Đề cương ôn thi môn toán THPT Quốc Gia năm 2016 phần 4

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 1... Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: 11;0; ;12 N

CHUYÊN ĐỀ 10: PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH,

HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

Biên soạn và sưu tầm: Hoàng Đăng Hưng – GV trường THPT Lê Văn Thịnh

1 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 1 (Trích đề thi ĐH Khối A - 2004) Giải bất phương trình:

x≥

nên (*) vô nghiệm

Ví dụ 2 Giải bất phương trình sau:(x2 −3 ) 2x x2−3x− ≥2 0 (2)

2

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm (x y; ) ( ) (= 1;0 ; x y; ) (= −2;3 )

Ví dụ 5 (Trích đề thi HSG QG 1996) Giải hệ phương trình:

21

14

x

⇒ = −

thay vào BPT thỏa mãn

12

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

Bài tập luyện tập:

Bài 1 Giải phương trình: 10x2 +3x+ = +1 (1 6x) x2 +1( Đề thi HSG Lạng Sơn 2012)

Bài 2 Giải bất phương trình: 3 2 ( )3

( Đề thi HSG Nghệ An 2012)

Bài 3 Giải bất phương trình 6(x2−3x+ +1) x4+ + ≤x2 1 0

Bài 4 Giải phương trình: 4 2( x2+ +1) (3 x2 −2x) 2x− =1 2(x3+5 x)

Bài 5 Giải phương trình: 2(x2− + =x 6) 5 x3 +8

Bài 6 Giải phương trình 2 x2 + =5 2 x− +1 x2.

Bài 7 Giải hệ phương trình:

Bài 9 Giải phương trình: x+ −7 10− + −x x2 2x−66 0=

Bài 10 Giải phương trình: 3x+ +1 5x+ =4 3x2− +x 3

Bài 11 Giải phương trình:

− ++ +

x x

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x y; ) ( )= 2;2

Bài 7 ĐK x2−2y− ≥1 0

Từ (1) ta có x=y hoặc x 2 = 2y (Loại)

x = y, thay vào phương trình ta có: 2 x2 −2x− +1 3 x3 −14 = −x 2

2 2

Từ (1) suy ra y≥0, vì nếu y<0 thì x-y>0, do đó VT(1) > VP( 1)

Nhận thấy y=0 không thỏa mãn hệ

Với y khác không, chia cả hai vế của (1) và (2) cho y ta được:

2

2 2

1

41

x

x y y

Hệ đã cho tương đương với

Cho K là một khoảng ( hoặc là nửa khoảng, hoặc là đoạn)

Tính chất 1: Cho hàm số y= f x( ) liên tục trên K, nếu hàm số y= f x( ) luôn đồng biến hoặc

luôn nghịch biến trên K thì phương trình f x( ) =c (c là hằng số) có nhiều nhất một nghiệm trên K.

Tính chất 2: Cho hàm số y= f x y g x( ); = ( ) liên tục trên K, nếu hàm số y= f x( ) luôn đồng

biến trên K, y g x= ( ) luôn nghịch biến trên K thì phương trình f x( ) = g x( ) có nhiều nhất một

nghiệm trên K.

Tính chất 3: Cho hàm số y= f x( ) liên tục trên K, nếu hàm số y= f x( ) luôn đồng biến hoặc

luôn nghịch biến trên K thì với , u v K∈ ta có f u( ) = f v( ) ⇔ =u v .

Tính chất 4: Cho hàm số y= f x( ) liên tục và có đạo hàm trên K, nếu phương trình f x'( ) =0

có nhiều nhất n nghiệm trên K thì phương trình f x( ) =0 có nhiều nhất n+1 nghiệm trên K.

Tính chất 5: Cho hàm số y= f x( ) liên tục trên K, nếu hàm số y= f x( ) luôn đồng biến trên K

Điều kiện xác định:

52

x≥

.Phương trình đã cho tương đương:

⇒phương trình ( ) 0f x = có tối đa một nghiệm (1)

Ta có (3) 0f = (2)

Từ (1) và (2) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=3

Nhận xét: Ngoài việc nắm rõ tính chất 1, để giải được bài tập trên cần phải lựu chọn đúng hàm

số cần khảo sát Ta xét tiếp bài tập sau:

Ví dụ 2 (Trích đề thi HSG tỉnh Bắc Ninh 2012) Giải phương trình:

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là:

11;0; ;12

Nhận xét: Nếu không nắm chắc các tính chất cơ bản học sinh rất hay mắc sai lầm là:

khi khẳng định được f x( ) đồng biến trên từng khoảng

Mà f ( )2 = f ( )4 = ⇒0 ( )4 có hai nghiệm x=2;x=4

Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm ( ) ( ) ( ) ( )x y; : 8;7 ; 2;1 ; 4;3

Bài tập luyện tập: Giải phương trình, hệ phương trình sau

Với y = 3x - 5 thay vào (2) ta được 4 − −y2 2y+ = − <1 1 0 vô nghiệm

Với y x= 2 −1 thay vào (2) ta được 4 2−x4 =x2 −3x+3 (*)

Điệu kiện −4 2 ≤ ≤x 4 2.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

4 4

y x

y y

−

− ⇔x y = (12−y)(12−x2) (3)Khi đó (1) tương đương với (3)

+ Nếu x> ⇒4 VT( )* > ⇒0 phương trình (*) vô nghiệm

+ Nếu x< ⇒4 VT( )* < ⇒0 phương trình (*) vô nghiệm

+ Nếu x=4 Thỏa mãn phương trình (*)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=4.

Cách 2:(Liên hợp hoàn toàn)

( )1 ⇔2x2 −16x+32 3 4= 3 x− − +8 (x 2)

2 2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=4.

Bài 2 (Trích đề thi thử Đại học khối A tỉnh Bắc Ninh năm học 2012 – 2013)

k t

Mà phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm nên pt(*) có 3 nghiệm như trên

Kết hợp với điều kiện y≥0 ta có

2sin142sin

32sin

ππ

Từ đó tìm được nghiệm của hệ phương trình

Bài 4 (Trích đề kiểm tra năng lực giáo viên THPT tỉnh Bắc Ninh năm học 2012-2013)

Giải hệ phương trình:

2 2

y x

Từ đó suy ra x=3,y=3

Thử lại x=3,y=3thỏa mãn hệ phương trình.

Bài 5: Giải hệ phương trình

x≠ −

hoặc

34

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) (x y; = 7;33 ) .

7 Một số bài tập tham khảo

Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau:

x

x x

−

11

CHUYÊN ĐỀ 11: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ VỚI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ

Biên soạn và sưu tầm: Nguyễn Minh Nhiên – Sở GD&ĐT

Trong những năm gần đây, bài toán cực trị trong các đề thi tuyển sinh đại học đa phần

là bài toán khó nhất đề thi Để giải quyết các bài toán này đòi hỏi thí sinh phải có nhiều kỹ này quan trọng khi giải các bài toán cực trị Chuyên đề này đưa ra một số cách tiếp cận bài toán cực trị bằng phương pháp hàm số.

1 Phương pháp khảo sát hàm đặc trưng

Ví dụ 1 Chứng minh rằng

a) 2

1

2,1

Bài 4: Cho x y, ≥0;x3 +y3 =1 Tìm GTLN của A= x+2 y.

Bài 5: (VMO, 2004) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn ( )3

2 Phương pháp dồn dần về một biến

Đối với các bài toán cực trị nhiều biến, ta thường phối hợp với phương pháp chặn các biến bằng cách: sử dụng BĐT AM-GM, BĐT Cauchy-Schwarz, BĐT phụ hoặc sử dụng hàm số, đưa dần về một biến để khảo sát.

Ví dụ 1 Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn a b c+ + =1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 1 3

4

P a= + +b c

Lời giải

Nhìn biểu thức của P ta thấy có sự xuất hiện của cả ba biến số , , a b c mà ta không thể quy

trực tiếp về một biến số ngay nếu chỉ sử dụng giả thiết Nhưng ta lại thấy P là biểu thức có đối

xứng với ,a b , do đó ta dự đoán giá trị nhỏ nhất đạt được khi hai biến , a b bằng nhau Ta chứng

( ) ( )2 ( 1 2) 6 4 2

3 2 24

2

c

≤ <

(2)

Ta có f c′( ) =3c2−3c, nên f(c) đồng biến trên 1;32 Vì vậy, T ≥ f c( ) ≥ f ( )1 =13.

Đồng thời T =13⇔ =c 1 Với giả thiết 0 a b c< ≤ ≤ và a + b + c = 3 và (3) suy ra a = b = 1, tức

là tam giác ABC đều

Ví dụ 3 (Trích đề thi thử ĐH khối B tỉnh Bắc Ninh năm 2013)

Cho hai số thực x y, với y> −1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

− − (với x=2 hoặc y=23 không xảy ra dấu bằng)

Bây giờ ta đi tìm GTNN của ( ) 2 2 1; 1

f y

++

+ + Vậy MinS = 2 đạt được khi x= =y 1.

Ví dụ 4 (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 của biểu thức

Thật vậy, ta có (*)⇔( ab −1)( a− b)2 ≥0 luôn đúng do a, b dương và ab≥1.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1

Áp dụng (*) với x, y thuộc đoạn [1; 4] và x≥ y x z, ≥ ta có

2

t P

Từ (1) và (2) suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 9, y =1, z = 2

Ví dụ 5 (Trích đề thi khối A năm 2014)

Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x2+ y2+ =z2 2.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2

Xét phương trình ax3 − + − =x2 bx 1 0 với a, b là các số thực, a≠0, a b≠ sao cho các

nghiệm đều là số thực dương Tìm GTNN của ( )

2 2

x y z+ + =

Tìm GTLN và GTNN của A c= os(x2 +y2 +z2)

Bài 4 (IMO, 1984) Cho x, y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1 Chứng minh rằng

Bài 6 (Trích đề khối B năm 2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x y z+ + =0

và x2+y2 +z2 =1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x= +5 y5 +z5

Bài 7 Cho các số x y z, , ∈( )0;1 thỏa mãn xyz= −(1 x) (1−y) (1−z) Chứng minh rằng

3 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 hàm một biến

Ví dụ 1 Cho ba số thực , ,x y z ≥0, chứng minh rằng:

3; ;3

f′ b ÷ +

-13; ;3

f  b 

 

85

Từ bảng biến thiên suy ra ( ; ; ) 3;1;1 8

Với c > 0, thì g’(c) = 0 tại 0

18

z≥

Từ điều kiện (1) và (3) suy ra

1

ax ,5

4 Phương pháp đổi biến

Ví dụ 1 (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 nhất của biểu thức

Vậy giá trị nhỏ nhất của f(t) là

17 5 54

Ví dụ 2 (Trích đề thi khối B năm 2011)

Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2) Tìm giá trị

Theo giả thiết ta có 2(a2 +b2) +ab=(a b ab+ ) ( +2)

Từ đây suy ra:

12

−

hay t = 2

⇒ Min f(t) =

234

−

khi t =

52

Vậy min P =

234

s p

x= =y

và

12

và a2 = + −b2 c2 bc≥2bc bc− ⇒a2 ≥bc

Có b3+ +c3 3abc= +(b c b) ( 2− +bc c2) +3 a bc≤2 a a2+3 a a2 =5a3

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c hay x=y=z

Cách 2

Đặt y=ax,z=by ( a,b>0) Khi đó , ta có bài toán tương đương:

“Cho a,b dương a+b+1=3ab (1).CMR ( ) (3 )3 ( ) ( ) ( ) ( )3

Dấu = xảy ra khi x=y=z

5 Phương pháp tiếp tuyến

Trong phần này chúng ta xét bài toán tổng quát: “Cho a a a1, , , ,2 3 a n∈D thoả mãn

a a a a và viết được dưới dạng tổng của một hàm số với các biến số khác nhau Dẫn đến

suy nghĩ một cách tự nhiên để giải quyết bài toán này là ta xét hàm số y= f x( ) , sau đó chứng

minh f x( ) ≥Ax B+ với mọi x D∈ , trong đó A, B thỏa mãn A a( 1+ + +a2 a n) +nB nf= ( )α(hay Aα + =B f ( )α ) Dễ thấy y= Ax B+ chính là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y= f x( ) tại

Sau đây chúng ta xét một số bài toán điển hình để thể hiện rõ hơn cho phương pháp này

Ví dụ 1 Cho bốn số dương , , ,a b c d thoả mãn a b c d+ + + =1 Chứng minh rằng

14

 , phương trình tiếp tuyến của

đồ thị f x( ) tại điểm có hoành độ x0 =1 là y= − +4x 4 Ta có

chia khoảng xác định của x tốt nhất có thể sao cho trên khoảng đó thì g x( ) >0 Bằng cách lập

bảng biến thiên của hàm số g x( ) trên khoảng ( )0;1 , ta suy ra g x( ) >0 với mọi x∈0;109 ÷

, từ

đó ta có f x( ) ≥ 259 x−1627

với mọi

90;

  và đồng biến trên

10;

a b c= = =

.Thông qua bài toán này, ta có thể thấy được khi nào cần phân khoảng đang xét thành hai hay nhiều khoảng để có những bước đi tiếp theo mà không hề mất tự nhiên!

a b c thoả mãn a b c+ + =1

− + − nên ta đã đưa được bài toán đã cho

2

8 x +8 y +8 z ≤

Bài 8 Cho các số thực , ,x y z>0 thoả mãn điều kiện ( )3

Bài 9 Cho ba số thực dương , ,a b c Chứng minh rằng