Đề cương thi THPT quốc gia môn toán (phần 4)

phần 4 gồm 2 chuyên đề: CHUYÊN ĐỀ 10: PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈCHUYÊN ĐỀ 11: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ VỚI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ..........................................................................................................................

CHUYÊN ĐỀ 10: PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH,

x

x x

x  nên (*) vô nghiệm

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

   Thử lại thấy thỏa mãn

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y  ;  3 2 2;3 2 2  

Bài tập luyện tập:

Bài 11 Giải phương trình: 1 3 2 3 3

x x

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x y ;  2;2 

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

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x y  ;  1 2;1 2 ; 1   2;1 2 

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

Từ đây ta tìm được x và y.

Ví dụ 2 Giải hệ phương trình:

545(1 2 )

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  có nhiều nhất n+1 nghiệm trên K.  0

Tính chất 5: Cho hàm số yf x  liên tục trên K, nếu hàm số yf x  luôn đồng biến trên K thì với , u v K ta có f u  f v   u v

Ví dụ 1 (Trích đề thi HSG Nghệ An 2012) Giải phương trình:

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:

Mà f  1 f 1 0 Suy ra, (1) có 2 nghiệm x  1

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

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   ;1 ; 1;

2 2

5

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 1;

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

Ví dụ 1 Giải hệ phương trình:    2   2 

2 4

Với y = 3x - 5 thay vào (2) ta được 4  y2 2y   vô nghiệm1 1 0

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

Thử lại x = 1 thỏa mãn (*) Vậy hệ đã cho có nghiệm là (1; 0)

Vậy hệ phương trình có nghiệm  ;  1; 7 ; 1; 7

y y

+ Nếu x 4 VT *  0 phương trình (*) vô nghiệm

+ Nếu x 4 VT *  0 phương trình (*) vô nghiệm

+ Nếu x  Thỏa mãn phương trình (*)4

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

Ta có: 3 43 x 8 8.8 4  x 8 3 4x 8  x 2 ( Theo bất đẳng thức Cô si)

Do đó 2x2 15x34  x 2 2x 42  0 x4 Thử lại thấy thỏa mãn

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)

Giải hệ phương trình

Vậy hệ phương trình có nghiệm  

Ta giải phương trình (*) trên tập 

Thật vậy: xét y   2;2, Đặt 2sin , ;

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  ta có 0

2sin142sin

32sin

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

Thử lại x3,y3thỏa mãn hệ phương trình

Khi đó phương trình  1  f x  1 f  y3  x 1 y3

Thế vào phương trình (2) ta có

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

24)

2 2

2

11

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

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 1

Từ bảng biến thiên suy ra f x f  1 2,x

b) Áp dụng câu a ta có 2  

2

2 1

x



 

Cộng từng vế các BĐT (1), (2) và (3) ta có

2

x  x  y  y  z  z    x y z  (đpcm)

Ví dụ 2 Cho a + b + c = 0 Chứng minh rằng 8 a 8b 8c 2a 2b 2c

Lời giải:

Xét hàm số f x   2x 3 2x 2 ln 2x trên R Ta có

  3 2 x 2.ln 2 2 ln 2 2ln 2x 2x 1 3.2  x 2 ln 2

và f x   0 2x  1 x0

Ta có bảng biến thiên

x   0 

f’(x) - 0 +

f(x)  

0 Suy ra f x  0, x R f a  f b  f c  0

 8a8b 8c (2a 2b 2 ) 2c  a b c  ln 2 0  8a8b 8c 2a2b 2c

Ví dụ 3 (Trích đề thi đại học khối D năm 2006)

Lời giải:

1 4  1 4  ln 1 4  ln 1 4  ln 1 4  ln 1 4 

Xét hàm số   ln 1 4 x

f x

x



 với x > 0 Ta có

 

2

4 ln 4 1 4 ln 1 4

0

1 4

x

f x

x

nên f là hàm nghịch biến trên 0; Do đó  f a  f b  (đpcm).

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 x y z  3 32xyz Tìm GTLN

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

việc giải quyết bài toán khá là dễ dàng bằng cách khảo sát hàm số g c  8.f c  trên khoảng

Ta có g c'  3c2 6c 3, g c'   0 c1 1 2, c2  1 2 Lập bảng biến thiêncủa hàm số g c trên khoảng   0;1 ta có:

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

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  luôn đúng do a, b dương và 0 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

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t 2 x 4 x 4;y 1

y

33

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

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

và x2 y2 z2 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x 5 y5z5

Bài 9 Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a2 b2 c2  Tìm GTLN của biểu thức1

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 địnhcác biến còn lại, bài toán đưa về việc khảo sát hàm một biến

3; ;3

f b 

  + 1

-3; ;3

c  va qua c thì g’(c) đổi dấu từ dương sang âm nên g(0 c ) là giá 0

trị cực đại, suy ra 1 10

38

Như vậy, g b  max g 1 ,g 2  max 21 12 ,c 27 6c

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

A = x3 + y3 + 3(xy – 1)(x + y – 2)



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 trịnhỏ nhất của biểu thức P =

4

 khi a = 1 và b = 2 hay a = 2 và b = 1

11

4

2

z  , tức là a b 3, c1

giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3|x y | 3|y z | 3|z x | 6x2 6y2 6z2

Lời giải.

Cách 1

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 a13b13 3a1 b1 a b  5a b 3 (2) ”

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 chứngminh f x  Ax B với mọi x D , trong đó A, B thỏa mãn A a 1a2  a n nB nf  (hay ABf   ) Dễ thấy yAx B chính là tiếp tuyến của đồ thị hàm số yf x  tại

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

 3 3 3 3 2 2 2 2 16

 , phương trình tiếp tuyến của

đồ thị f x tại điểm có hoành độ   x  là 0 1 y4x4 Ta có

a b c  

 3 3 3  5 5 5

10 a b c  9 a b c 1

chia khoảng xác định của x tốt nhất có thể sao cho trên khoảng đó thì g x  Bằng cách lập  0

bảng biến thiên của hàm số g x trên khoảng   0;1 , ta suy ra  g x  với mọi   0 0; 9

về bài toán quen thuộc: Chứng minh rằng 1 2 1 2 1 2 27

3 2 a a 3 2 b b 3 2 c c 32 với điềukiện , ,a b c dương và a b c  1

Bây giờ xét hàm số   1 2

Trên khoảng 0;12 thì    1  4 1 0   1  4 1

 3 3 3 3 2 2 2 2 34