PT,HPT vô tỷ PP hàm số CHO bài TOÁN cực TRỊ

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... Từ 1 và 2 suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy n

CHUYÊN ĐỀ 1 : PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ

PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

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:

VT(*) < 0 (do 2)

3

≥

x nên (*) vô nghiệm

Ví dụ 2 Giải bất phương trình sau: 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:

Bài tập tương tự:

4

4

21

24

21

14

⇒ ≤ ⇔ ≥x y x y

⇒ = +y 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: 3 2 ( )3

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 x 2

Bài 7 Giải hệ phương trình: ( )

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

Bài 11 Giải phương trình: 1 3 2 3 3

x x

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

Bài 7 ĐK 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

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

Ví dụ 2 Giải hệ phương trình:

545(1 2 )

Vậy phương trình đã cho có nghiệm 1 19 2 21

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( )

−∞÷

 ( )2 ( )2

∀ >x

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

2

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;

−∞   +∞

    vội vàng kết luận phương trình có

nhiều nhất một nghiêm trên ;1 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

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

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

Điệu kiện −4 2≤ ≤x 42

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

4 4

Ví dụ 2 Giải hệ phương trình: ( ) ( )

y y

+ 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

2x −15x+34≤ + ⇔x 2 2 x−4 ≤ ⇔ =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), Đặt 2sin , ;

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

2sin

ππ

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

x

x y

y x

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

Bài 5: Giải hệ phương trình 33 4 3 4 23 2 0( , )

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 ) .

6 Một số bài tập tham khảo

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

11

27)

( )

1

2 2

-1 1

Từ bảng biến thiên suy ra f x( ) ≤ f ( )1 = ∀2, x

Xét hàm số ( ) ( )3

= x − x −

( ) ( )2 ( ) ( )

3 2 ln 2 2 ln 2 2 ln 2 2 1 3.2 2 ln 2

f x

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

( )

⇒ a + + −b c a + b + c − a b c+ + ≥ ⇒ a + +b c ≥ a + b + c

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

nên f là hàm nghịch biến trên (0;+∞) Do đó f a( ) ≤ f b (đpcm).( )

Bài tập tự luyện

Bài 1: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn 2 2 2

1

a b c Chứng minh rằng

3 3 2

Bài 2: Chứng minh rằng với mọi x y, ∈( )0;1 ,x≠ y ta có 1 ln ln 4

Bài 3: Chứng minh rằng (2x +3y) (y < 2y +3x)x, ∀ > >x y 0.

Tổng quát: Với a, b > 0 và x > y > 0 ta có ( x + y) (y < y + x)x

, ≥0; + =1

x y x y Tìm GTLN của A= x+2 y

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

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

dễ dàng bằng cách khảo sát hàm số g c( ) =8.f c trên khoảng ( ) ( )0;1

Ta có g c'( ) =3c2 +6c−3, g c'( ) = ⇔ = − −0 c1 1 2, c2 = − +1 2 Lập bảng biến thiên của hàm số

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

y không xảy ra dấu bằng)

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

y y

f y

y 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

++

t P

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

Gọi u, v, s là ba nghiệm thực dương của đa thức ax3 −x2 +bx−1 Theo định lý Viet ta có

x y z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P= x5 + 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

Bài toán hoàn toàn đối xứng với ba biến số, nên không mất tính tổng quát, ta giả sử x≥ ≥ ≥y z 0, coi

x là biến số và coi , y z là tham số trong hàm số

b 1

3

− 1 31

3; ;3

′ ÷

f b +

-13; ;3

Suy ra g(a) đồng biến trên [0; 1] Do đó, ( ) ( ) 3

2

87

=

c va qua c thì g’(c) đổi dấu từ dương sang âm nên g(0 c ) là giá trị cực đại, 0

38

Hãy tìm GTLN của biểu thức P x y z( , , ) = + +1 2 3

từ đó suy ra g b( ) ≤ 692 với mọi b c, ∈[ ]1; 2

Xét tương tự đối với h b trên đoạn ( ) [ ]1; 2 ta cũng có

Bài 6: (Đề thi chọn ĐTQG, 2001) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn 21ab + 2bc + 8ac 12≤ Tìm GTNN của biểu thức P a b c( , , ) = + +1 2 3

a b c.

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

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 nhỏ nhất của biểuthức P =

'1

kiện bài toán trở thành 2 ( )2 ( )2

4a = b c+ +3 b c (1) , ta phải chứng minh: − b3 + +c3 3abc≤5a3

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

1+ 2 + + +3 n = α

a a a a n , với α ∈D , cần chứng minh bất đẳng thức f a( )1 + f a( )2 + + f a( )n ≥nf ( )α ,

đẳng thức xảy ra khi a1 =a2 =a3 = = a n =α”

Bài toán này có tính chất nổi bật với vế trái là biểu thức đối xứng của các biến a a a1, , , ,2 3 a và viết n

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 điểm ( ) x=α

Như vậy qua phân tích, chúng ta có thể đưa ra được lời giải cho bài toán tổng quát trên như sau: Xét hàm số y= f x , ( ) x D∈ , viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại x=α là y= Ax B Ta chứng +

minh f x( ) ≥ Ax B với mọi + x D∈ , từ đó suy ra: f a( )1 + f a( )2 + + f a( )n ≥nf ( )α (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

= = = =

Ví dụ 2 Cho ba số thực dương , ,a b c thoả mãn a b c+ + =3 Chứng minh rằng

 , phương trình tiếp tuyến của đồ thị f x ( )

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

Như các bài toán trên, ta xét hàm số f x( ) =10x3 −9x trên khoảng 5 ( )0;1 , phương trình tiếp tuyến của

đồ thị tại điểm có hoành độ 0

13

f x x với mọi x∈( )0;1 , nên ta đặt g x( ) = −27x3 −18x2 +21x+16 và xét hàm số g x trên ( )

khoảng ( )0;1 , ta thấy g x không luôn dương trên ( ) ( )0;1 , nên ta phải tìm cách 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 0; 9

a b c và a b c+ + =1 Bây giờ ta xét trường hợp có ít

nhất một trong ba số , ,a b c thuộc nửa khoảng 9 ;1

10

 , suy ra( ) > ( )1 =1

f a f , f b( ) > f(0) 0,= f c( ) >0, f a( ) + f b( )+ f c( ) >1

Vậy f a( ) + f b( )+ f c( ) ≥1 với mọi số thực dương , ,a b c thoả mãn a b c+ + =1 Đẳng thức xảy ra khi a b c= = =1

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!

Ví dụ 4 Cho ba số thực dương , ,a b c thoả mãn a b c+ + =1 Chứng minh rằng

Bài 5 Cho ba số thực dương , ,x y z Chứng minh rằng 2(x3 +y3 +z3)+3xyz≥3(x y y z z x 2 + 2 + 2 )

Bài 6 Cho , ,x y z là những số thực dương Chứng minh rằng: 1