CHUYEN DE DAI SO

Hãy tìm quỹ tích trung điểm M của đoạn thẳng AB.. Tìm quỹ tích trung điểm M của đoạn thẳng AB khi m thay đổi... Chứng minh rằng d luôn cắt đồ thị hàm số y=fx tại hai điểm phân biệt M,N.

O x

y

M

t

B

A

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ

Chuyên đề I: HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ

Cho parabol  P y x:  23x2 và họ

đường thẳng d m:y x m  Khi m thay

đổi sao chod m luôn cắt  P tại hai điểm

A và B (có thể trùng nhau) Hãy tìm quỹ

tích trung điểm M của đoạn thẳng AB.

Giải Phương trình tương giao của d mvà P là:

2

2

Điều kiện cần và đủ để d mcắt  P là pt (1) có nghiệm, tức là:

' m 1 0

   

Khi pt (1) có nghiệm, hai nghiệm của nó chính là hoành độ giao điểm của A và B

(xA, xB) Khi đó hoành độ trung điểm M của đoạn thẳng AB là

2

A B M

x x

định lí Vi-et ta có: x Ax B 2 nên x  M 1

Để tìm tung độ yM của điểm M, ta chú ý rằng M là một điểm của đường thẳng (d) Do đó:

1

M M

y x m m  Vậy tọa độ giao điểm của M là

1 1

M M

x

y m







 

 (với điều kiện m  1 0 , tức lày  ) M 0

Kết luận: quỹ tích của điểm M là tập hợp các điểm có tọa độ thỏa mãn x y01



 Đó là nửa đường thẳng M0t trên hình (các điểm có tung độ không âm của đường thẳng x=-1)

Cho parabol   1 2

2

P y  x  x và họ đường thẳng d m:y mx  3 Giả sử d mcắt ( ) P tại hai điểm (có thể trùng nhau) A và B Tìm quỹ tích trung

điểm M của đoạn thẳng AB khi m thay đổi.

Giải Phương trình tương giao của d mvà P là:

2

2

1

2

x x mx

(1)

Điều kiện cần và đủ để d mcắt  P là pt (1) có nghiệm, tức là:

     hay m     ; 3  1;

Khi pt (1) có nghiệm, hai nghiệm của nó chính là hoành độ giao điểm của A và B (xA, xB) Khi đó hoành độ trung điểm M của đoạn thẳng AB là

2

A B M

x x

định lí Vi-et ta có: x Ax B 2m1nên x M  m 1

Từ hệ thức x=m+1, ta thấy m     ; 3  1;khi và chỉ khix     ; 2  2;

Để tìm tung độ yM của điểm M, ta chú ý rằng M là một điểm của đường thẳng (d) Do đó: y M x1x 3x2 x 3

Kết luận: quỹ tích của điểm M là tập hợp các điểm có tọa độ

thỏa mãn

y x x

x







Tìm các điểm cố định của họ đường cong 2 2

1

x mx y

mx



 với m 1

Giải Để (x;y) là điểm cố định của họ đường cong đã cho, điều kiện cần và đủ là

1,

1

x mx

mx



1 0

y mx x mx m

mx



 Viết lại điều kiện thứ nhất trong (1) dưới dạng P(m) = 0, trong đó P(m) là một đa thức biến m, ta được điều kiện tương đương:

1,

1

P m m

mx







 trong đó x1 y m x  2 y 2 Buộc các hệ số của P(m) bằng 0, ta được:

2

0 2

1

2 0

1 1

x y

y

x y

x y

 



































 

 Chú ý rằng khi x=0 hayx 1 thì điều kiện mx 1 luôn được thỏa mãn với mọi

1

m  Vậy họ đường cong đã cho có ba điểm cố định là (0;1), (1;1) và (-1;1)

Bài tập: Cho hàm số y f  x , trong đó   2 1

2

m

tham số m 0

Đặt 1 min 1;1  

x

 

 và 2 max 1;1  

x

 



Hãy tìm các giá trị của m sao choy2 y18

Bài tập: Cho hàm số yx  x 1 x2

a) Vẽ đồ thị và lập bảng biến thiên của hàm số đó

b) Dựa vào đồ thị, hãy biện luận số nghiệm của phương trình

x  x  x m tùy theo tham số m

Bài tập: Cho hàm số y x  x 2  x2

a) Vẽ đồ thị và lập bảng biến thiên của hàm số đó

b) Dựa vào đồ thị, hãy biện luận số nghiệm của phương trình

x x  x m tùy theo tham số m

c) Dựa vào đồ thị, hãy tìm các giá trị của m sao cho x x 2  x2

Bài tập: Cho hàm số: f x  x2 4x3 và A(2,1) Gọi m là hệ số góc của đường thẳng d đi qua A.

a Chứng minh rằng (d) luôn cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại hai điểm phân biệt M,N

b Định giá trị của m để MN ngắn nhất

c Vẽ đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng d với giá trị m vừa tìm được Lặp bảng biến thiên cho đồ thị hàm số y=f(x)

Bài tập: Cho hàm số có đồ thị là một đường cong (C) Đường thẳng (d k ) có hệ số góc

k và luôn đi qua điểm A(0;–3).

a Tìm điều kiện của k để đường thẳng (dk) cắt (C) tại hai điểm nữa khác A Gọi hai điểm này là B và C

b Với điều kiện nói ở phần a, tìm quỹ tích trung điểm của đoạn thẳng BC khi

k thay đổi

Bài tập: Tìm các điểm cố định của họ đường thẳng và đường cong sau đây:

a ym21x 2m23 c ym 2x3 mx2

y m x  mx m d   2  

y y m x  m x m

Chuyên đề II: HỆ PHƯƠNG TRÌNH PHI TUYẾN – PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO

Tóm tắt lý thuyết

Định lí Bơ – du: Số a là nghiệm của đa thức f(x) khi và chỉ khi đa thức f(x) chia hết

cho x – a.

 Nếu pt f(x) = 0 có một nghiệm là a, (trong đó f(x) là một đa thức) Theo phép chia đa thức ta được f(x)=(x – a).g(x)

 Lược đồ horner (hooc – ne):

+ Ví dụ: phân tích đa thức thành nhân tử: f(x)=x4+5x3+7x2–4 + Dể thấy pt có một nghiệm bằng 2 Nên theo định lí bơ – du

ta có: f(x)=(x – 2) g(x)

+ Ta phải tìm hệ số của g(x) + Áp dụng lược đồ horner ta có:

0 -2

1 3

2

-4 0

7 5

1 -2

Ta có: g(x)= x3 + 3x2 + x – 2 + Vậy x4+5x3+7x2–4 =(x – 2).(x3 + 3x2 + x – 2)

 Quy tắc nhẩm nghiệm

 Tổng các hệ số của pt bằng 0, pt có một nghiệm bằng 1

 Tổng hệ số bậc chẳn của pt bằng tổng các hệ số bậc lẻ của pt, khi đó pt có một nghiệm bằng -1

Bài tập áp dụng Bài 1: Giải các phương trình sau:

a x3 + 4x2 – 5 = 0

b x4 + 3x3 – 2x2 – 6x + 4 = 0

Bài 2: Giải các pt sau:

a sin3x + 3sin2x + 2 = 0

b tan3x + cot3x = 13(tanx + cotx)

Hệ phương trình đẳng cấp

Hệ phương trình tổng quát

a x b xy c y m

a x b xy c y m





 Cách giải:

 Bước 1: Cho y= 0 và tính trực tiếp, ta hãy xem có hay không một nghiệm x0

sao cho (x0;0) là nghiệm của hệ phương trình

 Bước 2: Giải tiếp hệ phương trình với giả thuết y ≠ 0

 Nếu m1 = 0 (tương tự cho m2 = 0) thì pt thứ nhất của hệ trở thành

a x b xy c y 

Do y≠0, ta chia pt cho y2, ta đựơc

2

y

 khi đó ta được: 2

a k b k c  Giải pt ẩn k Nếu pt vô nghiệm thì hệ vô nghiệm Nếu pt có hai nghiệm k1, k2 thì hệ pt đả cho tương đương với tuyển của hai hệ pt:

i

x k y

a x b xy c y m







 Nếu m1 và m2 đều khác 0, thì ta phải chọn hai số 1 và 2sao cho

1m1 2m2 0

   Gọi vế trái của pt thứ nhất là F1(x;y), vế trái pt thứ hai là

F2(x;y), ta có:  

F x y m F x y F x y

F x y m F x y m



 Đến đây ta trở về trường hợp đã nói ở trên

Bài tập áp dụng Giải hệ pt

x xy y

x xy y







Nhân pt đầu với 7 rồi cộng với pt thứ hai ta được:

9x 20xy4y 0 (1)

Nếu y = 0 thì từ (1) ta suy ra x= 0 Nhưng (0;0) không là nghiệm của hệ pt (I) Do đó có thể giả thuyết y≠0 ta chia 2 vế pt (1) cho y2, ta được pt:

2

2 2 9

x

y

x

y





















Điều đó cho thấy  

2

9







 





Vì vậy hệ (I) tương dương với tuyển của hai hệ pt sau:

 

2

x xy y II





2 9

x xy y III







 Đến đây bạn có thể giải hệ pt trên

Kết luận: hệ pt đã cho có hai nghiệm (-2;1) và (2;-1)

Bài tập: Giải hệ phương trình:

a)

x xy y

x xy y

2

y xy

x xy y

b)

x xy y

x xy y

x xy y

x xy y

e)

2

2

2

2

2 3

2 3

y y x x x y









f)

1

x

x x x

y y y









Chuyên đề III: BẤT ĐẲNG THỨC

BĐT giữa TBC – TBN

Cho n số không âm a1, a2, a3, …, an Khi đó ta có: 1

1

n

i n

i i

a

a n









 Dấu đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a1a2   a n

BĐT BU – NHI – A – CỐP – XKI

Cho hai bộ số thực a a1, , ,2 a n và b b1, , ,2 b n, mỗi bộ gồm n số

Khi đó ta có:

2

i



n

i

i

b 

 thì dấu đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi 1 2 3

n

a a

b b b  b

Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba số dương bất kì thì a b b c c a 6

Giải

Ta có:

a b b c c a a b b c c a

(đpcm)

( theo BĐT giữa TBC – TBN)

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f x  x 3

x

  với x > 0 Giải

Do x > 0 nên ta có:

0 3 0

x x













Theo BĐT cô – si ta có:

f x

f x khi và chỉ khi dấu đẳng thức xảy ra:

3

3

x

Do x > 0 theo giả thuyết nên x  3

Vậy min f x   2 3 khix  3

Chứng minh rằng nếu a2 2b29c2 3 thì a2b9c6

Giải

Theo BĐT Bunyakovsky, ta có:

a2b9c2 a.1 2 1 3 1 b  c 2121212 a22b29c2 36

Vậy a2b9c6

Chứng minh rằng nếu x2y2 1 thì x y  2

Giải Cách 1: sử dụng BĐT bunyakovsky

Theo BĐT bunyakovsky ta có:

x y 2 x.1y.12 1212 x2y22

2

x y

x y

Cách 2: lượng giác hóa

Theo giả thuyết ta có: x2y2 1

cos

x

y













4

x y       

Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng:

1

2

6

a b c a b c a b c

Đặt:

T

a b c a b c a b c

Aùp dụng BĐT bunyakovsky, ta có:

T

2

1 2

3.2 6

a b c T

a b c T

 

 

Cho a,b, c > 0 và a+b+c = 1 Chứng minh rằng:

3 2

c b c a c a b a b 

c b c a c a b a b

Aùp dụng BĐT bunyakovsky, ta có:

2

Mặt khác: a b c  2 3ab bc ca  

2

3

ab bc ca

a b c

2

M 

(MO Romanian 2004) Chứng minh rằng a b c, , 0,ta đều có:

27 2

P

bc c a ca a b ab b c a b c

Bộ 1:

bc c a ca a b ab b c

Bộ 2: c a ; a b b c ; 

Aùp dụng BĐT bunyakovsky ta có:

2

2

P a b c

bc ca ab

Mặt khác:

2

1 1 1 3

Hay:

2

27

bc ca ab a b c

a b c



 

(MO USA) Cho a, b, c > 0 thỏa mản abc = 1 Tìm GTNN của P

P

a b c b c a c a b

Xét Bộ 1: a b c b c a c a b1  ;  1  ;  1 

Bộ 2: b c  ; c a  ; a b 

Aùp dụng BĐT bunyakovsky ta có:

2

1 1 1

2P a b c

a b c

Mặt khác áp dụng BĐT bunyakovsky ta có:

2

3

a b c ab bc ca

2

3

1 1 1

3

a b c

a b c

 

3

2

P

Vậy min

3

2

P  khi a b c  1

Bài tập áp dụng Bài 1: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mản a b c  3 Chứng minh rằng:

3

b  c  a 

Bài 2: Cho a, b, c, d là các số nguyên dương Chứng minh rằng:

  

Bài 3: Cho a, b, c là các số dương Chứng minh rằng:

a b b c c a

Bài 4: Cho các số dương tùy ý a, b, c, d Chứng minh rằng:

a b c b c d c d a d a b

Bài 5: Cho bốn số a, b, c, d dương Chứng minh rằng:

a) a b c d   2 2ab ad bc cd   2ac2bd

b c c d   a d a b 

3

b c d a c d a b d a b c

Bài 6: Cho bốn số a, b, c, d dương Chứng minh rằng:

3

a ab b b bc c c ac a

a b c b c d c d a d a b

Bài 7: Chứng minh rằng:

3 a b 1  a b 1 a b R, 

Bài 8: Cho a, b, c > 0 và a b c  1.Chứng minh rằng:

a b c  

Bài 9: Cho x, y, z dương Chứng minh rằng:

25 4

2

y z z x  x y 

Bài 10: Cho a, b, c là các số dương sao cho a + b + c = abc.

Chứng minh rằng: 1 12 1 12 1 12 2 3

Bài 11: Cho ba số dương a, b, c thỏa a + b + c = 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Bài 12: Cho ba số dương a, b, c thỏa1 1 1 1

a b c  

Chứng minh rằng: 1 1 1 1

2a b c a   2b c a b   2c4

Bài 13: Trong một tam giác với ba cạnh a, b, c và chu vi 2p

Chứng minh rằng: 1 1 1 2 1 1 1

p a p b p c a b c

Bài 14: Tìm GTNN của hàm số:

a) y x3 3x2 1

x



3

2

f x x

x

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: Kỉ thuật cô – si ngược dấu:

Rõ ràng ta ko thể dùng trực tiếp BĐT cô – si với mẩu số vì BĐT sẽ đổi chiều

3

???

b  c  a  b c a 

Tuy nhiên rất mai mắn, có thể dùng BĐT đó theo cách khác:

1

a b ab

Ta sử dụng BĐT cô si cho 2 số 1b2 2b

Tương tự, ta suy ra được đều phải chứng minh

Bài 2: Kỉ thuật cô – si ngược dấu:

a a b ab

Tương tự, ta suy ra đều phải chứng minh

Bài 3:

Ta có tính chất: a, b, c là ba số dương

 Nếu a 1

b thì a a c

b b c







 Nếu a 1

b  thì a a c

b b c







 Nếu b, d > 0 thì từ a c a a c c

b d b b d d





Giải

a b c a b a b c



Tương tự, ta có đều phải chứng minh

Bài 4:

Do a, b, c, d là các số nguyên dương nên:

a b c d a b c a c

a b c d b c d b d

a b c d c d a a c

a b c d d a b b d

Cộng vế theo vế ta có đều phải chứng minh

Chuyên đề IV: LƯỢNG GIÁC

Công thức lượng giác:

+ Công thức cộng đối với sin và cos

+ Công thức cộng đối với tan + Công thức nhân đôi

tan

1 tan tan

tan

1 tan tan









2

2 tan tan 2

1 tan













+ Công thức nhân ba + Công thức hạ bậc

3 3

3 2

tan 3

1 3tan











2

2

1 cos 2 cos

2

1 cos 2 sin

2

















+ Công thức tính theo tan : ,

t   k k Z 

2 sin

1

t a t





2

2

1 cos

1

t a

t





2 tan

1

t a t





+ Công thức biến đổi tích thành tổng

1

2 1

2 1

2

+ Công thức biến đổi tổng thành tích

x y x y

x y x y

x y x y

x y x y

+* HẰNG ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG TAM GIÁC

( Hãy chứng minh lại tất cả các công thức trên)

Chứng minh rằng nếu a1 2cos Ab1 2cos Bc1 2cos C 0 thì tam giác ABC là một tam giác đều.

Giải

     

2 2

2 sin

C A





3 0

2

A B C B













Ta có:

Cho tam giác ABC thỏa mãn đều kiện 2acosA b cosB c cosC   a b c Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác đều.

Giải

Hệ thức đã cho tương đương với:

2 2

2

3

2

C

A B C

A B













Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và các góc A, B, C sao cho

B C  B C

Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác vuông

Giải

Áp dụng định lí hàm sin thì hệ thức đã cho tương đương với:

 



Giải phương trình lượng giác cos 2 x 3 sin 2x 3 sinx cosx 4 0

Giải

Phương trình:

2

VT

VP









 Nên pt đề bài tương đương với:

2

6

3 2

3

x





























  



3

x k k Z

Giải phương trình lượng giác sin3 2 sin

4

Giải

Ta biến đổi pt đã cho như sau:

3

3

2

Vì cosx ≠ 0 không thỏa mãn pt, nên ta chia hai vế pt cho cos3x ≠ 0 ta được pt tương đương:

3

3



Đặt tanx = t ta được pt: 3t33t2  t 1 0

Áp dụng lược đồ hooc – ne, ta có:

0 1

0 3

1 1

3 3

-1

Khi đó:

2

2

1

1

, 4

t t t

t

t

x  k k Z





 



4

x  k k Z

Cho tan tan 2cot

2

C

A B Chứng minh rằng tam giác ABC cân.

Giải

Ta có:

2

2 2cos

2

2

C

C

A B

C

A B C

A B

