D03 ứng dụng tính đơn điệu vào pt, bpt, hpt, bđt muc do 4

Suy ra: Hàm số đồng biến trên ... Do đó ,x y cùng dương.. Chứng minh đường thẳng AD đi qua trung điểm của cạnh BC Lời giải... Do đó I là trung điểm của BC Hay đường thẳng AD đi qua trun

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.d] (HSG Toán 12 – Triệu Sơn, Thanh Hóa năm 2020) Tìm tất các giá trị thực

của tham số m để bất phương trình 3 x1m x 1 24 x21nghiệm đúng với mọi x1

Lời giải

Điều kiện: x1.

(1)

2

m

(2)

Đặt

1







x t

x .

Do



x

t

Bất phương trình (2) trở thành: 3t2m2t m3t22t(3)

Xét hàm số f t( )3t22t , t0;1

Bảng biến thiên

1 3

-1 0

1

3

f(t) t

Bất phương trình (1) nghiệm đúng x1; 

bất phương trình (3) nghiệm đúng với mọi

0;1



t  m13

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.d] (HSG Toán 12 – Triệu Sơn, Thanh Hóa năm 2020) Giải hệ phương trình

2







Lời giải

Điều kiện: x1,y2.

Đặt x 1 u, y 2v , ( ,u v0) Khi đó phương trình (1) trở thành:

u v  1 2 v u   0 u v (do ,u v 0 2u v  1 0)

Trường hợp 2:

2

 1 2  12 1 2  22 3 1 3 3 0

2





x

Vậy hệ có hai nghiệm: 8;11

và

;

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.d] (HSG Toán 12 - Bình Phước năm 1819) Giải hệ phương trình

4 2







Lời giải

+ ĐK:

4 3

y 

Xét hàm: f t( ) t t2 với t  ta có: 4

2

4

 

 Suy ra: Hàm số đồng biến trên 

Khi đó (3) trở thành: f x 1 f  y x1 y

Thay vào phương trình (2) ta được: 3x 1 5x4 x4 x22x3

0

2

2

0(*)

x x



 + Ta sẽ chứng minh pt(*) vô nghiệm

Xét x  ta có: VT(*)>0 nên pt (*) vô nghiệm.0

Xét

1

0

ta có

4

Do đó :

2

VT x  x x  

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( , )x y 1,0 , 0,1  .

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.d] (HSG 12 VĨNH LONG 2018-2019) Giải hệ phương trình







; , x y R

Lời giải

Điều kiện:

  







x y

 1  x 23 x 2y3y (*).

Xét hàm số   3

 

f t t t Ta có f t'  3t2   1 0 t R f t đồng biến trên R

Do đó (*) y x  2 Thay y x  2vào (2) ta được 3x 3 5 2 x x3 3x210x26



2

2

12 (3)

x

x x











Phương trình (3) vô nghiệm vì với

5 1

2

thì x2 x12 0 .

Vậy hệ có nghiệm duy nhất

2 0











x

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.d] (HSG 12 Bình Thuận 18-19)Giải hệ phương trình

 

2 2





Lời giải

Điều kiện xy  0

Ta có x2 1 x  , x0    nên y  không thỏa mãn 0  2

Do vậy y  Suy ra 0 x  không 0 thỏa mãn  1

Nếu ,x y cùng âm thì  1 vô lí Do đó ,x y cùng dương.

Xét hàm số f t  t 1t2  t

trên khoảng 0; 

Ta có  

2 2

2

1

t

t

đồng biến trên0; 

Thay xy  vào 1  1

ta được:

2 x y 1 x y  x1  y1  0 x  y 1

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x y ;  1;1.

Câu 1 [HH10.C1.1.E01.c] (HSG 12 Bình Thuận 18-19) Cho tam giác ABC nhọn có AB AC và hai

đường cao BE CF cắt nhau tại H Các đường tròn ,  O1

, O2

cùng đi qua A và theo thứ tự tiếp xúc với BC tại , B C Gọi D là giao điểm thứ hai của  O1

và O2

Chứng minh đường thẳng AD đi qua trung điểm của cạnh BC

Lời giải

D

E F

C B

A

O 2

O 1

Gọi I là giao điểm của AD và BC.

Ta có IB2 IA ID IC.  2.

Suy ra IB IC .

Do đó I là trung điểm của BC Hay đường thẳng AD đi qua trung điểm I của . BC

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.d] Giải hệ phương trình

2







Lời giải

Điều kiện: y 1

Ta có x3 y33x26x 3y  4 0 (x1)33(x1)y33y(1)

Xét hàm số f t( ) t3 3t, f t( ) 3 t2 3 0,   Do đó hàm số t f t( )đồng biến trên  Mà phương trình (1) có dạng f x( 1)f y( )nên x 1 y Do y 1nên x  2

Thế x 1 yvào phương trình (x1) y 1 (x6) y6 x2 5x12yta có

(x1) x 2 (x6) x7 x 7x12 (x1)( x 2 2) ( x6)( x 7 3)x 2x 8

4 (*)

x





Giải phương trình (*):

Dễ thấy vế trái của phương trình (**) luôn âm với mọi x  2

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; ) (2;3)x y 

Bổ sung: Để đánh giá (*) vô nghiệm cũng có thể xét riêng

Trường hợp 1:

4

x VT      x  x

Trường hợp 2:

   

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.d] Cho các số thực x y z, , không âm đôi một phân biệt Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức

Lời giải

Không mất tính tổng quát, giả sử 0 x  y z

Đặt a y x b z y;   thì a0,b0

a ab b

a ab b

a b a b



 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  0

Ta có

2

1

a ab b

a ab b



Đặt

2

2 2

(2 1)(t t 1)

P

t



Xét hàm số

2

3 3

2

t t

t

Từ đó dễ thấy

( )

f t   

11 5 5 2

P 

Đẳng thức xảy ra khi

2

t 

Suy ra

2

a b



Kết hợp với (1), P nhỏ nhất khi

0

2

x y

z y













Vậy giá trịnhỏ nhất của P là

11 5 5 2



Câu 1 [DS12.C1.1.E03.d] Giải hệ phương trình

2









Lời giải

Điều kiện x y 0và 1xy0 Từ  2

, ta có x2y2  x y2 1 xy

suy ra điều kiện

1xy0

2x xy y .log x y 2  xy.log 2 2xy

Xét hàm số f t  2 logt 2t

Hàm số f đồng biến trên khoảng 0; 

, thật vậy:

.ln 2

t

t t t

Xét hàm số g t  t tln ln 2 1

có g t   1 ln ln 2t 0

1

t e

đạt giá trị nhỏ nhất trên

0; 

bằng

ln 2 1

e



0

 tại

1

t e



Suy ra f t  0

trên khoảng 0; 

Kết hợp  *

: f  x y 2 f 2 2 xy  x y 2  2 2xy x2y2 2

Thay vào  2

: x y 2xy x y  2 2xy x 2y2  x y 2 x y  2 0

Trường hợp 1 x y 1loại

Trường hợp 2 x y 2, suy ra x  và 1 y 1

Vậy hệ có tập nghiệm S  1;1 

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.d] Cho các số thực a , b thay đổi nhưng luôn thỏa a 2 b2 b 2 a2  2

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức Pa b 312a1 b1 ab

Lời giải

 2 a2 2 b2  ab2 2 a2 2 b2a b2 2 2ab 2 a2 2 b2

Vậy 2 a2 2 b2 ab *

Do đó ab  và theo điều kiện bài toán, suy ra 0 a b , 0 Mặt

khác, bình phương hai vế  *

, suy ra a2b2 2

Đặt t  a b

2 2 2

t

ab 

Vì

0

nên 2  t 2

2

2

t

P a b  a b  ab ab  t t  t 

2

2

t

f t  t t  t 

với 2  thì t 2 f t đồng biến trên  2; 2

nên minP 14 2 12 khi t 2  a0;b 2hoặc a 2;b0và maxP  khi9

t  a b 

-Hết -Câu 1 [DS12.C1.1.E03.d] (HSG Toán 12 – Phú Yên năm 1617)

Cho hàm số f : ;a b  (0a b )

liên tục trên đoạn a b; 

và có đạo hàm trên khoảng  ; , ( ) 0 với mọi xa b; 

Chứng minh rằng tồn tại ca b; 

sao cho

( )

f c

a c  f c b c

Lời giải

Xét hàm số ( ) (g x  x a x b f x )(  ) ( ) Ta thấy ( )g x liên tục trên a b, 

;

g x  x a x b f x   x a b f x 

trên a b, 

và ( )g a g b( ) 0 Theo định lý Rolle,  c a b, 

sao cho '( ) 0g c 

Hay (c a c b f c )(  ) '( )2c a b f c   ( ) 0 Từ đó ta có:

( )

f c

f c a c b c  

Mặt khác, vì a c b  nên

a c b c Do đó

( )

f c

(HSG 12 Bình Thuận 18-19)Giải hệ phương trình

 

2 2





Lời giải

Điều kiện xy  0

Ta có x2 1 x  , x0    nên y  không thỏa mãn 0  2

Do vậy y  Suy ra 0 x  không 0 thỏa mãn  1

Nếu ,x y cùng âm thì  1

vô lí Do đó ,x y cùng dương.

Xét hàm số f t  t 1t2  t

trên khoảng 0; 

Ta có  

2 2

2

1

t

t

đồng biến trên0;

Thay xy  vào 1  1 ta được:

2 x y 1 x y  x1  y1  0 x  y 1

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x y ;  1;1

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.d] (HSG BÀ RỊA VŨ TÀU 17-18)Cho ba số thực dương a , b , c thỏa mãn

ln b c 1  2ln 3a 9a  b  c 1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

3

2

P

Lời giải

ln b c 1 b c  1 ln 9a 9a

Xét hàm số f t  lnt , 1 t 0  b2c2 9a2 1 a13.

b c 2 2b2c2 2 9 a21 b c  18a2 2

2 2

3

2

P

2 18 2

Pf x   x  x x

, 1 x 0;3

2 2

18 2

x

x

 

72

3 0

18 2

f x

x



f x   x

Lập bảng biến thiên, suy ra: Pf x f  1 10, a  , 1 b c  2







Lời giải

+ điều kiện: 4  xy x 2  1 0

+ Ta có PT  1  x y6 33x y y2  3 3y23y 1 3 y1

x y2 3 3x y2 y 13 3y 1

Xét hàm số f t  t3 3tcó f t 3t2 3 0,  t  f t  đồng biến trên  Mặt khác PT

 1  f x y 2 f y  1  x y2  y 1  x y y2   1

Thay x y y2  1vào phương trình  2 ta có:

PT 2  4x 3  4  x x y y 2   3 3x 8 1   9 4x 3  4 x 3 3x 8 1   9

Vì

3 4

x 

không phải là nghiệm của phương trình nên xét

3 4

x 

, chia 2vế phương trình cho

4x 3ta có:

x



x

Xét hàm số  

x

3

4

Ta có

 

3

0

g x

3

4

 Hàm số y g x  , đồng biến trên từng khoảng

3 4;

4

3

; 4

nghiệm Mà g 0 g3 0 phương trình chỉ có hai nghiệm là x 0,x 3

Với x 0  y1.

Với x 3

1 8

y

Vậy hệ phương trình có nghiệm là 0;1,

1 3; 8