De cuong toan 20152016 Phan 4

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]

CHUYÊN ĐỀ 10: PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH,

x

x x

x 

nên (*) vô nghiệm

Ví dụ 2 Giải bất phương trình sau:(x2  3 ) 2x x2  3x 2 0 (2)

Ví dụ 3 Giải hệ phương trình:

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:

Dễ thấy x = 0 hoặc y = 0 không thõa mãn hệ

24

21

14

x

thay vào BPT thỏa mãn

12

Ví dụ 7 Giải hệ phương trình

   Thử lại thấy thỏa mãn

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: x3 3x22 x23  6x0

( 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 8 Giải hệ phương trình:

Bài 9 Giải phương trình: x 7 10 x x 2  2x 66 0

Bài 10 Giải phương trình: 3x 1 5x4 3 x2  x3

Bài 11 Giải phương trình:

x x

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 

Bài 8 Hệ đã cho tương đương với

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

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   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 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:

x 

.Phương trình đã cho tương đương:

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:

Suy ra, f x đồng biến trên từng khoảng

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

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là:

11;0; ;12

Phương trình  1  xlog2 xlog 22 xy1  xlog2 x x log2 y1  x y 1

Thế vào (2) ta có 2log22 x 6log2 x x log2x3x0

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

Ví dụ 2 Giải hệ phương trình:

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

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  

Ta giải phương trình (*) trên tập 

Thật vậy: xét y   2;2

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

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.

Bài 5: Giải hệ phương trình

x 

hoặc

34

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

2

11

(Trích đề thi chọn đội tuyển QG – TP HCM 2013)

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

và f x   0 2x  1 x0.

Ta có bảng biến thiên

x   0 

f’(x) - 0 +f(x)  

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

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

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

Ví dụ 2 Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì

2

  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)

nên

Dấu bằng xảy ra khi

20

y 

không xảy ra dấu bằng)

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

Tìm GTLN vàGTNN 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.

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

f b 

  +

-13; ;3

f  b 

 

85

Từ bảng biến thiên suy ra  ; ;  3;1;1 8

 

với x > 0 và tham số

25

Hãy tìm GTLN của biểu thức   1 80 3 18 3

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:



hay t = 2

 Min f(t) =

234



khi t =

52

Vậy min P =

234

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

18

Lập bảng biến thiên, biện luận so sánh

và

12

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) ”

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

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  tạiđiểm x

Như vậy qua phân tích, chúng ta có thể đưa ra được lời giải cho bài toán tổng quát trên nhưsau: Xét hàm số yf x , x D , viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại x là

yAx B Ta chứng minh f x  Ax B với mọi x D , từ đó suy ra:

 1  2  n  

f a  f a   f a nf  (đpcm)

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

Taxét hàm số f x 6x3 x2 trên khoảng 0;1, phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số này tạiđiểm có hoành độ 0

14

không luôn dương trên 0;1

, nên ta phải tìm cáchchia 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

90;

  và đồng biến trên

10;

1 ab3 2 c c nên ta đã đưa được bài toán đã cho

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

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

, yc2 a22

, za2 b22

khi đó x y z  4a4b4 c4 12

Bây giờ bài toán trở thành: Cho ba số thực dương x y z, , thỏa mãn x y z  12 Chứng minh