u  v  s  3  uv  vs  su  3bc   3 (27) Từ (1), (2) và (3) ta có b   c   3bc  2c  c   c  2c  5c  c   5a  3ab  a a  P    b c2 a  b  a a bc  c 3 1 1 a Xét hàm số f  c   4 5c  c   c2  với c 3 f  c  12 Dấu xảy c 3 Suy P 12 a ,b  3 Đẳng thức xảy u v s  , tức là Vậy P 12 Bài tập tự luyện Bài Cho các số dương a, b, c với a  b  c 1 Chứng minh Ta được  1 1  a  b  c       21 a b c 2 Bài Cho a, b, c > thỏa mãn a  b  c 1 Chứng minh 1     a  b  c  2 a b c Bài Cho các số x, y, z thay đổi trên đoạn [0; 1] và thỏa mãn x yz  Tìm GTLN và A cos  x  y  z  GTNN Bài (IMO, 1984) Cho x, y , z > thỏa mãn x + y + z = Chứng minh  xy  yz  zx  xyz  27 Bài Cho x, y , z > thỏa mãn x + y + z = Tìm GTNN A  x  y  z  xyz Bài (Trích đề khối B năm 2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x  y  z 0 2 5 và x  y  z 1 Tìm giá trị lớn biểu thức P  x  y  z x, y, z   0;1 xyz   x    y    z  Bài Cho các số thỏa mãn Chứng minh x2  y  z  Bài Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 Chứng minh ab  bc  ca  2abc  27 2 Bài Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a  b  c 1 Tìm GTLN biểu thức (28) S 3  a  b  c   22abc Bài 10 Chứng minh a, b, c là độ dài các cạnh tam giác thì a b c 1 a c b         b c a 2 c b a Phương pháp khảo sát hàm số theo biến Đối với bài toán cực trị nhiều biến, ta có thể chọn biến là biến số biến thiên và cố định các biến còn lại, bài toán đưa việc khảo sát hàm biến Ví dụ Cho ba số thực x, y , z 0 , chứng minh rằng: x  y  z  3xyz  x  y  z   y  z  x   z  x  y  Lời giải Bài toán hoàn toàn đối xứng với ba biến số, nên không tính tổng quát, ta giả sử x  y  z 0 , coi x là biến số và coi y, z là tham số hàm số f  x   x  x  y  z   3xyz  xy  xz  y z  z y  y  z f ' x 3x  x  y  z   yz  y  z Ta có   f ''  x  6 x   y  z  2  x  y  z  0 và với x, y, z 0 và x  y  z f' x Điều đó chứng tỏ   là hàm số đồng biến, suy f '  x   f '  y  3 y  y  y  z   yz  y  z  yz  z 0 ( x  y  z ) f  x f  x   f  y   z  z  y  0 Đến đây ta suy là hàm số đồng biến, vậy Vậy bài toán đã chứng minh xong! 1  a b c a, b, c   ;3 S     Tìm GTLN biểu thức a b b c c a Ví dụ Cho Lời giải a b c f  a    a  b b  c c  a Xét hai trường hợp sau: Đặt * TH1: a b c Ta có f  a   Suy ra, f  a   f  3   a  b   b  c   a  bc   2  a  c  a  b  a  c c b c   g  c  3b b c c 3  b  3  3b  c  g  c     2 0  c  b   c  3  c    b  c  b Mặt khác, b 0 (29) 3b  1 g  c  g      h  b     b 3b  10 Suy ra, 3   b    b  0 h b     2  3b  1  b  3  3b  1  b  3 Ta có, Bảng biến thiên b 1  f  3; b;  3  1  f  3; b;  3   + - 1  f  a; b; c   f  3;1;   3  Từ bảng biến thiên suy f  c; b; a   Mặt khác * TH2: c b a Từ TH1 ta có f  a; b; c   f  c; b; a   Suy , Vậy f  a; b; c   max S  Ví dụ Cho Lời giải Đặt  a  b   b  a   a  c  0  a  b  b  a  a  c 1    a, b, c    3,1,  ,  ,3,1 ,  1, ,3   3      , đạt được và a, b, c   0;1 f  c  Tìm GTLN biểu thức S a b c   3 3 b c 6 c a 6 a b 6 a b c   3 3 b  c  c  a  a  b  Ta có f  c   3ac 3c   2 a  b3   b3  c    a3  c   (30) f  c   6ac   b3  2c   b3  c3   6bc   a  2c    a3  c3   0 và f ''  c  liên tục trên  0;1 Nên f’(c) nghịch biến trên [0; 1] Suy f  c   f  1  3a 3b      2 3  a  b   b3    a3  49 Suy ra, f(c) đồng biến trên [0; 1] Do đó S  f  c   f  1  a b    g (a) b  a  a  b3  6ab   2a  6a  b   2a  a 2b 3a  g  a     0  , g  a   3 3 3 b   a3   a  b  a  a  b        Ta có Nên g’(a) nghịch biến trên [0; 1] Suy ra, 3b 1   3b  g  a   g  1        0  b  64   b3  64  b 7 8 b 7  Suy g(a) đồng biến trên [0; 1] Do đó, S  g  a  g  1  b  h(b) b 7 Ta có b    48b  6b  h  b     0, b   0;1 2  b3    b3   3 h  b  h  1   S  8 Suy h(b) đồng biến trên [0; 1], nên max S  Với a = b = c = thì Ví dụ (Đề thi VMO bảng A 1999) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc + a + c = b Tìm GTLN biểu thức 2 P   a  b 1 c 1 Lời giải a c a  ,b   1 c  ac Biến đổi giả thiết thành a + c = b(1 - ac) > suy Thay (1) vào biểu thức P và biến đổi được 2 a  c P   2 a 1 c 1   a    b2   2 Xét hàm số 2 x  c f  x  P   x 1   x2    c2  với < x < và coi c là tham số (c > 0) (31) f  x   Ta có  2c  x  2cx  1 2 1  c  1  x   1  0,  f  x 0 Trên  c  thì   có nghiệm là x0  c  c  (3) với  x0  f  x   f  x0  1  thì f’(x) đổi dấu từ dương sang âm nên f(x) đạt cực đại x0 nên 2c P 2 f  x      g  c  c  c  c  Từ đó theo (2) ta có g  c   c Qua x0 c c2 1 2(1  8c ) c   1 3c  c   Xét hàm số g(c) với c > Ta có c0  va qua c0 thì g’(c) đổi dấu từ dương sang âm nên g( c0 ) là giá Với c > 0, thì g’(c) =   10 P g  3   trị cực đại, suy 1 10 c  , a  ,b  P đạt được Giá trị theo (1) và (3) Ví dụ (Đề thi VMO năm 2001) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện  z min  x, y  1 ; xz    ; yz   3 15 P  x, y , z     x y z Hãy tìm GTLN biểu thức Lời giải   x max  z,  15 z   (4) Từ điều kiện (1) và (2) suy 1 f  x   z x z với x > và tham số Xét hai trường hợp a) Xét hàm số 1 x z  f  x     15 15 thì 15 z theo (4) nên z z z * Nếu (5) 2 15 z z  x z f  x   g  z  15 thì 15 z z * Nếu theo (4) nên 2 15 z  g  z      z  z 15 Ta có 15 Xét hàm số g(z) với z (32)  2 f  z   g  z   g   4 5 Do đó g(z) là hàm nghịch biến và (6) 1 1 2  4  4  x  , z  (7) So sánh (5) và (6) ta có x z và x z 1 h y   z y z với tham số b) Xét hàm số  1 y max  z,   5z  Từ điều kiện (1) và (3) suy Lập luận tương tự phần a) ta được z thì h  y  2 (9) * Nếu (8) z  h y  thì (10) * Nếu 1 1      x ,y  So sánh (9) và (10) ta có y z và x z (11) 1 1  1 P  x, y, z         4  13  x y  y z So sánh kết phần a) và b) ta có 2 x  , y  ,z  Đẳng thức xảy và Vậy maxP = 13 10a 11b 12c 69    a, b, c   1;2 ca ab Ví dụ Chứng minh thì bc Lời giải Ta coi ba số a, b, c là biến số hàm số, chẳng hạn là a , đó ta đặt  11b 12c  10 f  x      x x a, x   1; 2 x c b   bc , và ta xét hàm số 11b 12c 11b  12c 10    ,  c b bc bc Đặt   x   f '  x  0  x   f '  x       x x2 , Khi đó 11b  12c 33 10     3  x  1 bc bc bc  Ta có Như vậy, ta luôn có f  x  max  f  1 , f    max  g  b  , h  b   , (33) 10 11b 12c 20 11b 6c g  b   f  1    h  b  f  2    bc c b và bc 2c b đó  10  11  g '  b     12c    A  B g b 1; b  c  c b Ta xét tiếp   trên đoạn   có , A 10 10  12c 11 g '  b  0  b  1 A   12c  , B B c c c và có đó 27  21  g  b  max  g  1 , g    max   12c,  6c  c c  Như vậy, Xét lần   c  21 27  12c   c    6c 1; c c và trên đoạn   có  69  69 69 max    c  ,  c   max  ,33  g  b   1;2 2  , từ đó suy với b, c   1; 2 h b 1; Xét tương tự   trên đoạn   ta có 21  51   63  63 h  b  max  h  1 , h      6c,  3c   , 24   c  2c  2  10a 11b 12c 69    ca ab , đẳng thức xảy và a b 1, c 2 Vậy bc Bài tập tự luyện  x  y  z    x y  y z  z x  3, x, y , z   0;1 Bài 1: Chứng minh Bài 2: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh 2 a  b  c   b  c  a   c  a  b   4abc  a  b  c Bài 3: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác (có thể suy biến) Đặt T Tìm maxT và chứng minh  a  b  b  a   a  c   a  b  b  a   a  c  max T  21 f x, y, z   xy  yz  zx  xyz Bài 4: (Bảng A, 2001) Cho hàm số  trên miền D   x, y, z  | x, y, z 1, x  y  z 1 Bài 5: ( Bảng A, 2001) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện 18 18  z  y  x 3;  1;   3 xy y x y y z z x (34) 80 18 P  x, y, z   xyz  x  y 27 Hãy tìm GTLN biểu thức Bài 6: (Đề thi chọn ĐTQG, 2001) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn 21ab + 2bc + 8ac 12 P  a , b, c     a b c Tìm GTNN biểu thức Phương pháp đổi biến Ví dụ (Trích đề thi khối D năm 2012) Cho các số thực x, y thỏa mãn (x – 4)2 + (y – 4)2 + 2xy  32 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x3 + y3 + 3(xy – 1)(x + y – 2) Lời giải Ta có 2  ( x  4)  ( y  4)  xy 32  ( x  y )  8( x  y ) 0   x  y 8  xy ( x  y )   xy  ( x  y )2 3 A = x  y  3( xy  1)( x  y  2) = ( x  y )  xy  3( x  y )  ( x  y )3  ( x  y)  3( x  y )  A Đặt t = x + y ( t 8 ), xét f(t) = t3  t  3t   f’(t) = 3t  3t  1 1 17  5 f’(t) = t = ; f(0) = 6, f(8) = 398, f( ) = 17  5 1 Vậy giá trị nhỏ f(t) là xảy t = 17  5 1 1 A  f(t)  Dấu xảy x = y và x + y = hay x = y = Ví dụ (Trích đề thi khối B năm 2011) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a + b2) + ab = (a + b)(ab + 2) Tìm giá trị  a b3  4    nhỏ biểu thức P =  b a  Lời giải  a2 b2  9   a  b  a  b   ab  a  b   ab   Theo giả thiết ta có Từ đây suy ra: 2 a b  1 a b         ab       a   b  b a b a  a b hay  b a  (35)  a 2 b a   b  2    b a b a  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: a b  Đặt t = b a , ta suy ra: 2t +  2 t   4t2 – 4t – 15   t   a b3  4    Mặt khác: P =  b a   a2 b2  9   a  = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t) b  f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) =  t = hay t = 23  Min f(t) = t = 23  Vậy P = a = và b = hay a = và b = 1 1   1 Ví dụ Cho ba số thực a, b, c 1 và thỏa mãn  a  b  c Chứng minh 1   2 ab  bc  ca  Lời giải 1 1  x,  y, z x, y , z  1 b 1 c và x  y  z 1 Đặt  a Khi đó  ab   Ta có z x y , bc   , ac   xy yz zx , đó bất đẳng thức cần chứng minh có dạng xy yz zx   2  x, y , z  z x y và x  y  z 1 với điều kiện Với nhận xét bài toán đối xứng với biến x, y nên ta có thể đưa bài toán từ ba biến hai biến s2 s  0 p cách đặt x  y s, xy  p , đó và 2 xy yz zx xy z  x  y  p s2  p P       1 s  f  p z x y z xy 1 s p Ta có s2 1  s  8p s2  p f ' p    f  p   1 s 1 s p 1 s p2 , Bây xét hàm số có s 1 s p f '  p  0  2 (36) s 1  s Lập bảng biến thiên, biện luận so sánh 2 s 1  s  s2 s2   s 2  4 2 với có: Nếu ta có  s 1  s  f  p  f     s  6    2     s2  f p  f  4s  g  s       s   Nếu ta có:  1 1  g '  s    ;2  g s  g     2   g  s  s    2 Khảo sát trên có , từ đó 1 x y  z và , tức là a b 3, c 1 Đẳng thức xảy và s 1  s  s2   s 2  2 Ví dụ (Trích đề thi khối A năm 2012) Cho các số thực x, y , z thỏa mãn x  y  z 0 Tìm |x y| | y  z| | z  x| giá trị nhỏ biểu thức P 3    6x2  y2  6z Lời giải Cách Đặt a | y  z |0, b | z  x |0, c | x  y |0 Khi đó ta có a  b  c 2  x  y  z    xy  yz  zx  3  x  y  z    x  y  z  3  x  y  z  Ta lại có, a  b  y  z  z  x  x  y  z 3 z   a  b  9 z Tương tự  a  c 2 9 y ,  b  c  9 x 2 nên ta có: 2 Khi đó, ta có  a  b    a  c    b  c  9  x  y  z    a  b  c    a  b  c  9  x  y  z    a  b  c  6  x  y  z  P 3a  3b  3c   a  b  c  Xét hàm số: f  t  3t  t , t   0;   f '  t  3t ln   0, t   0;   0;   f  t   f    3t t  1, t   0;    Do đó, đồng biến trên nên P a  b  c    a  b  c  3 Nên f t Dấu xảy và x  y z 0 Cách Do vai trò x, y, z nên có thể giả sử: x  y  z Thay z  x  y vào P ta được (37) P 3x  y  y  z  3x  z   x  y    x  y  3x  y  3x 2 y  y 2 x  12  x  xy  y  Tương tự cách (1) ta có: P x  y  2x  y  y  x   12  x  xy  y  4x  y   12  x  xy  y  Ta cần chứng minh: 4x  y  12  x  xy  y   4x  4xy  y 0   x  y   x  y  0   x  y   y  z  0 (đúng theo giả thiết) Do đó, P 3 Ví dụ (Trích đề thi khối A năm 2009) CMR với số dương x,y,z thỏa mãn: 3 x  y    x  z    x  y   y  z   x  z  5  y  z  x(x+y+z)=3yz, ta có  Lời giải Cách Đặt a  y  z , b  z  x, c  x  y thì a,b,c dương và x bc a ca  b a b c 2 ,y  ,z  4a  b  c    b  c  2 điều kiện bài toán trở thành (1) 3 , ta phải chứng minh: b  c  3abc 5a 4a  b  c   2a b  c Từ (1) ta có: 2 2 và a b  c  bc 2bc  bc  a bc b3  c3  3abc  b  c   b  bc  c   3a.bc 2a.a  3a.a 5a Có Dấu xảy a=b=c hay x=y=z Cách Đặt y=ax,z=by ( a,b>0) Khi đó , ta có bài toán tương đương: “Cho a,b dương a+b+1=3ab a  1 (1).CMR  3   b  1   a  1  b  1  a  b  5  a  b  (2) ” Từ (1) ta có: (3) a  b  3ab  3 a  b    a  b    a  b   0  a  b 2  a  b   (2)   a   b  1   a  1  b  1  a   b  1   a  1  b  1  a  b  5  a  b    a  b     a  1  b  1 5  a  b  3   a  b     3ab  3a  3b  3 5  a  b    a  b     a  b  1 5  a  b  3  (1)  Đặt t=a+b từ (3) ta có t≥2  t  2 suy ,   t  1 5t  2t  2t  3t   0  2t  2t  1  t   0 đúng với t≥2 (38) Dấu = xảy x=y=z Phương pháp tiếp tuyến Trong phần này chúng ta xét bài toán tổng quát: “Cho a1 , a2 , a3 , , an  D thoả mãn a1  a2  a3   an n ,  D, với cần chứng minh bất đẳng thức f  a1   f  a2    f  an  nf    , đẳng thức xảy a1 a2 a3  an  ” Bài toán này có tính chất bật với vế trái là biểu thức đối xứng các biến a1 , a2 , a3 , , an và viết được dạng tổng hàm số với các biến số khác Dẫn đến y  f  x suy nghĩ cách tự nhiên để giải bài toán này là ta xét hàm số , sau đó chứng f x  Ax  B A a  a   an   nB nf    minh   với x  D , đó A, B thỏa mãn  A  B  f    y  f  x (hay ) Dễ thấy y  Ax  B chính là tiếp tuyến đồ thị hàm số x   điểm Như vậy qua phân tích, chúng ta có thể đưa được lời giải cho bài toán tổng quát trên y  f  x x  D sau: Xét hàm số , , viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số x  là y  Ax  B Ta chứng minh f  x   Ax  B với x  D , từ đó suy ra: f  a1   f  a2    f  an  nf    (đpcm) Sau đây chúng ta xét số bài toán điển hình để thể rõ cho phương pháp này Ví dụ Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a  b  c  d 1 Chứng minh  a  b3  c  d  a  b  c  d  Lời giải a, b, c, d   0;1 Từ giả thiết ta có và bất đẳng thức được viết dạng f  a  f  b  f  c  f  d   xét hàm số f  x  6 x  x 1 a b c d  f x  x  x   với Ta , đẳng thức xảy trên khoảng  0;1 , phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số này y  x là 8 điểm có hoành độ 1 5 f  x    x     x  1  x  1 0 8 8 Xét , x   0;1 x0  x   0;1 , suy f  x  x  8, (39) Từ đó ta có f  a  f  b  f  c  f  d   a b c d  1  a  b  c  d    8 , đẳng thức xảy Ví dụ Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a  b  c 3 Chứng minh 1   a  b  c 2 a b c Lời giải  1 0;  0a  thì Ta có nhận xét, có ba số a, b, c thuộc khoảng   , chẳng hạn 1     a  b  c   a  b  c 2 ta có a b c nên bài toán được chứng minh, vậy ta  7  7 a, b, c   ;  f  x    x2  ;   3  Ta xét hàm số x xét trên đoạn  3  , phương trình tiếp tuyến f  x x0 1 là y  x  đồ thị điểm có hoành độ Ta có    x  1  1 7   0 x   ;   x  f  x   ( x  4)     ;   3  , suy f  x   x  , x2 f  a   f  b   f  c    a  b  c  d   16 0 Từ đó ta có: , đẳng thức xảy a b c 1  x  1 Ví dụ Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a  b  c 1 Chứng minh 10  a  b3  c    a  b5  c  1 Lời giải Như các bài toán trên, ta xét hàm số x0  f  x  10 x  x5 trên khoảng  0;1 , phương trình tiếp 25 16 y  x là 27 tuyến đồ thị điểm có hoành độ 16   25 f  x   x     3x  1   27 x  18 x  21x  16  27  27  Xét , bây ta chưa thể khẳng 25 16 x 27 với x   0;1 , nên ta đặt g  x   27 x  18 x  21x  16 và xét định được g x 0;1 g x 0;1 hàm số   trên khoảng   , ta thấy   không luôn dương trên   , nên ta phải tìm cách g x 0 chia khoảng xác định x tốt có thể cho trên khoảng đó thì   Bằng cách lập f  x  (40)  9 x   0;  g x 0;1 g x 0  10  , từ bảng biến thiên hàm số   trên khoảng   , ta suy   với đó ta có f  x   9 25 16 x   0;  x  10  Như vậy bài toán đã chứng minh xong 27 với  9 a, b, c   0;   10  và a  b  c 1 Bây ta xét trường hợp có ít ba số a, b, c thuộc      1 a   ;1 b, c   0;   10 ;1  10  a, b, c dương và có tổng nên  10  , nửa khoảng , giả sử    1 ;1   0; 10  f  x f a  f  1 1 10   dễ thấy hàm số nghịch biến trên và đồng biến trên , suy   , f  b   f (0) 0, f  c   f  a   f  b   f  c   , f a  f  b   f  c  1 Vậy   với số thực dương a, b, c thoả mãn a  b  c 1 Đẳng thức xảy a b c  Thông qua bài toán này, ta có thể thấy được nào cần phân khoảng xét thành hai hay nhiều khoảng để có bước mà không tự nhiên! Ví dụ Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a  b  c 1 Chứng minh 1 27     ab  bc  ca Lời giải Nhìn bài toán ta khó có thể thấy được việc sử dụng phương pháp tiếp tuyến, nhiên để ý chút  a  b ab  1 c  4  suy  ab  2c  c nên ta đã đưa được bài toán đã cho 1 27    2 32 với điều bài toán quen thuộc: Chứng minh  2a  a  2b  b  2c  c kiện a, b, c dương và a  b  c 1 Bây xét hàm số f  x   x  x trên khoảng  0;1 , phương trình tiếp tuyến đồ  27 81 y x 256 256 thị hàm số điểm có hoành độ là (41) 81  27 81  3x  1  13  3x    27 f  x   x  x  0  256 256   x  x 256 256 256   x  x   Xét với x   0;1 , đó 27 81 x 256 256 với x   0;1 Từ đó ta có f  x   1 27 81 27      a  b  c   2  2a  a  2b  b  2c  c 256 256 32 , đẳng thức xảy a b c  4 Ví dụ Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a  b  c 3 Chứng minh 1   1  ab  bc  ca Lời giải a  b2 ab  Áp dụng bất đẳng thức ta có 2 1    2 2 2    ab  bc  ca   a  b    b  c    c  a  x  b  c  Tiếp theo đặt , y  c  a  , z  a  b  đó x  y  z 4  a  b  c  12 Bây bài toán trở thành: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z 12 Chứng minh  x Xét hàm số  8 y f  x   8  z x trên khoảng  0;12  và phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số 8 1 y x  4   144 điểm có hoành độ x0 4 là Xét 1 f  x   x  4   144 6 0;12  Trên khoảng   f  x    x 2 8    x  4 x    x  4  x 144 144 x   x    1 1  x    0  f  x    x    144 144 1   x  y  z  12    144 Do đó  x  y  z Đẳng thức xảy x  y z 4 hay a b c 1  thì x  (42) Bài tập tự luyện Bài Cho x, y, z   0;1 Tìm Q 2  x  y  z    x y  y z  z x  giá trị lớn biểu thức Bài Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x  y  z 2 xyz Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x  y  z Bài Chứng minh a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác thì a b c 1 a c b         b c a 2 c b a Bài Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 Chứng minh  ab  Bài Cho ba số 3   bc    ca   thực dương 64 x, y , z Chứng minh dương Chứng minh rằng:  x3  y  z   3xyz 3  x y  y z  z x  Bài Cho x, y , z là số thực x y z   1 xy  x  yz  y  zx  z  Bài Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x  y  z 1 Tìm giá trị lớn P x2 y  y z  z x x  y  z  32 xyz Bài Cho các số thực x, y, z  thoả mãn điều kiện  Tìm GTLN – GTNN biểu thức x4  y  z P  x  y  z  a  b3  c3  9 a  b  c  33  a  b2  c2  abc Bài Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh Bài 10 Cho bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a  b  c  d 4 , chứng minh a b c d     2 2  3a  3b  3c  3d Bài 11 Cho bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a  b  c  d 1 , chứng minh  a  b  c3  d  a  b  c  d  16 Bài 12 Cho a, b, c là các số thực dương (43) Chứng minh rằng: 2  a  b  c   a  c  b   c  b  a  2 c2   b  a  b2   a  c  a2   b  c   (44)

Ngày đăng: 16/10/2021, 03:27