Chuyên đề 5+6 - Phương trình mũ và lôgarit+Bất đẳng thức và giá trị lớn nhất, nhỏ nhất- Lê Hoành Phò

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

CHUYÊN Đề 5 - PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT

N

1. KIếN THứC TRọNG TÂM

H Ơ

Phương pháp chung:

N

- Đưa về cùng một cơ số, đặt ẩn phụ, biến đổi tích,…

U

Y

- Lôgarit hóa, mũ hóa

TP .Q

- Sử dụng bất đẳng thức, tính đơn điệu của hàm số, định lý Lagrange,…

Đ

- Dạng: a x = b ( a > 0, a ≠ 1)

G Ư N

Nếu b > 0 , phương trình có nghiệm duy nhất x = log a b

TR ẦN

H

- Dạng: log a x = b ( a > 0, a ≠ 1 ) Phương trình luôn có nghiệm duy nhất x = a b .

=a

g( x)

a = 1

( a > 0) ⇔ 

a

•

 f ( x ) > 0 hay g ( x ) > 0 log a f ( x ) = log a g ( x ) , ( a > 0, a ≠ 1) ⇔   f ( x ) = g ( x )

00

ẤP

2+

3

10

 a ≠ 1, f ( x ) = g ( x )

B

•

C

Bất phương trình mũ và lôgarit

Ó

A

a x < m ⇔ x < log a m (với m > 0 và a > 1 )

H

a x < m ⇔ x > log a m (với m > 0 và 0 < a < 1 )

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Nếu b ≤ 0 , phương trình vô nghiệm

f ( x)

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

Phương trình mũ và lôgarit

-L

log a x < m ⇔ 0 < x < a m (với a > 1 )

TO

ÁN

log a x < m ⇔ x > a m (với 0 < a < 1 )

G

Nếu a > 1 : a

f ( x)

Ỡ N

Nếu 0 < a < 1 : a

<g f ( x)

g ( x)

<a

⇔ f ( x) < g ( x) g ( x)

⇔ f ( x) > g ( x)

BỒ

ID Ư

Nếu a > 1 : log a f ( x ) < log a g ( x ) ⇔ 0 < f ( x ) < g ( x )

Nếu 0 < a < 1 : log a f ( x ) < log a g ( x ) ⇔ f ( x ) > g ( x ) > 0 .

Hệ phương trình mũ và lôgarit

Trang 1 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

N

Việc giải hệ phương trình mũ và lôgarit về cơ bản cũng giống như giải các hệ phương trình đại số như rút thế, cộng đại số, đặt ẩn phụ, biến đổi tích, đánh giá, tính chất đơn điệu của hàm số, … phối hợp với các biến đổi về biểu thức mũ và lôgarit, mũ hóa, lôgarit hóa.

H Ơ

2. CÁC BÀI TOÁN

N

Bài toán 5.1: Giải các phương trình sau: a) 3x +1 + 18.3− x − 29 = 0

U

Y

b) 27 x + 12 x = 2.8 x

x

H

Giải ra nghiệm x = 2 hoặc c = log 3 2 − 1 x

TR ẦN

 27   12  b) Chia 2 vế cho 8 > 0 thì PT:   +  = 2  8  8 x

)

10

(

00

x

3 3 3 ⇔   +   − 2 = 0 . Đặt t =   , t > 0 . 2 2 2

B

x

3x

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

G

Đ

2 3

2+ b) 3 .8 x

x x+1

= 36

Hướng dẫn giải

H

Ó

A

a) 3 = 4

3x

C

4x

ẤP

Bài toán 5.2: Giải các phương trình sau:

3

PT: t 3 + t − 2 = 0 ⇔ ( t − 1) t 2 + t + 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇔ x = 0

a) Hai vế đều dương, lôgarit hóa theo cơ số 10:

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

⇔ 3t 2 − 29t + 18 = 0 ⇔ t = 9 hoặc t =

ẠO

18 = 29 t

Ư N

a) Đặt t = 3x , t > 0 thì PT: 3t +

TP .Q

Hướng dẫn giải

x

G

TO

b) PT: 3 .2

3x x +1

ÁN

x

x

Ỡ N ID Ư

2

2

x −2

= 3 .2 ⇔ 3 .2

 x1+1  ⇔  3.2   

BỒ

-L

log 4 4 4 log 3 = 3 log 4 ⇔   = ⇔ x = log 4 ( log 3 4 ) log 3 3 3 x

x−2 x +1

=1

x−2

= 1 ⇔ x − 2 = 0 hoặc 3.2

⇔ x = 2 hoặc 2

1 x +1

=

1 x+1

=1

1 ⇔ x = 2 hoặc x = −1 − log 3 2 3

Bài toán 5.3: Giải các phương trình sau:

Trang 2 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

x

x

a) ( cos 72° ) + ( cos36° ) = 3.2

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

−x

b) e

 π sin  x −   4

= tan x

x

Y

N

2sin 36°.cos 36°.cos 72° =1 sin 36°

U

Vì: 2cos 72°.2cos36° =

H Ơ

a) Phương trình: ( 2cos 72° ) + ( 2cos 36° ) = 3

TP .Q

1 t

Đặt t = ( 2cos 72° ) , t > 0 thì PT: t + = 3 2

ẠO

3 ± 5  5 ±1 ⇔ t − 3t + 1 = 0 ⇔ t = =  2  2 

Đ G Ư N H

TR ẦN

5 −1 suy ra nghiệm x = ±2 2

Ta có: 2cos 72° = 2sin18° =

b) Điều kiện cos x ≠ 0 , vì sin x = 0 không thỏa mãn nên PT:

sin x e e ⇔ = cos x sin x cos x

B

=

2 cos x 2

00

e

2 sin x 2

 2t  − 1 e  2   y' = 2 t

2+

, với t ∈ ( −1;0 ) ∪ ( 0;1)

ẤP

e

t

C

v

. Xét y = f ( t ) =

2t 2

2t 2

=

(

A

u

e

)

2t − 2 e

Ó

=

H

e

2v 2

2t 2

2t 2

Í-

PT:

2u 2

3

Đặt u = sin x, v = cos x, u , v ∈ ( −1;1) , u.v > 0

10

2 ( sin x − cos x ) 2

< 0 suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −1;0 ) và ( 0;1) .

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

2

ÁN

Vì u , v cùng dấu nên u , v cùng thuộc một khoảng ( −1;0 ) hoặc ( 0;1) do đó PT:

TO

f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v ⇔ tan x = 1 ⇔ x =

π 4

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

x

N

Hướng dẫn giải

+ kπ (chọn).

Ỡ N

G

Bài toán 5.4: Giải các phương trình sau:

(

)

b) 2 x = x + 1 Hướng dẫn giải

BỒ

ID Ư

a) x.2 x = x ( 3 − x ) + 2 2 x − 1

a) PT: x.2 x − x ( 3 − x ) − 2.2 x = 0 ⇔ 2 x ( x − 2 ) + x 2 − 3 x + 2 = 0

⇔ 2 x ( x − 2 ) + ( x − 1)( x − 2 ) = 0 ⇔ ( x − 2 ) ( 2 x + x − 1) = 0 Trang 3 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

⇔ x − 2 = 0 hoặc 2 x + x = 1 ⇔ x = 2 hoặc x = 1 .

(Vì f ( x ) = 2 x + x đồng biến trên ℝ và f ( 0 ) = 1 ).

H Ơ

N

b) PT = 2 x − x − 1 = 0 . Xét f ( x ) = 2 x − x − 1 , D = ℝ

Bài toán 5.5: Giải các phương trình sau:

) (

)

Đ G Ư N

Hướng dẫn giải

)

3 +1

⇔ x+x

(

)

⇔ x 

3 +1

+x

2 log 2 x

2 log 2 x

=

=

(

(

(

)

3 +1

log 2 x

= 

log 2 x

(

) ( x + 1)

3 +1

log 2 x

2

) ( x + 1)

3 +1

log 2 x

) ( x + 1)

3 +1

2

2

x

(

)

3 +1

+1

log 2 x

ẤP

2 log 2 x

2

C

)

3 +1

) ( x + 1)

A

+1 ( =

(

log 2 x

Ó

x

)

3 +1

H

⇔

2

(

+ 1 = 

2 log 2 x

2+

3

3 +1

log 2 x

TR ẦN

(

)

3 −1

B

⇔ 2log 2 x + x

(

00

 

)

3 +1

10

log 2 x

(

H

a) Điều kiện x > 0 . Phương trình tương đương với

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

b) 4 x − 2 x +1 + 2 2 x − 1 sin 2 x + y − 1 + 2 = 0

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

(

ẠO

5 x − 2 x − 2 x + 1 + 4 x.5 x + 4 x + 1 = 52 x

a)

U

TP .Q

Vậy f ( x ) = 0 có tối đa 2 nghiệm mà f ( 0 ) = f (1) = 0 nên tập nghiệm là S = {0;1} .

Y

N

Ta có: f ' ( x ) = 2 x.ln 2 − 1 , f '' ( x ) = 2 x.ln 2 x > 0, ∀x

TO

(

ÁN

-L

a = b a2 + 1 b2 + 1 Ta có: = ⇔ ( a − b )( ab − 1) = 0 ⇔  a b  ab = 1

)

3 +1

log 2 x

⇔ log 2 x = log 2

(

)

3 + 1 .log 2 x

G

- Nếu x =

ID Ư

Ỡ N

⇔ log 2 x = 0 ⇔ x = 1 : chọn

BỒ

- Nếu x

(

)

3 +1

log 2 x

⇔ log 2 x 1 + log 2 

(

= 1 ⇔ log 2 x + log 2 x.log 2

(

)

3 +1 = 0

3 + 1  = 0 ⇔ log 2 x = 0 ⇔ x = 1 : chọn 

)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Trang 4 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Cách khác: đặt t =

(

)

3 +1

(

log 2 x

thì

(

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

)

3 −1

log 2 x

x t

=

)

) (

) (

H Ơ

)

N

b) PT: 22 x − 2.2 x + 1 + 2 2 x − 1 sin 2 x + y − 1 + 1 = 0 2

ẠO Đ G Ư N

(

)

( - Nếu sin ( 2

) + y − 1) = −1 thì 2

H

Vì cos 2 x + y − 1 = 0 ⇒ sin 2 x + y − 1 = ±1 .

2

)

(

− 2+ 2

)

(

+ 2− 2

)

cos 2 x

ÁN

)

cos 2 x

Í-

(

b) 2 + 2

sin 2 x

00

B

H

Ó

A

(

10

− 1 + kπ , k ∈ Ζ .

Bài toán 5.6: Giải các phương trình: a) (1 + cos x ) 2 + 4cos x = 3.4cos x

− 1 + k 2π

2+

π

2

ẤP

Vậy nghiệm là: x = 1, y = −

π

3

Suy ra sin ( y + 1) = −1 ⇔ y = −

= 2 ⇔ x =1

x

C

x

TR ẦN

- Nếu sin 2 x + y − 1 = 1 thì 2 x = 0 , vô nghiệm

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

2 x + sin ( 2 x + y − 1) = 1  ⇔ x cos ( 2 + y − 1) = 0

)

U TP .Q

2

⇔  2 x − 1 + sin ( 2 x + y − 1)  + cos 2 ( 2 x + y − 1) = 0

(

Y

⇔ ( 2 x − 1) + 2 ( 2 x − 1) sin ( 2 x + y − 1) + sin 2 ( 2 x + y − 1) + cos 2 ( 2 x + y − 1) = 0

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

(

N

Phương trình: xt 2 − x 2 + 1 t + x = 0 .

 2 = 1 +  2  

cos 2 x

TO

Hướng dẫn giải

G

a) Đặt cos x = y; −1 ≤ y ≤ 1 . Phương trình:

ID Ư

Ỡ N

(1 + y ) ( 2 + 4 y ) = 3.4 y hay f ( y ) = 0 với f ( y ) =

BỒ

Ta có: f ' ( y ) =

6.ln 4.4 y y 2

(2 + 4 )

3.4 y − y −1 = 0 2 + 4y

− 1, f ' ( y ) = 0 ⇔ 6ln 4.4 y = ( 2 + 4 y )

2

Trang 5 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Đây là phương trình bậc hai theo 4 y nên có không quá hai nghiệm. Theo định lý Rolle thì phương trình

)

H Ơ

+ 2 kπ ( k ∈ ℤ ) .

N

3

cos 2 x

(

− 2− 2

)

cos 2 x

Đ

<0

cos 2 x

(

− 2− 2

)

cos 2 x

Ư N

G

)

cos 2 x

> 0 : loại.

H

 2 VP = 1 +  2  

(

− 2+ 2

- Nếu cos 2 x < 0 , lập luận tương tự trường hợp trên: loại.

00

B

- Nếu cos 2 x = 0 thì PT được thỏa mãn và phương trình đã cho có nghiệm x =

4

+k

π 2

,k ∈ℤ .

2+

3

1 1 1 + x + x − 4 x3 + 2 x 2 − x + 16 x 2 3 6

ẤP

a) 5 x + 4 x + 3x + 2 x =

π

10

Bài toán 5.7: Giải các phương trình sau:

A

C

b) 2 x + 6 x = 3x + 5x

Hướng dẫn giải

Ó

 1 1 1  + x + x  + 4 x3 − 2 x 2 + x − 16, x ∈ ℝ x 2 3 6 

Í-

H

a) Xét f ( x ) = 5 x + 4 x + 3x + 2 x − 

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

)

sin 2 x

TR ẦN

(

VT = 2 + 2

ẠO

- Nếu cos 2 x > 0 ⇒ cos 2 x > sin 2 x , do 2 + 2 > 1 nên

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

(

− 2+ 2

 2 = 1 +  2  

π

Y

)

cos 2 x

2

+ kπ , x = ±

U

(

b) PT: 2 + 2

sin 2 x

π

TP .Q

Suy ra PT đã cho có nghiệm x = 2kπ , x =

1 , y = 1 là ba nghiệm của f ( y ) = 0 .

2

N

f ( y ) = 0 có không quá ba nghiệm. Mặt khác ta thấy y = 0, y =

 ln 2 ln 3 ln 6  + x + x  + 12 x 2 − 4 x + 1 > 0 x 3 6   2

TO

ÁN

thì f ' ( x ) = 5 x ln 5 + 4 x ln 4 + 3x ln 3 + 2 x ln 2 + 

G

Nên f đồng biến và f (1) = 0 nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Ỡ N

b) Ta có 2 x + 6 x = 3x + 5 x ⇔ 6 x − 5 x = 3x − 2 x

ID Ư

Gọi a là nghiệm của phương trình trên thì có 3a − 2a = 6a − 5a a

BỒ

Xét hàm số f ( t ) = ( t + 1) − t a , khi đó f ( t ) liên tục trên [ 2;5] và

f ' ( t ) = a ( t + 1) 

a −1

− t a −1  . Ta có f ( 2 ) = f ( 5 ) 

Trang 6 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

[ 2;5]

Áp dụng định lý Rolle trên

sao cho f ' ( c ) = 0 do đó

− c a −1  = 0  a −1

= c a −1

Y

N

Vì c thuộc ( 2;5 ) nên a = 0 hoặc a = 1

TP .Q

U

Thử lại đúng, vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 0 và x = 1 Bài toán 5.8: Giải các phương trình: 2

+2

log 4 x +

b) 3

=0

1 2

log 4 x −

+3

3 2+

1 t .3 = 2t ⇔ 4.3t = 3.2t 3

ẤP

3.3t +

10

b) ĐK: x > 0 , đặt t = log 3 x thì x = 4t PT:

t

log 3 3 3 3 ⇔  = ⇔ t = log 3 . Vậy x = 4 2 4 4 2 2

3 4

Ó

A

C

Đ G

9 ⇔ x = e −2 .

2

H

thì được PT:

TR ẦN

4t 2 − t − 18 = 0 . Chọn nghiệm t =

ln x

B

Chia cả hai vế cho 3

2 , đặt t =   3

00

2 ln x

= x

Ư N

a) ĐK: x > 0 , PT: 4.22 ln x − 6ln x − 18.32 ln x = 0

H

Bài toán 5.9: Giải các phương trình:

1

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Hướng dẫn giải

1 2

ẠO

a) 4ln x +1 − 6ln x − 2.3ln x

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

⇔ a = 0 hoặc ( c + 1)

N

a −1

( 2;5)

thì tồn tại số c thuộc

H Ơ

a ( c + 1) 

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

x−2

TO

log 3 x log 27 9 x = log 9 3 x log81 27 x

Hướng dẫn giải

Ỡ N

G

b)

ÁN

-L

a) log 4 ( x + 2 )( x + 3)  + log 2 =2 2 x+3

BỒ

ID Ư

( x + 2 )( x + 3) > 0  x < −3  a) ĐK:  x − 2 ⇔ >0 x > 2  x+3  

x − 2

= log 4 16 ⇔ x 2 − 4 = 16 .

PT: log 4 ( x + 2 )( x + 3)  x+3 

Trang 7 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

⇔ x 2 = 20 ⇔ x = ±2 5 (chọn).

1 1 ,x ≠ , đặt t = log 3 x thì PT: 3 27

N N Y U

1 .

81

TP .Q

Suy ra nghiệm x = 3 hoặc x =

H Ơ

2(2 + t ) t = ⇔ t 2 + 3t − 4 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = −4 .

1 + t 3(3 + t )

) = 2log ( 2 +1) + 1 3

2

Ư N

00 10

ẤP

2+

1+ b 1+ a + = 0 ⇔ a 2 + b2 + a + b = 0 a b

3

log 2 2 + log 2 x log 2 2 + log 2 (1 − x ) + =0 log 2 (1 − x ) log 2 x

2

C

⇔

B

⇒ a+b+2≤0 PT:

H

TR ẦN

1 a + b = log 2 (1 − x ) + log 2 x = log 2  x (1 − x )  ≤ log 2   = −2 4

G

Hướng dẫn giải a) Điều kiện 0 < x < 1 . Đặt a = log 2 (1 − x ) , b = log 2 x . Ta có

x

Đ

b) 3

2

2

Ó

A

⇔ ( a + 1) + ( b + 1) = a + b ≤ 0

H

⇔ ( a + 1) = 0 và ( b + 1) = 0 ⇔ a = b = −1

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

(

log 2 3x −1

a) log1− x ( 2 x ) + log x ( 2 − 2 x ) = 0

ẠO

Bài toán 5.10: Giải các phương trình sau:

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

b) ĐK: x > 0 , x ≠

1 1 . Vậy nghiệm x = 2 2

ÁN

-L

⇔ log 2 (1 − x ) = log 2 x = −1 ⇔ x =

TO

b) Điều kiện 3x − 1 > 0 ⇔ x > 0 . Đặt a = log 2 3, y = 2 x

(

)

log 2 3

Ỡ N

G

PT: 3x − 1

a

= ( 2 x + 1) 1 a

log3 2 +1

⇔ ( y − 1) = ( y + 1) + 1 ⇔

BỒ

ID Ư

a

a

(( y − 1) − 1) − 1 = y a

a

(

)

Xét hàm số f ( t ) = t a − 1, t > 0 thì PT trên là f f ( f ( y ) ) = y

Khảo sát hàm số f ( t ) − t = t a − t − 1, t > 0 ta suy ra được

f ( t ) > t , ∀t > 2; f ( t ) < t ,0 < t < 2; f ( 2 ) = 2 Trang 8 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

(

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

)

Suy ra phương trình f f ( f ( y ) ) = y có nghiệm duy nhất là y = 2 , suy ra x = 1 .

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 1 .

2 x + 3 x = log 2 x 3

)

Y

b) log 3 1 +

N

(

a) log 3 x + log 4 ( 2 x − 2 ) = 2

H Ơ

N

Bài toán 5.11: Giải các phương trình

TP .Q

U

Hướng dẫn giải

ẠO

f ( x ) < f ( 3) = 2 với 1 < x < 3

Đ Ư N

G

b) ĐK: x > 0 , đặt x = 212 y thì PT:

y

y

 1   64   16  = 3 ⇔   +   +   =1  81   81   81  4y

y

B

⇔ 1+ 2 + 2

4y

TR ẦN

y

6y

H

2 log 3 (1 + 26 y + 24 y ) = log 2 26 y ⇔ log 3 (1 + 26 y + 24 y ) = 4 y 3

y

y

10

00

 1   64   16  Ta có y = 1 thỏa mãn và vì hàm số f ( y ) =   +   +   nghịch biến trên ℝ nên y = 1 là  81   81   81 

(

)

(

x 2 − 1 = log 6 x + x 2 − 1

)

Ó

A

C

)

(

a) log 2 x − x 2 − 1 + log 3 x +

ẤP

Bài toán 5.12: Giải các phương trình sau:

2+

3

nghiệm duy nhất, do đó PT cho có nghiệm x = 212 .

Í-

H

b) log 2 ( log 3 ( log 4 x ) ) = log 4 ( log 3 ( log 2 x ) ) Hướng dẫn giải

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vậy x = 3 là nghiệm duy nhất.

TO

ÁN

a) Điều kiện là x ≥ 1 . Đặt t = x − x 2 − 1 ⇒ x +

1 t

x2 − 1 =

1 t

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

a) ĐK: x > 1 . Ta có f ( x ) = log 3 x + log 4 ( 2 x − 2 ) là hàm đồng biến nên f ( x ) > f ( 3) = 2 với x > 3 và

1 t

Ỡ N

G

PT: log 2 t + log 3 = log 6 ⇔ log 2 t − log 3 t + log 6 t = 0

ID Ư

⇔ log 2 t (1 − log 3 2 + log 6 2 ) = 0 ⇔ log 2 t = 0 ⇔ t = 1

BỒ

Do đó: x − x 2 − 1 = 1 ⇔ x − 1 =

x2 − 1

⇔ x 2 − 2 x + 1 = x 2 − 1 ⇔ x = 1 : chọn. Vậy nghiệm x = 1 .

b) Điều kiện x > 1 . Phương trình tương đương với Trang 9 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2

log 4 ( log 3 ( log 4 x ) ) = log 4 ( log 3 ( log 2 x ) ) 2

2

N

⇔ ( log 3 ( log 4 x ) ) = log 3 ( log 2 x ) ⇔ ( log 3 ( log 4 x ) ) = log 3 ( 2 log 4 x ) 2

N U

Y

1 ± 1 + 4log 3 2 . Từ đó suy ra nghiệm x.

2

Bài toán 5.13: Giải các phương trình sau:

)

3 −1

log 2 x

+x

(

)

3 +1

log 2 x

= x2 + 1

ẠO

(

Đ

a)

G H

1 2

TR ẦN

a) Điều kiện 5 x ≥ 2 x, x ≥ −

Ư N

Hướng dẫn giải

B

Đặt a = 5 x − 2 x , b = 2 x + 1, a, b ≥ 0 . Ta có

(

PT: a − b = a 2 + b 2

− b 2 ) = ( 5 x + 1)( 5 x − 4 x − 1) = 52 x − 4 x.5x − 4 x − 1

3

2

)( a

2

2+

)( a

(

)

− b2 ) ⇔ ( a − b ) 1 − ( a 2 + b2 ) ( a + b ) = 0

ẤP

(

Do đó a 2 + b 2

10

00

a 2 = 5 x − 2 x, b 2 = 2 x + 1 ⇔ a 2 − b 2 = 5 x − 4 x − 1, a 2 + b 2 = 5x + 1

A

C

- Nếu a − b = 0 ⇔ a = b thì 5 x − 2 x = 2 x + 1 ⇔ 5x = 4 x + 1

H

Ó

Xét f ( x ) = 5 x − 4 x − 1, D = ℝ

Í-

f ' ( x ) = 5 x.ln 5 − 4, f '' ( x ) = 5 x.ln 2 5 > 0

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

b) 4 ( x − 2 )  log 2 ( x − 3) + log 3 ( x − 2 )  = 15 ( x + 1)

(

TO

x = 0, x = 1 .

ÁN

Do đó phương trình có tối đa 2 nghiệm mà f ( 0 ) = 0, f (1) = 0 nên phương trình có hai nghiệm là

Ỡ N

G

- Nếu a 2 + b 2

ID Ư

Vì

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

⇔ log 3 ( log 4 x ) =

H Ơ

⇔ ( log 3 ( log 4 x ) ) − log 3 ( log 4 x ) − log 3 2 = 0

) ( a + b ) = 1 ⇔ ( 5x + 1) (

5x − 2 x + 2 x + 1 ≥

(5

x

)

5x − 2 x + 2 x + 1 = 1

− 2 x ) + ( 2 x + 1) = 5 x + 1

BỒ

và 5 x + 1 > 1 nên phương trình trên vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0, x = 1 .

b) Điều kiện x > 3 . PT: log 2 ( x − 3) + log 3 ( x − 2 ) −

15 x + 1 . =0 4 x−2 Trang 10

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Xét hàm số vế trái f ( x ) , ta có:

N

1 1 15 3 + + . > 0, ∀x > 3 ln 2.( x − 3) ln 3. ( x − 2 ) 4 ( x − 2 ) 2

H Ơ

f '( x) =

N

Do đó f là hàm số đồng biến và f (11) = 0 nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 11 .

U

2

5

2

2 2+ 5

− 2 x − 12 )

ẠO

b) log 2+

TP .Q

a) ( x + 1) log 4 x = x log x + 2 x +1

Đ

(

)

Ư N

G

a) PT: x log 4 x +1 = x log x + 2 x +1 ⇔ x = 0 hay 4 x +1 = x + 2 x +1

H

Xét hàm số f ( x ) = 4 x +1 − 2 x +1 − x, x ∈ ℝ, f ' ( x ) = 4 x +1.ln 4 − 2 x +1.ln 2 − 1

TR ẦN

Vì P < 0 nên phương trình f ' ( x ) = 0 có đúng một nghiệm 2 x +1 > 0 là x0 .

B

Vì f '' ( x ) = 4 x +1 ln 2 4 − 2 x +1 ln 2 > 0 do đó x0 là điểm cực tiểu của hàm số.

10

00

Suy ra f ( x ) ≥ f ( x0 ) > 0 nên PT 4 x +1 = 2 x +1 + x vô nghiệm.

3

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 0 .

5

(x

2

ẤP

2

1 − 2 x − 11) = log 2 2

2+ 5

C

(x

A

⇔ log 9+ 4

5

− 2 x − 11) = log8+ 4

Ó

1 log 2 2+

H

PT:

2+

b) Điều kiện x 2 − 2 x − 12 > 0

5

(

(x

2

(x

2

− 2 x − 12 )

− 2 x − 12 )

)

(

Í-

Đặt a = 8 + 4 5 thì log a +1 x 2 − 2 x − 11 = log a x 2 − 2 x − 12

(

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Hướng dẫn giải

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

( ) ( x − 2 x − 11) = log ( x

Y

Bài toán 5.14: Giải các phương trình sau:

)

(

)

)

TO

ÁN

Đặt log a +1 x 2 − 2 x − 11 = log a x 2 − 2 x − 12 = t t

G

⇔ ( a + 1) = x 2 − 2 x − 11, a t = x 2 − 2 x − 12 t

Ỡ N

Suy ra ( a + 1) = a t + 1 ⇔ t = 1

ID Ư

Do đó: x 2 − 2 x − 12 = 8 + 4 5 ⇔ x = 2 + 2 5 hay x = −2 5 : chọn.

BỒ

Bài toán 5.15: Giải các phương trình:

a) 2 log 2 x = x b) log 2 x + log 3 ( x + 1) = log 4 ( x + 2 ) + log 5 ( x + 3) Trang 11

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com Hướng dẫn giải

H Ơ

1 − ln x ln x , x > 0 thì f ( x ) = x x2

N

Xét hàm số f ( x ) =

ln x ln 2 x ⇔ = .

2 x 2

N

a) ĐK: x > 0 , PT: log 2 x =

b) Đk: x > 0 . Xét x = 2 thì PT thỏa mãn:

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Ư N

G

nên VT > VP (loại), xét x < 2 thì VT < VP (loại) Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 2 .

TR ẦN

H

Bài toán 5.16: Giải các phương trình sau:

x2 + x + 3 = x2 + 3x + 2 a) log 3 2 2x + 4x + 5

00

B

b) 2log 3 ( cot x ) = log 2 ( cos x )

10

Hướng dẫn giải

ẤP

2+

3

x2 + x + 3 = ( 2 x 2 + 4 x + 5 ) − ( x 2 + x + 3) a) Phương trình: log 3 2 2x + 4x + 5

Ó

A

C

⇔ log 3 ( x 2 + x + 3) + ( x 2 + x + 3) = log 3 ( 2 x 2 + 4 x + 5 ) + ( 2 x 2 + 4 x + 5 )

H

Xét hàm số f ( t ) = log 3 t + t , t > 0 thì f ' ( t ) =

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U

ẠO

x x+2 x +1 x + 3 > > 1, > >1 2 4 3 5

Đ

Xét x > 2 thì

Y

ln 2 nên S = {2; 4} .

2

TP .Q

f ' ( x ) 0 ⇔ x = e , lập BBT thì f ( x ) = 0 có tối đa 2 nghiệm mà f ( 2 ) = f ( 4 ) =

1 + 1 > 0, ∀t > 0 t.ln 3

(

)

(

)

ÁN

-L

Do đó f ( t ) đồng biến, nên phương trình f x 2 + x + 3 = f 2 x 2 + 4 x + 5

TO

⇔ x2 + x + 3 = 2 x 2 + 4 x + 5 ⇔ x2 + 3x + 2 = 0 k Vậy phương trình có 2 nghiệm x = −1 và x = −2 .

G

cot x > 0 π ⇔ k 2π < x < + k 2π , k ∈ ℤ .

2 cos x > 0

ID Ư

Ỡ N

b) ĐK: 

BỒ

Đặt log 2 ( cos x ) = 2t ⇒ cos x = 4t ⇒ cos 2 x = 16t

Do đó 2log 3 ( cot x ) = 2t ⇒ cot x = 3t ⇒ cot 2 x = 9t t

t

16t  144   16  ⇔ 9t = 144t + 16t ⇔  nên 9t =  +  =1 t 1 − 16  9   9 Trang 12 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

3

+ k 2π , k ∈ ℤ .

N

π

H Ơ

Chọn nghiệm x =

1 1 ⇔ cos x = 2 2

U

Y

21− x − 2 x + 1 ≥0 2x − 1

b)

TP .Q

a) 2 x + 2 + 3x + 2 ≤ 32 x +1 + 2 2 x +1

N

Bài toán 5.17: Giải các bất phương trình sau:

Hướng dẫn giải

ẠO

a) - Nếu x = 1 thì bất phương trình thỏa mãn

Đ G Ư N

⇒ 2 x + 2 + 3x + 2 < 22 x +1 + 32 x +1 , thỏa mãn

f ( x ) = 21− x − 2 x + 1 = −2 x + 1 +

2 2x

là

hàm

nghịch

biến

f (1) = 0, f ( x ) > f (1) = 0

và

B

b) Vì

TR ẦN

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x ≥ 1 .

H

- Nếu x < 1 thì bất đẳng thức ở trên đổi chiều: không thỏa mãn.

00

⇔ x < 1 ⇔ 1 − x > 0 nên f ( x ) cùng dấu với 1 − x . Hàm số g ( x ) = 2 x − 1 là hàm đồng biến và

3

10

g ( 0 ) = 0 nên g ( x ) < 0 ⇔ x > 0 , do đó g ( x ) cùng dấu với x.

2+

Suy ra bất phương trình đã cho tương đương với

C

ẤP

1− x ≥ 0 ⇔ 0 < x ≤ 1 . Vậy tập nghiệm của BPT là ( 0;1] . x b) 2 2 x

H

Í-

a) 32 x +1 − 22 x +1 − 5.6 x ≤ 0

Ó

A

Bài toán 5.18: Giải các bất phương trình

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

- Nếu x > 1 ⇒ x + 2 < 2 x + 1 thì 2 x + 2 < 2 2 x +1 ,3x + 2 < 32 x +1

2

− 4 x −2

− 4.22 x − x

2

+1

−2≤0

Hướng dẫn giải

ÁN

a) Chia 2 vế cho 2 2 x > 0 , BPT:

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Suy ra PT có nghiệm duy nhất t = −

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Ỡ N

G

TO

2x x  3  x    3 x  3 3 3   − 5   − 2 ≤ 0 ⇔   − 2  3   + 1 ≤ 0 2 2  2     2   x

BỒ

ID Ư

3 3 ⇔   ≤ 2 ⇔ x < log 3 2 (vì cơ số > 1) 2 2 2

b) Đặt t = 2 x

2

− 2 x −1

, t > 0 . Bất phương trình t 2 −

4 −2≤0 t

⇔ t 3 − 2t − 4 ≤ 0 ⇔ ( t − 2 ) ( t 2 + 2t + 2 ) ≤ 0 ⇔ t ≤ 2 Trang 13 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn Do đó 0 < 2 x

2

− 2 x −1

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

≤ 2 ⇔ x2 − 2 x − 2 ≤ 0 ⇔ 1 − 3 ≤ x ≤ 1 + 3

Bài toán 5.19: Giải các bất phương trình:

+ x.3

x

< 2 x 2 .3 x + 2 x + 6

U

Y

Hướng dẫn giải

TP .Q

8 + 2t − t 2 > 5 − 2t

a) Đặt t = 2 x , t > 0 thì BPT:

5 2 < t ≤ 4 5 − 2t < 0,8 + 2t − t ≥ 0 ⇔ ⇔ 2 − ≥ + − ≥ t t t 5 2 0,8 2 0 1 < t ≤ 5   2

x

ẠO Đ G Ư N

+ x.3 x − 2 x 2 .3 x − 2 x − 6 < 0

TR ẦN

b) ĐK: x ≥ 0 , BPT: 4 x 2 + 3.3

⇔ ( 3 + x − 2 x 2 ) 3 x − 2 ( x − 2 x 2 + 3) < 0

B

)

−2 <0

00

x

ẤP

2+

3

3 x − 2 < 0 3 x −2 > 0 ⇔ hoặc  2 2  −2 x + x + 3 > 0  −2 x + x + 3 < 0

10

(

⇔ ( −2 x 2 + x + 3) 3

H

Do đó 1 < t ≤ 4 ⇔ 1 < 2 x ≤ 4 ⇔ 0 < x ≤ 2 .

Í-

H

Ó

A

C

   x < log 32 2  x > log 32 2   ⇔ x ≥ 0 hoặc  x ≥ 0   3 3 −1 < x <  x < −1 hay x > 2 2  

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

2

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

x

H Ơ

b) 4 x 2 + 3.3

N

8 + 21+ x − 4 x + 21+ x > 5

N

a)

3 .

2

TO

ÁN

Từ đó suy ra nghiệm BPT: 0 ≤ x < log 32 2 hoặc x >

2

−3 x − 2 + 4 x 2 + 3 x

ID Ư

Ỡ N

a) 2− x

G

Bài toán 5.20: Giải các bất phương trình:

sin x + 2 cos x ≤ 21− sin x + 3cos x

tan x

BỒ

b) 3 tan x + 1.

< x2 − 5x + 5

Hướng dẫn giải

a) ĐK: x 2 + 3 x ≥ 0 ⇔ x ≤ −3 hoặc x ≥ 0 Xét x ≤ −3 thì VT < 0 < VP: đúng.

Trang 14

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2

Xét x ≥ 0 thì VP = ( x − 1) + 4 ≥ 4 ,

(

x2 +3 x − 2

)

2

≤ 4 nên có nghiệm ∀x ≠ 1 .

N

VT = 2

2−

H Ơ

Vậy tập nghiệm S = ( −∞;3] ∪ ( 0;1) ∪ (1; +∞ )

Y U nên

hàm

số

biến,

mà

t≥0

G Ư N

≤ 2 nên dấu = đồng thời xảy ra ⇔ t = tan x = 0 ⇔ x = kπ , k ∈ ℤ .

H

tan x

TR ẦN

Bài toán 5.21: Giải các bất phương trình:

1

a) ( 2 x − 7 ) ln ( x + 1) > 0

b) 2.x 2

log 2 x

3

≥ 22

log 2 x

00

B

Hướng dẫn giải

H

Ó

A

C

ẤP

2+

3

10

 7 x >  7     2 x − 7 > 0 x> 2     2 7   x>   x + 1 > 1 ln ( x + 1) > 0  a) BPT:  ⇔ ⇔  ⇔ 7 2 x<   2 x − 7 < 0 7      x <  2  −1 < x < 0   2  ln ( x + 1) < 0 −1 < x < 0   0 < x + 1 < 1   

7 2

 

Í-

Vậy tập nghiệm S = ( −1;0 ) ∪  ; +∞ 

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

⇒ f (t ) ≥ f ( 0) = 2 .

Mặt khác VP = 21−

đồng

f

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

3 t+2 1 . + 3 t + 1. >0 2 2 t +1 t + 3 ( t + 3)

TP .Q

f '(t ) =

có

ẠO

Ta

t+2 = f (t ) , t ≥ 0 t +3

Đ

VT = 3 t + 1.

N

b) Điều kiện tan x ≥ 0 . Đặt t = tan x, t ≥ 0 thì

ÁN

b) ĐK: x > 0 , lôgarit hóa theo cơ số 2 > 1 :

Ỡ N

G

TO

 12 log 2 x   32 log 2 x  1 3 2 log 2  2  ≥ log 2  2  ⇔ 1 + log 2 x ≥ log 2 x 2 2    

ID Ư

⇔ log 22 x − 3log 2 x + 2 ≥ 0 ⇔ log 2 x ≤ 1 hay log 2 x ≥ 2 ⇔ 0 < x ≤ 2 hoặc x ≥ 4

BỒ

Bài toán 5.22: Giải các bất phương trình: a) log x

4x + 5 < −1 6 − 5x

b) log 2 x < 6 − x Hướng dẫn giải Trang 15

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn a) ĐK: x > 0, x ≠ 1 ,

4x + 5 6 > 0 ⇔ 0 < x < , x ≠ 1.

6 − 5x 5

N

6 4x + 5 1 < thì BPT ⇔ 5 6 − 5x x

H Ơ U

Y

N

4x + 5 1 4x2 + 5x − 6 + 5x − <0⇔ <0 6 − 5x x ( 6 − 5x ) x

⇔

ẠO G

Đ

4 x 2 + 10 x − 6 1 > 0 chọn < x < 1 .

2 (6 − 5x ) x

Ư N

1  2 

H

Vậy tập nghiệm S =  ;1 .

TR ẦN

b) ĐK: x > 0 . Xét x > 4 thì log 2 x > 2 còn 6 − x < 2 (loại)

B

Xét 0 < x ≤ 4 thì log 2 x ≤ 2 ≤ 6 − x nên BPT nghiệm đúng.

10

00

Vậy tập nghiệm S = ( 0; 4] .

b) log 2 1 + 2 x > log 3  3x +

(

)



ẤP

2+

3ln x x +1 ≤ 3 3 x −1 x + x

C

a)

3

Bài toán 5.23: Giải các bất phương trình:

( 2 )  x

Hướng dẫn giải

Í-

H

Ó

A

 ( x3 − 1) ( x + 1)  >0 a) Điều kiện x > 0, x ≠ 1 , BPT: ( x − 1)  − 3ln x   x3 + x   − 1) ( x + 1)

-L 3

x3 + x

− 3ln x, x > 0

TO

Xét hàm số

(x f ( x) =

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Nếu 0 < x < 1 thì BPT ⇔

TP .Q

4 x 2 + 10 x − 6 1 ⇔ < 0 ⇔ 4 x 2 + 10 x − 6 < 0 ⇔ −3 < x < (loại) 2 ( 6 − 5x ) x

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Nếu 1 < x <

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Ỡ N

G

x 4 + x3 − x − 1 thì f ( x ) = − 3ln x . Ta có x3 + x

BỒ

ID Ư

( 4x f '( x) =

3

+ 3x 2 − 1)( x3 + 1) − 3x 2 ( x 4 + x 3 − x − 1)

(x

3

+ x)

2

(x −3=

3

− 1) ( x − 1)

(x

3

+ x)

3

2

Khi x > 1 thì f ' ( x ) > 0 nên f ( x ) đồng biến: x > 1 suy ra f ( x ) > f (1) = 0 Do đó ( x − 1) f ( x ) > 0 . Tương tự khi 0 < x < 1 thì f ' ( x ) < 0 nên f ( x ) nghịch biến: Trang 16

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

x > 1 suy ra f ( x ) < f (1) = 0 . Do đó ( x − 1) f ( x ) > 0 .

Vậy bất phương trình có nghiệm với mọi x > 0, x ≠ 1 .

(

)



Xét x ≥ 0 thì log 2 1 + 2 x > log 3  3x +

(

)



N

( 2 )  : đúng x

( 2 )  x

Vậy tập nghiệm S = ℝ .

ẠO Đ G Ư N

2+

A

C

ẤP

(1) ( 2)

Hướng dẫn giải

Ó H Í-

log x ( 6 x + 4 y ) = 2 log y ( 6 y + 4 x ) = 2

b) 

nên

= y12 . Xét y = 1 thì x = 1 : đúng.

TO

(1) ⇔ y

x+ y 3

-L

a) ĐK: x, y > 0 . Ta có ( 2 ) ⇔ x = y 1 ( x + y )2 3

B

3

Bài toán 5.24: Giải các hệ phương trình:

 x x+ y = y12 a)  x + y 3  y = x

00

10

  2 x    1 x  ⇔ log 2  1 +    > log 3 1 +    : Đúng  2   3      

TR ẦN

H

  2 x  1   ⇔ x + log 2  1 + x  > x + log 3  1 +     2 3      

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

   2 x    x 1  ⇔ log 2  2 1 + x   > log 3  3x  1 +       3     2    

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

)

>0

N

(

x

Y

Do đó log 2 2 x + 1 > log 3 2 x + 1 > log 3  3x +

( 2)

H Ơ

⇒ 2 x + 1 > 3x +

U

x

TP .Q

( 2)

b) Xét x < 0 thì 2 x > 3x , 1 >

Ỡ N

G

Xét y ≠ 1 thì

1 2 ( x + y ) = 12 ⇔ x + y = 6 3

ID Ư

Do đó y 6 = x 3 ⇔ x = y 2 nên y 2 + y − 6 = 0

BỒ

Chọn y = 2 ⇒ x = 4 . Vậy S = {(1;1) ; ( 4;2 )} .

b) ĐK: x, y > 0, x, y ≠ 1 . Hệ tương đương: 2 6 x + 4 y = x 2 6 x + 4 y = x ⇔  2 6 y + 4 x = y ( x − y )( x + y − 2 ) = 0

Trang 17 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

y = x y = 2 − x ⇔ 2 hoặc  2  x − 10 x = 0 x − 2x − 8 = 0

H Ơ

N

Từ đó giải ra nghiệm ( 5;5 ) .

N

Bài toán 5.25: Giải các hệ phương trình:

2

Đ

ẠO

(1) ( 2)

Ư N

G

Hướng dẫn giải

x

− 2 y ) + ( 3x − 3 y ) + 3 ( x − y ) = 0

TR ẦN

(2

H

a) Trừ 2 phương trình vế theo vế thì được

Xét x > y thì VT > 0 (loại), x < y thì VT < 0 (loại).

00

B

Xét x = y = t thì được: 2t + 3t − 3t − 2 = 0

10

Đặt f ( t ) = 2t + 3t − 3t − 2, t ∈ ℝ . Ta có:

2+

3

f ' ( t ) = 2t.ln 2 + 3t.ln 3 − 3, f '' ( t ) = 2t.ln 2 2 + 3t.ln 2 3 > 0

ẤP

Suy ra f ' ( t ) đồng biến trên ℝ nên f ( t ) = 0 có tối đa 2 nghiệm mà f ( 0 ) = f (1) = 0 nên hệ có 2

x y

2x y − y x

-L

Ta có: (1) ⇔ 2 + 4.2

= 5.2

y x

y x

ÁN

x y

Ó

H

b) Điều kiện xác định x, y > 0

A

C

nghiệm ( 0;0 ) và (1;1)

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

2

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

2 x + 2 xy − y y  x y x  2 + 4 2 xy 5.2 = b)  log 3 x + log 5 y = log 5 x.log 3 y 

TP .Q

U

Y

x x  2 − 2 = 3 y − 3 a)  y y  2 − 2 = 3x − 3

G

4a 2 = 5b ⇔ 5b 2 + 4a 2 + ab ⇔ ( a − b )( 4a + 5b ) = 0 ⇔ a = b . b

Ỡ N

a+

TO

Đặt a = 2 , b = 2 , thì a, b > 0 . Ta có:

x y

y

BỒ

ID Ư

Suy ra 2 = 2 x ⇔

x y = ⇔ x2 = y 2 ⇔ x = y . y x

Nên ( 2 ) ⇔ log 3 x + log 5 x = log 5 x.log 3 x

⇔ log 3 x (1 + log 5 3) = log 3 x.log 5 x

⇔ log 3 x = 0 hay log 5 x = log 5 15 ⇔ x = 1 hay x = 15 Trang 18 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Vậy hệ PT đã cho có nghiệm là ( x; y ) = (1;1) , (15;15 ) Bài toán 5.26: Giải các hệ phương trình:

N

H Ơ

N

3x − 3 y = ( ln y − ln x )( 2 x + 3 y + 1) (1) a)  2 2 ( 2)  x + y = 1

Y

log 2 1 + 3sin x = log 3 ( 3cos y )

U

b) 

ẠO

Hướng dẫn giải

Đ

a) ĐK: x, y > 0 nên 2 x + 3 y + 1 > 0 . Vì cơ số 3 > 1 , e > 1 nên với (1) : Nếu x. y thì VT > 0 > VP, nếu

G Ư N H

2 2 ⇒y= .

2 2

Do đó ( 2 ) ⇔ 2 x 2 = 1 , chọn x =

TR ẦN

b) Đặt u = sin x, v = cos y , ĐK: 0 < u , v ≤ 1 .

log 2 (1 + 3u ) = 2log 3 ( 3v ) log 2 (1 + 3v ) = 2log 3 ( 3u )

10

00

B

Hệ 

3

Do đó log 2 (1 + 3u ) − 2log 3 ( 3u ) = log 2 (1 + 3v ) − 2 log 3 ( 3v )

C

3 2 + > 0 nên f đồng biến trên ( 0;1] , do đó PT ⇔ u = v = t .

(1 + 3t ) ln 2 t ln 3

Ó

A

f '(t ) =

ẤP

2+

Xét f ( t ) = log 2 (1 + 3t ) − 2 log 3 ( 3t ) ,0 < t ≤ 1

Í-

H

Ta có PT: log 2 (1 + 3t ) = 2log 3 ( 3t ) , giải ra nghiệm duy nhất:

π  sin x = 1  x = + k 2π t = 1 nên  ⇔ (k,l ∈ ℤ) 2 cos y = 1  y = l 2π 

TO

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

x < y thì VT < 0 < VP, nếu x = y thì thỏa mãn.

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

log 2 1 + 3cos y = log 3 ( 3sin x )

Bài toán 5.27: Giải các hệ phương trình:

(

)(

)

(1)

(1 + 42 x− y ) .51− 2 x+ y = 1 + 22 x − y +1  b)  3 2  y + 4 x + 1 + ln ( y + 2 x ) = 0

(1) ( 2)

( 2)

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

 x + 1 + x2 y + 1 + y 2 = 1  a)  2−2 x + y  4 x + y + 1 = 2

Hướng dẫn giải Trang 19 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

a) PT (1) biến đổi thành:

x + 1 + x 2 = 1 + y 2 − y và y + 1 + y 2 = 1 + x 2 − x

H Ơ

N

Cộng lại thì được 2 ( x + y ) = 0 ⇔ y = − x

N

Do đó ( 2 ) ⇔ 3x + 1 = 22 − 3x ⇔ 8 x ( 3x + 1) = 4

Y U

)

ẠO

b) Đặt t = 2 x − y thì (1) ⇔ 1 + 4t .51−t = 1 + 2t +1

(

)

Đ

TR ẦN

Thế vào ( 2 ) : y 3 + 2 y + 3 + ln y 2 + y + 1 = 0

(

G

H

⇔ 2x − y + 1 = 0 ⇔ 2x = y + 1 .

Ư N

Xét t > 1 thì VT > 0 , xét t < 1 thì VT < 0 nên chỉ có nghiệm t = 1

)

00

2

B

Xét hàm f ( y ) = y 3 + 2 y + 3 + ln y 2 + y + 1 , D = ℝ thì

2 ( y + 1) + 1 2y +1 = 3y2 + 2 > 0 , ∀y nên f ( y ) là hàm đồng biến trên ℝ , ta có f '( y ) = 3 y + 2 + 2 y + y +1 y + y +1

2+

f ( −1) = 0 nên y = −1 là nghiệm duy nhất.

3

10

2

C

ẤP

Suy ra S = {( 0; −1)}

Ó

A

Bài toán 5.28: Giải các hệ phương trình

Í-

H

 y 4 − 4 x + 2 xy − 2 x + 4 = 5 (1) a)  2 2  8 x − 3xy + 4 y + xy = 4 y ( 2 )

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

⇔ 1 + 4t = (1 + 2t + 2 ) .5t −1 ⇔ (1 − 5t −1 ) + 4 ( 4t −1 − 10t −1 ) = 0

TO

ÁN

 22 x − y +1 + 2−2 x+ y +1 + 32 x − y +1 + 3−2 x + y +1 = 52 x − y +1 + 5−2 x + y +1 b)  2  y ( x + 3x − 3) + 2 = 0

(1) ( 2)

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

(

 1 1   1 nên S =  ; −   3  3 3  

TP .Q

PT này có nghiệm duy nhất x =

Ỡ N

G

Hướng dẫn giải

BỒ

ID Ư

a) Điều kiện 8 x 2 − 3 xy + 4 y 2 ≥ 0, xy ≥ 0, y ≥ 0 ⇔ x, y ≥ 0

( 2) ⇔ ( ⇔

) (

8 x 2 − 3xy + 4 y 2 − 3 y +

( x − y )(8 x + 5 y ) 8 x 2 − 3 xy + 4 y 2 + 3 y

+

)

xy − y = 0

( x − y) y = 0 xy + y

Trang 20 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

 y =0⇔ x= y xy + y 

2

−2 x + 4

≥ 23 = 8 , suy ra

≥ 8 ⇔ x4 − 4 x + 3 ≤ 0

2

ẠO

⇔ ( x − 1) ( x 2 + 2 x + 3) ≤ 0 ⇔ x = 1 . Do đó y = 1 : thỏa mãn.

Đ

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x = y = 1 .

G Ư N

2 ( 2a + 2− a ) + 3 ( 3a + 3− a ) = 5 ( 5a + 5− a )

TR ẦN

Nếu a là nghiệm thì − a cũng là nghiệm nên chỉ cần xét a ≥ 0 .

H

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

b) Đặt 2x − y = a , phương trình (1) của hệ trở thành

Xét hàm số f ( x ) = xt + x − t , x > 1 với số thực t dương tùy ý.

(

)

00

B

Ta có: f ' ( x ) = txt −1 1 − x −2t , do x > 1 nên 1 − x −2t > 0 suy ra hàm số này đồng biến trên (1; +∞ ) .

10

Do đó, ta được bất đẳng thức sau: 2a + 2− a ≤ 3a + 3− a ≤ 5a + 5− a và dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi a = 0 .

(

) (

) (

)

2+

3

Suy ra 2 2a + 2− a + 3 3a + 3− a ≤ 5 5a + 5− a

C

A

Thay vào phương trình (2) ta có:

ẤP

Đẳng thức phải xảy ra nên a = 0 hay 2 x − y = 0 ⇔ 2 x = y .

H

Ó

2 x ( x 2 + 3 x − 3) + 2 = 0 ⇔ x 3 + 3 x 2 − 3 x + 1 = 0 3

-L

Í-

⇔ 2 x 3 = x 3 − 3x 2 + 3 x = 1 ⇔ 2 x3 = ( x − 1)

TO

ÁN

⇔ 3 2x = x −1 ⇔ x =

1 2 . Suy ra y = 2 x = 3 1− 2 1− 3 2

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

5 − ( x4 − 4 x ) = 2x

2

x −1) + 3

N

= 2(

Y

−2 x+4

=5

U

2

−2 x+4

TP .Q

Ta thấy rằng 2 x

2

N

Thay vào phương trình nên: (1) : x 4 − 4 x + 2 x

H Ơ

 8x + 5 y ⇔ ( x − y) +  8 x 2 − 3xy + 4 y 2 + 3 y 

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 1  ; 3  3 1− 2 1− 2 



Ỡ N

G

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: 

BỒ

ID Ư

Bài toán 5.29: Giải các hệ phương trình sau:

log 2 1 + x = log 3 y  a)   x 2 + 2cos x = y 2 + 2cos y

(

)

(1) ( 2)

 x 2 + 3x + ln ( 2 x + 1) = y b)  2  y + 3 y + ln ( 2 y + 1) = x Hướng dẫn giải Trang 21

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

a) Điều kiện x ≥ 0, y > 0 . Xét x = 0 ⇒ y = 0 : loại nên x > 0 Xét hàm số f ( t ) = t 2 + 2cos t , t > 0 . . Do đó

N

( 0; +∞ )

H Ơ

f ' ( t ) = 2t − 2sin t = 2 ( t − sin t ) > 0, ∀t > 0 nên hàm số này đồng biến trên

)

x=

( 3)

t

Y U

= 2t − 1

t

ẠO Đ G

( )

t

Ư N

Vế trái là hàm nghịch biến và x = 2 thỏa mãn nên nghiệm duy nhất của phương trình là x = 2 . Vậy hệ có

TR ẦN

3

2 1 > 0, ∀t > − nên f là hàm đồng biến 2t + 1 2

2+

f ' ( t ) = 2t + 3 +

1 2

00

Xét hàm số f ( x ) = t 2 + 3t + ln ( 2t + 1) , t > −

B

1 2

10

b) Điều kiện x, y > −

H

duy nhất là ( x, y ) = ( 2;2 ) .

C

ẤP

Giả sử x ≥ y thì từ hệ trên suy ra f ( y ) ≥ f ( x ) ⇒ y ≥ x

A

Do đó nếu ( x, y ) là nghiệm của hệ thì x = y nên có phương trình x 2 + 2 x + ln ( 2 x + 1) = 0 . Vì vế trái là

H

Ó

hàm đồng biến và x = 0 thỏa mãn. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là x = y = 0 .

Í-

Bài toán 5.30: Giải các hệ phương trình:

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Suy ra

 3   1 t 3 +1 = 2 ⇔   +  =1 2   2 t

1 2  1  x 2 + 1 + y 2 + 1 = xy + 1 b)  log x log y = 1  2 2 3 3

(1) ( 2)

G

TO

ÁN

 2log3 x + y log3 2 = 6  a)  log y + log y x = 1  x x3

Ỡ N ID Ư

BỒ

( 2)

Hướng dẫn giải

a) Điều kiện 0 < x, x ≠ 1, y ≠ x 3 . PT (2): log x y + Đặt t = log x y . Ta có t +

(1)

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

(

Đặt log 3 x = log 2 1 + x = t ⇒

)

TP .Q

(

Thay vào phương trình (1) log 3 x = log 2 1 + x

N

( 2) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y .

1 =1 log x y − 3

1 = 1 ⇔ t 2 − 4t + 4 = 0 t −3

⇔ t = 2 , suy ra log x y = 2 ⇔ y = x 2 Trang 22 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2

log x log x log x 2 log x Do đó: (1) ⇔ 2 3 + 2 3 = 6 ⇔ 2 3 + 2 3 = 6

⇔ 22 log3 x + 2log3 x − 6 = 0 ⇔ 2log3 x = 2 ⇔ log 3 x = 1 ⇔ x = 3

H Ơ N

1 1 2 + 2 = x + 1 y + 1 xy + 1

Y

2

U TP .Q

⇔ ( xy + 1) ( x 2 + y 2 + 2 ) = 2 ( x 2 + 1)( y 2 + 1)

2

2

ẠO

⇔ xy ( x 2 + y 2 ) + 2 xy + x 2 + y 2 + 2 = 2 x 2 y 2 + 2 ( x 2 + y 2 ) + 2 2

G

Đ

⇔ xy ( x − y ) = ( x − y ) ⇔ ( x − y ) ( xy − 1) = 0

Ư N

- Nếu x = y thì x = y = 1 là nghiệm

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

b) Điều kiện x, y > 0 . PT (1) :

N

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = ( 3;9 ) .

TR ẦN

H

Xét trường hợp x = y ≠ 1 thì:

(1) : ( log 2 x − 1) ( log3 x − 1) = 1 ⇔ log 2 x.log3 x = log 2 x + log3 x

10

1 và x ≠ 1 , ta có x

2+

- Nếu xy = 1 thì y =

00

B

1 1 + = 1 ⇔ log x 2 + log x 3 = 1 ⇔ log x 6 = 1 ⇔ x = 6 log 2 x log 3 x

3

⇔

C

ẤP

x 1 log 2 log 3 = 1 ⇔ ( log 2 x − 1) ( log 3 x + 1) = −1 2 3x

Í-

H

Ó

A

⇔ log 2 x.log 3 x = log 3 x − log 2 x ⇔

2 2 =1⇔ x = 3 3

ÁN

-L

⇔ log x 2 − log x 3 x = 1 ⇔ log x

1 1 − =1 log 2 x log 3 x

2 3 3 2

TO

Vậy hệ phương trình có nghiệm là (1;1) , ( 6;6 ) ,  ;  .

Ỡ N

G

Bài toán 5.31: Giải các hệ phương trình sau:

BỒ

ID Ư

 y 2 − x2 x 2 + 1 = 2 e y +1 a)  3log ( x + 2 y + 6 ) = 2 log ( x + y + 2 ) + 1 3 2 

(1) ( 2)

Trang 23 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

log y ( log y ( 3 − x ) ) = log 3− y ( log 3− y x )  b)  x cot x − cot y = log y 

(1)

N

( 2)

H Ơ

Hướng dẫn giải

2

Y

(x

2

+ 1) = e y ( y 2 + 1) . Xét f ( t ) = et ( t + 1) , t ≥ 0 .

U

2

TP .Q

(1) : e x

N

a) Điều kiện x + 2 y + 6 > 0, x + y + 2 > 0

( )

( )

Ư N

3log 3 ( 3x + 6 ) = 2log 2 ( 3 x + 2 ) + 1 ⇔ log 3 ( x + 2 ) = log 2 ( x + 1)

t

t

TR ẦN

H

Đặt log 3 ( x + 2 ) = log 2 ( x + 1) = t thì

 2 1 x + 2 = 3 , x +1 = 2 ⇒ 3 = 2 +1 ⇔   +   = 1  3 3 t

t

t

B

t

3

10

00

Vế trái là hàm số nghịch biến và t = 1 thỏa mãn nên phương trình có nghiệm duy nhất là t = 1 , suy ra x + 2 = 3 ⇔ x = 1. Suy ra y = 1 .

ẤP

⇔ 6 − x = 3 ⇔ x = 3 . Suy ra y = −3

2+

- Nếu x = − y thì ( 2 ) ⇔ 3log 3 ( 6 − x ) = 2 log 2 2 + 1 ⇔ log 3 ( 6 − x ) = 1

H

sin ( y − x ) = log x − log y sin x.sin y

Í-

( 2) :

Ó

A

C

b) Điều kiện 0 < x, y < 3, y ≠ 1,log y ( 3 − x ) > 0,log 3− y x > 0

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

- Nếu x = y thì phương trình (2) trở thành

G

Đ

ẠO

⇔ x2 = y2 ⇔ x = ± y

ÁN

Vì −3 ≤ y − x ≤ 3 và a ∈ ( −3;3) ⊂ ( −π ; π ) nên: sin a ≥ 0 ⇔ a ≥ 0,sin a < 0 ⇔ a < 0 . Do đó phương

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Ta có f ' ( t ) = et + et ( t + 1) = et ( t + 2 ) > 0 nên f là hàm đồng biến. Phương trình f x 2 = f y 2

TO

trình này tương đương với x = y

Ỡ N

G

Thay vào nên (1) : log 3− x ( log 3− x x ) = log x ( log x ( 3 − x ) )

BỒ

ID Ư

⇔ log 3− x ( log 3− x x ) =

log 3− x ( log x ( 3 − x ) ) log 3− x x

Đặt t = log 3− x x > 0 thì PT: log 3− x t = −

log 3− x t t

⇔ ( t + 1) log 3− x t = 0 ⇔ log 3− x t = 0 Trang 24 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

3 2 3 .

2

N

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x = y =

H Ơ

⇔ t = 1 ⇔ log 3− x x = 1 ⇔ x = 3 − x ⇔ x =

Y

Ư N

G

a) Nếu x = 0 thì (1) :1 − e − y = y ⇔ 1 − e − y − y = 0 .

H

Bằng cách xét f ( y ) = 1 − e − y − y thì phương trình f ( y ) = 0 có nghiệm duy nhất y = 0 , do đó

10 3 2+ ẤP C A

Ó

> 0, ∀t ≠ 0 . Lập BBT thì f ( t ) < 1, ∀t < 0 và f ( t ) > 1, ∀t > 0 nên hệ tương

H

2

Í-

( e − 1) t

-L

Ta có f ' ( t ) =

00

 x y.e y e = e y − 1 e x = f ( y )  z  y z.e  y e = ⇔  e = f ( z ) z e − 1   z e = f ( x )  z x.e x e =  ex −1  et ( et − t − 1)

t.et , t ≠ 0 thì hệ: et − 1

B

Nếu x ≠ 0 thì y ≠ 0, z ≠ 0 . Đặt f ( t ) =

TR ẦN

x = y = z = 0.

ÁN

đương x = y = z = t , do đó et − t − 1 = 0 (vô nghiệm). Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = z = 0 .

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

Đ

Hướng dẫn giải

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U

5 x = 2 y + 1 + 2 log 5 ( 4 y + 1)  b) 5 y = 2 z + 1 + 2log 5 ( 4 z + 1)  z 5 = 2 x + 1 + 2log 5 ( 4 x + 1)

(1) ( 2) ( 3)

ẠO

e x − e x − y = y  a) e y − e y − z = z  z z−x e − e = x

N

Bài toán 5.32: Giải các hệ phương trình sau:

1 4

G

TO

b) Điều kiện xác định: x, y, z ≥ − .

1 thì hai hàm số này đồng biến trên 4

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Xét hàm số f ( t ) = 5t và g ( t ) = 2t + 1 + 2 log 5 ( 4t + 1) , t > −

 1   − ; +∞  .  4 

Trang 25 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ

N

 f ( x) = g ( y)  Hệ phương trình đã cho có thể viết lại là:  f ( y ) = g ( z )   f ( z ) = g ( x)

N

Không mất tính tổng quát, ta giả sử x là số lớn nhất. Khi đó x ≥ y, x ≥ z .

U

Y

Do x ≥ y ⇒ f ( x ) ≥ f ( y ) ⇒ g ( y ) ≥ g ( z ) ⇒ y ≥ z

ẠO

Đưa về PT: 5t = 2t + 1 + 2log 5 ( 4t + 1)

Đ Ư N

G

Suy ra: 5s − 5t = 2 ( t − s ) ⇔ 5t + 2t = 5s + 2s

t = 0, t = 1 .

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là ( 0;0;0 ) , (1;1;1) .

00

B

Bài toán 5.33: Tìm các nghiệm dương của hệ phương trình:

TR ẦN

H

Vì hàm số h ( y ) = 5 y + 2 y đồng biến nên t = s ⇔ 5t = 4t + 1 . Suy ra phương trình có hai nghiệm là

ẤP

2+

3

10

 x + y + xy = z 4 + 2 z 2  4 4 8 x + y = 2z  z −1 x− y ( x + y ) = ( z + 1)

C

Hướng dẫn giải

Ó

A

Đặt z 2 = a > 0 . Hai phương trình đầu của hệ viết lại là:

Í-

H

2 2  x + y + xy = a + 2a ( x + 1)( y + 1) = ( a + 1) ⇔  4 4 4 4 4 4 x + y = 2 a   x + y = 2a

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Đặt s = log 5 ( 4t + 1) ⇔ 5s = 4t + 1 và 5t = 2t + 2s + 1

2

G

TO

 x+ y  Áp dụng bất đẳng thức: ( x + 1)( y + 1) ≤  + 1  2 

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

⇒ f ( y) ≥ f ( z ) ⇒ g ( z ) ≥ g ( x) ⇒ z ≥ x ⇒ x = y = z

2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

 x+ y  thì có: ( a + 1) ≤  + 1 ⇔ 2a ≤ x + y  2  2

4

4

x4 + y 4  x + y   x+ y 4 Và ≥  thì có   ≤ a ⇔ x + y ≤ 2a .

2  2   2 

suy ra 2a ≤ x + y ≤ 2a nên đẳng thức trong các bất đẳng thức trên phải xảy ra, tức là

2a = x + y , x = y ⇔ x = y = a .

Trang 26 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

x + y > 0 =1⇔   x + y = 1 hay z − 1 = 0

1 1 1 và z 2 = ⇔ z = 2 2 2

- Nếu x + y = 1 thì x = y =

N Y

N

- Nếu z = 1 thì a = 1 ⇒ x = y = 1 .

U

 1 1 1 ; ; .  2 2 2

TP .Q

Vậy hai nghiệm là: (1;1;1) , 

ẠO

Bài toán 5.34: Giải các hệ bất phương trình sau:

 x + 3 y ≥ 2 − log 4 3 x + y −1 + 3.42 y −1 ) ≤ ln 2 ln ( 4

Đ G Ư N H

(1) ( 2)

TR ẦN

 x 4032 + x 2016 > 20162 x + 2016 x b)  4030 2015 < 20152 x + 2015 x  x + x

Hướng dẫn giải

(

00

) (

10

) (

(

)

B

a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: ln 2 ≥ ln 4 x + y −1 + 3.42 y −1

)

2+

3

≥ ln 2 4 x + y −1.3.42 y −1 = ln 2 4 x +3 y −2−ln 3 ≥ ln 2 40 = ln 2

C

A

1 1 4 x = log 4 12, y = log 4 2 2 3

ẤP

Do đó dấu = xảy ra nên giải được nghiệm:

H

Ó

b) Đặt 2016 = y thì

Í-

(1) ⇔ x 2 y − y 2 x + x y − y x > 0 ⇔ ( x y − y x )( x y + y x ) + x y − y x > 0

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

a) 

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

z −1

H Ơ

PT: ( x + y )

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

TO

ÁN

⇔ ( x y − y z )( x y + y x + 1) > 0 ⇔ x y > y x

G

⇔ y ln x > x ln y ⇔

ln x ln y ln x ln 2016 > ⇔ > 2016 x y x

ID Ư

Ỡ N

Đặt 2015 = z thì ( 2 ) ⇔ x 2 z + x z < z 2 x + z x

BỒ

Biến đổi tương tự ta được:

Do đó hệ tương đương:

ln x ln 2015 < x 2015

ln 2016 ln x ln 2015 < < 2016 x 2015 Trang 27

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn Xét hàm số f ( t ) =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

ln t 1 − ln t , t > 3 ⇒ f ' ( t ) = 2 < 0, ∀t > 3 t t

N

Suy ra hàm số này nghịch biến trên ( 3; +∞ )

N

H Ơ

ln 2016 ln x ln 2015 < < ⇔ 2015 < x < 2016 .

2016 x 2015

(

)

U

x

TP .Q

)

2 −1 + 3

x

2 + 1 = 2cos

π 9

ẠO

Chứng minh x cũng là nghiệm của PT:

x

) =(

.

Đ

(

Bài toán 5.35: Cho x là nghiệm của PT: 3 + 2 2

Y

Đây chính là nghiệm của hệ phương trình đã cho.

G Ư N

)

H

(

x 1 2 + 1 > 0 thì t 2 = + 3 ⇔ t 3 − 3t − 1 = 0 t

TR ẦN

Đặt t =

Xét các nghiệm thuộc [ −2; 2] , đặt t = 2cos α ,α ∈ [ 0; π ] ,

B

2π ,k ∈ℤ 3

10

9

+k

3

π

2+

⇔α = ±

π 1 ⇔ 3α = ± + k 2π 2 3

π 5π 7π ,

9 8

,

9

C

ẤP

Trong đoạn [ 0; π ] , có 3 giá trị α thỏa mãn là

A

5π 7π π , 2 cos , và chỉ có 2cos > 0 nên suy ra t = 8 9 9

, tức là phương trình có ba nghiệm là 2 cos

(

)

x

2 + 1 = 2cos

π 9

π 9

,

.

H

Ó

2 cos

00

Ta có: 8cos3 α − 6cos α − 1 = 0 ⇔ cos 3α =

Bài toán 5.36: Chứng minh rằng phương trình:

(

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Hướng dẫn giải

)

ÁN

-L

a) 4 x 4 x 2 + 1 = 1 có đúng ba nghiệm phân biệt

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Do đó,

x

G

TO

b) x x +1 = ( x + 1) có một nghiệm dương duy nhất

(

Hướng dẫn giải

)

(

)

ID Ư

Ỡ N

a) PT: 4 x 4 x 2 + 1 − 1 = 0 . Xét hàm số f ( x ) = 4 x 4 x 2 + 1 − 1, D = ℝ

BỒ

Ta có f ' ( x ) = 4 x ln 4. 4 x 2 + 1 + 8 x.4 x = 4 x ln 4. 4 x 2 + 1 + 8 x 

(

)



(

)



f ' ( x ) = 0 ⇔ ln 4. ( 4 x 2 + 1) + 8 x = 0 ⇔ ( 4ln 4 ) x 2 + 8 x + ln 4 = 0 (*) .

Trang 28 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

PT (*) này có biệt thức ∆ > 0 nên có đúng 2 nghiệm phân biệt. Từ bảng biến thiên của f ( x ) suy ra phương trình f ( x ) = 0 có không quá ba nghiệm phân biệt.

1 2

H Ơ

N

Mặt khác: f   = 0, f ( 0 ) = 0, f ( −3) . f ( −2 ) < 0

Y

N

Do đó phương trình f ( x ) = 0 có đúng ba nghiệm phân biệt:

ẠO

b) Với x > 0 , PT: ( x + 1) ln x = x ln ( x + 1)

Đ G Ư N

1 1 x +1 x x − ln ( x + 1) − = ln + + x x +1 x +1 x x +1

TR ẦN

f ' ( x ) = ln x +

H

Xét hàm số f ( x ) = ( x + 1) ln x − x ln ( x + 1) , x > 0 .

00

B

1  1  1 − 2 − < 0, ∀x > 0 nên f ' nghịch biến trên ( 0; +∞ ) , vì lim f ' ( x ) = 0 nên f '' ( x ) =  2 x →+∞ x  ( x + 1) 2  x+x

10

f ' ( x ) < 0 , ∀x . Do đó f ( x ) nghịch biến trên ℝ nên f ( x ) = 0 có tối đa 1 nghiệm. Mà hàm f ( x ) liên

2+

3

tục trên khoảng ( 0; +∞ ) , f ( 2 ) = 3ln 2 − 2 ln 3 = ln 8 − ln 9 > 0 và

A

C

ln t ,t > 0 . t

Ó

Cách khác: Xét hàm f ( t ) =

ẤP

f ( 3) = 4 ln 3 − 3ln 4 = ln 81 − ln 64 > 0 ⇒ đpcm.

Í-

H

Bài toán 5.37: Cho 3 phương trình cos x = x (1) ;sin ( cos x ) = x ( 2 ) ;cos ( sin x ) = x ( 3) . Chứng minh rằng mỗi phương trình có nghiệm duy nhất lần lượt là α , β , γ và thỏa mãn: γα .ln β < βγ .ln α < αβ .ln γ .

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

⇔ ( x + 1) ln x − x ln ( x + 1) = 0

ÁN

Hướng dẫn giải

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

U

1 x1 = 0, x2 = − , x3 ∈ ( −3; −2 ) 2

TO

Xét hàm số tương ứng với PT (1) là f ( x ) = x − cos x, D = ℝ .

Ỡ N

G

Ta có f ' ( x ) = 1 + sin x ≥ 0, ∀x nên f là hàm đồng biến.

ID Ư

Mà f ( 0 ) < 0, f (1) > 0 và f là hàm liên tục nên phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất α ∈ ( 0;1) .

BỒ

Chứng minh tương tự ta có 3 nghiệm α , β , γ ∈ ( 0;1) .

Bất đẳng thức ⇔

ln β

β

<

ln α

α

<

ln γ

γ

(*)

Trang 29 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn Xét hàm số g ( t ) =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

ln t 1 − ln t ,0 < t < 1 . Ta có g ' ( t ) = > 0 nên hàm số này đồng biến trên ( 0;1) . t t2

N

Giả sử β ≥ α thì β = sin ( cos β ) < cos β ≤ cos α = α , vô lý nên β < α

α

N

ln γ

γ

H TR ẦN

B

y  x 2016 e = − (1)  2 1 y −  b)  có đúng hai nghiệm phân biệt x e y = 2017 − ( 2)  x2 − 1

Ư N

G

Đ

ẠO

 2 x + 3 y + 5 z = 10  a)  2 x 3 y 5 z = 30 có ít nhất 6 nghiệm phân biệt  xyz = 1 

10

00

Hướng dẫn giải

3

a) Xét các bộ số ( x, y, z ) = ( log 2 a,log 3 b,log 5 c ) trong đó a, b, c là hoán vị của {2;3;5} . Với các bộ số này

A

C

= a + b + c = 2 + 3 + 5 = 10

+ 5log5 c

ẤP

log3 b

Ta có: 2 x + 3 y + 5 z = 2log 2 a + 3

2+

thì xyz = 1 nên phương trình thứ ba của hệ luôn được thỏa mãn.

H

Ó

và 2 x.3 y.5 z = 2log2 a.3log3 b.5log5 c = abc = 2.3.5 = 30 .

Do đó, các bộ xác định như trên luôn thỏa mãn hệ đã cho. Vì có tất cả 3! hoán vị của {2;3;5} nên tương

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Bài toán 5.38: Chứng minh hệ phương trình

-L

ứng cũng có 6 nghiệm của hệ phương trình đã cho.

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

β

<

Y

ln α

<

U

ln β

TP .Q

Vậy β < α < γ hay

H Ơ

Giả sử γ ≤ α thì γ = cos ( sin γ ) > cos γ ≥ cos α = α , vô lý nên α < γ

TO

ÁN

b) Điều kiện xác định x , y > 1

Ỡ N

G

Từ hai PT của hệ, ta có e x −

BỒ

ID Ư

Xét hàm số f ( t ) = et −

f ' ( t ) = et +

x x2 − 1

t t 2 −1

1

( t 2 − 1) t 2 − 1

= ey −

y y2 −1

, t >1 > 0 nên f là hàm đồng biến

Trang 30 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

x

Do đó f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y . Ta có PT: e x +

t

x −1

− 2017 = 0

N

− 2017 , t > 1 , ta chứng minh g ( t ) = 0 có hai nghiệm trong khoảng (1; +∞ ) .

t2 −1

H Ơ

Hàm số g ( t ) = et −

2

N

Bài toán 5.39: Tìm điều kiện để phương trình:

3

U

( x + 3) = log3 ( ax ) có nghiệm duy nhất

ẠO

Hướng dẫn giải

Ư N

G



H

PT: t 2 − 1 + t − 2m − 1 = 0 ⇔ t 2 + t = 2m + 2

TR ẦN

Xét f ( t ) = t 2 + t ,1 ≤ t ≤ 2, f ' ( t ) = 2t + 1 > 0 nên f đồng biến trên [1; 2] Điều kiện có nghiệm: f (1) ≤ 2m + 2 ≤ f ( 2 )

00

B

⇔ 2 ≤ 2m + 1 ≤ 6 ⇔ 0 ≤ m ≤ 2

10

b) PT: 2log 3 ( x + 3) = log 3 ( ax )

ẤP

2+

3

 x + 3 > 0 2 ⇔ ⇔ ( x + 3) = ax, x + 3 > 0 2 log 3 ( x + 3) = log 3 ( ax )

A

C

⇔ x 2 + 6 x + 9 = ax, x > −3

x2 + 6x + 9 , x > −3 x

Í-

H

Ó

Xét x = 0 : Loại. Xét x ≠ 0 thì có: a =

x2 + 6 x + 9 x2 − 9 , x > −3, x ≠ 0, f ' ( x ) = , f ' ( x ) = 0 thì x = 3 Đặt f ( x ) = x x2

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com



Đ

a) Đặt t = log 32 x + 1, x ∈ 1;3 3  ⇔ 1 ≤ t ≤ 2

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

b) log



TP .Q



Y

a) log 32 x + log 32 x + 1 − 2m − 1 = 0 có nghiệm thuộc đoạn 1;3 3 

TO

BBT:

G

x

f'

0

f

0

Ỡ N ID Ư

BỒ

−3

0

3

−

−

0

+∞ −∞

+∞ +

+∞ 12

Điều kiện có nghiệm duy nhất: a < 0 hay a = 12 .

Bài toán 5.40: Tìm điều kiện để bất phương trình: Trang 31 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

a) x 2 − ( m + 3) x + 3m < ( m − 2 ) log 2 x có nghiệm b) a cos 2 x ≥ 2cos 2 x có nghiệm với mọi x.

H Ơ

N

Hướng dẫn giải

N

a) BPT: ( x − m )( x − 3) < ( m − x ) log 2 x ⇔ ( x − m )( x − 3 + log 2 x ) < 0

U

1 > 0 nên đồng biến trên ( 0; +∞ ) và f ( 2 ) = 0 x ln 2

ẠO Ư N

G

Đ

 x > m, x − 3 + log 2 x < 0  x > m, 0 < x < 2 ⇔  x < m, x − 3 + log x > 0  x < m, x > 2  2 

H

Từ đó suy ra điều kiện có nghiệm là m ≠ 2

TR ẦN

b) Điều kiện a > 0 . Đặt t = 2cos 2 x ⇒ 0 ≤ t ≤ 2 . Yêu cầu bài toán tương đương với việc tìm a > 0 sao cho

a t −1 ≥ t , ∀t ∈ [ 0;2] .

00

B

Với t = 0 thì bất đẳng thức đúng và không phụ thuộc và a.

10

Với 0 < t ≤ 2 thì bất đẳng thức ⇔ ( t − 1) ln a ≥ ln t

2+

3

- Nếu t = 1 thì bất đẳng thức đúng.

C

ln t . Bất đẳng thức này phải đúng với mọi t ∈ ( 0;1) nên t −1

A H

x →1

ln t =1 t −1

Ó

ln a ≤ lim−

ẤP

- Nếu t ∈ ( 0;1) thì bất đẳng thức ⇔ ln a ≤

Í-

- Nếu t ∈ (1;2 ) thì bất đẳng thức ⇔ ln a ≥

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Do đó, bất phương trình tương đương:

ln t t −1

ÁN

Bất đẳng thức này phải đúng với mọi t ∈ (1;2 ) nên ln a ≥ lim+

TO

x →1

ln t = 1. t −1

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

f '( x) = 1 +

Y

Để ý: f ( x ) = x − 3 + log 2 x, x > 0

G

Do đó, ta cần phải có ln a = 1 ⇔ a = e .

Ỡ N

Thử lại, với a = e , ta cần chứng minh t − 1 ≥ ln t , ∀t ∈ ( 0; 2]

BỒ

ID Ư

Xét hs f ( u ) = u − 1 − ln u , u ∈ ( 0; 2] , ta có:

f '(u ) = 1 − f '' ( u ) =

1 u −1 = , f '(u ) = 0 ⇔ u = 1 u u

1 > 0 nên f ( u ) đạt giá trị nhỏ nhất tại u = 1 u2 Trang 32

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Ta có f ( u ) ≥ f (1) = 1 − 1 − ln1 = 0 nên ta được t − 1 ≥ ln t , ∀t ∈ ( 0; 2] là đúng.

Vậy giá trị cần tìm là a = e .

N

H Ơ

N

 2 x + x = y + x 2 + 2m Bài toán 5.41: Tìm m để hệ  có nghiệm duy nhất: 2 2 x + y = 1 

U

Y

Hướng dẫn giải

TP .Q

Giả sử ( x; y ) là một nghiệm thì ( − x; y ) cũng là nghiệm, mà hệ có nghiệm duy nhất nên x = 0 . Do đó:

Đ G TR ẦN

H

Ư N

 2 x + x = y + x 2 + 2 Đảo lại, với m = 1 thì hệ:  2 2  x + y = 1

2+

3

Từ ( 2 ) ⇒ x ≤ 1, y ≤ 1

00

(1) ( 2)

10

 2 x + x = y + x 2 Với m = 0 thì hệ:  2 2  x + y = 1

B

Hệ này không nghiệm duy nhất vì ( 0; −1) , (1;0 ) đều là nghiệm.

(

)

Và (1) : y = 2 + x − x 2 = 2 + x 1 − x ≥ 2 ≥ 1 x

x

ẤP

x

A

C

Do đó y = 1 và x = 0 : nghiệm duy nhất. Vậy m = 0

H

Ó

Bài toán 5.42: Tìm m để hệ sau có nghiệm:

Í-

7 2 x + x +1 − 7 2+ x +1 + 2017 x ≤ 2017  2  x − ( m + 2 ) x + 2m + 3 ≥ 0

TO

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Khi y = −1 ⇒ m = 1 . Khi y = 1 ⇒ m = 0

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

1 + 0 = y + 2m  y = ±1 ⇒  2 1 y =  2m = 1 − y 

Hướng dẫn giải x +1

(7

2 x−2

− 1) ≤ 2017 (1 − x )

G

Điều kiện x ≥ −1 . BPT (1) : 7 2+

(1) ( 2)

Ỡ N

- Nếu x = 1 thì bất phương trình thỏa

ID Ư

- Nếu x < 1 thì 7 2 x −2 − 1 < 0,1 − x > 0 thì BPT thỏa

BỒ

- Nếu x > 1 thì 7 2 x −2 − 1 > 0,1 − x < 0 thì BPT không thỏa

x2 − 2 x + 3 - Nếu −1 ≤ x ≤ 1 thì ( 2 ) : m ≥ x−2 Trang 33

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

x2 − 2x + 3 , x ∈ [ −1;1] Xét f ( x ) = x−2

N

Lập BBT thì min f ( x ) = −2 nên bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m ≥ −2 . Vậy điều kiện cần

H Ơ

tìm là m ≥ −2 .

Y

N

3. BÀI LUYệN TậP tan x

(

+ 4 + 15

)

tan x

b) 81sin

=8

2

x

+ 81cos

2

x

= 30

π 6

+ kπ , k ∈ ℤ . + kπ hoặc x = ±

π 3

+ kπ .

00 10

= 8.4

x−2

b)

ẤP

2+

3

a) 3 .2

x2

B

Bài tập 5.2: Giải các phương trình sau: x −1

Đ

=1

G

tan x

H

4

)

TR ẦN

b) Kết quả x = ±

π

15

3  3   5 5

x −1

4

=

53 x − 4 5

Hướng dẫn

C

a) Lôgarit hóa. Kết quả x = 1 hoặc x = 1 − log 2 3

Ó

A

2 ( log 5 3 − 4 ) 4 log 5 3 − 7

H

b) Lôgarit hóa. Kết quả x =

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Kết quả x = ±

tan x

) (4 +

Ư N

(

a) Đặt ẩn phụ và để ý 4 − 15

ẠO

Hướng dẫn

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

)

TP .Q

(

a) 4 − 15

U

Bài tập 5.1: Giải các phương trình:

x

6 + 15

(

+

x

7 − 15

) (

+ 2+ 3

)

x

x

) = 13

= 4x

Ỡ N

G

b) 2 − 3

) (

3

ÁN

(

3

TO

a)

-L

Bài tập 5.3: Giải các phương trình:

ID Ư

Hướng dẫn

a) Kết quả x = 3

BỒ

b) Chia 2 vế cho 4 x . Kết quả x = 1

Bài tập 5.4: Giải các phương trình: a) 3

cos x

−2

cos x

= cos x

b) cot 2 x = tan 2 x + 2 tan 2 x+1 Trang 34

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com Hướng dẫn giải

a) Đặt t = cos x ,0 ≤ t ≤ 1 và dùng định lý Lagrange.

N

+ kπ .

)

N

2 ± 1 , từ đó suy ra nghiệm x.

1 1 log 2 ( x − 2 ) − = log 1 3 x − 5 6 3 8

b)

ẠO

a) log 4 ( x + 12 ) .log x 2 = 1

TP .Q

U

Bài tập 5.5: Giải các phương trình:

Đ

Hướng dẫn

Ư N

G

a) Đưa về cơ số 2. Kết quả x = 4 b) Đưa về cơ số 2. Kết quả x = 3

TR ẦN

H

Bài tập 5.6: Giải các phương trình: a) log 4 log 2 x + log 2 log 4 x = 2

b) log x 2 16 + log 2 x 64 = 3

B

Hướng dẫn

10

1 2

3

3

2+

b) Kết quả x = 4, x =

00

a) Đưa về cơ số 2. Kết quả x = 16

(

)

C

x = log 3 x

A

a) log 2 1 +

ẤP

Bài tập 5.7: Giải các phương trình:

Í-

H

Ó

b) log 2 ( cot x + tan 3x ) − 1 = log 2 ( tan 3 x )

(

)

Hướng dẫn

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

(

2

Y

b) Kết quả tan 2 x = ±

π

H Ơ

Kết quả x = k 2π hoặc x =

x = log 3 x = t thì 1 + x = 2t và x = 3t

ÁN

a) Đặt log 2 1 +

TO

Đưa về phương trình 1 + 3t = 2t có nghiệm duy nhất.

Ỡ N

G

Kết quả x = 2

ID Ư

b) Kết quả x =

π 8

+ kπ và x =

3π + kπ , k ∈ ℤ .

8

BỒ

Bài tập 5.8: Giải các bất phương trình: a) 4 x ≤ 3.2

x +x

+ 41+

x

b)

4x <4 4 x − 3x

Hướng dẫn Trang 35 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

a) Chia 2 vế cho 4 x > 0 . Kết quả 0 ≤ x ≤ 4 b) Kết quả S = ( −∞;0 ) ∪ (1; +∞ )

b) log 3 x > log x 3

N

a) ln x − 2 + ln x + 4 ≤ 3ln 2

H Ơ

N

Bài tập 5.9: Giải các bất phương trình:

Y

Hướng dẫn

TP .Q

U

a) Biến đổi tích. Kết quả −1 − 17 ≤ x ≤ −2 hoặc 0 ≤ x ≤ −1 + 17

Đ  x 2 − y 2 = 2 b)  log 2 ( x + y ) − log 3 ( x − y ) = 1

TR ẦN

Hướng dẫn

H

Ư N

G

9 x 2 − y 2 = 5 a)  log 5 ( 3x + y ) − log 5 ( 3 x − y ) = 1

a) Phân tích 9 x 2 − y 2 = ( 3 x − y )( 3x + y ) . Kết quả x = 1; y = 2

00

B

3 1 ;y = 2 2

10

b) Kết quả x =

)

2

x

x

2+

+ 9cos

= m có nghiệm

5 + 1 + 2m

(

)

ẤP

(

x

x

5 − 1 = 2 x có nghiệm duy nhất

A

b)

2

C

a) 9sin

3

Bài tập 5.11: Tìm điều kiện m để phương trình:

Ó

Hướng dẫn

Í-

H

a) Đặt t = sin 2 x, 0 ≤ t ≤ 1 rồi xét hàm số VT. Kết quả 6 ≤ m ≤ 10 .

1 8

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Bài tập 5.10: Giải các hệ phương trình:

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

1 < x < 1 hoặc x > 3 3

b) Kết quả

ÁN

b) Kết quả m ≤ 0 hoặc m =

TO

Bài tập 5.12: Tìm tham số m để bất phương trình

G

a) 49 x − 5.7 x + m ≤ 0 có nghiệm

Ỡ N

(

)

(

)

BỒ

ID Ư

b) 1 + log 5 x 2 + 1 ≥ log 5 mx 2 + 4 x + m có nghiệm với mọi x.

a) Kết quả m ≤

Hướng dẫn

25 4

b) Đưa về đánh giá tham số m một bên. Kết quả 2 < m ≤ 3 Trang 36 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

CHUYÊN Đề 6 - BấT ĐẳNG THứC VÀ GIÁ TRị LớN NHấT, NHỏ NHấT

N

1. KIếN THứC TRọNG TÂM

H Ơ

Các bất đẳng thức cơ bản

Y

N

- Bất đẳng thức BECNULI α

TP .Q

U

Nếu x > −1 và α ≥ 1 thì (1 + x ) ≥ 1 + α x α

Nếu x > −1 và 0 < α ≤ 1 thì (1 + x ) ≤ 1 + α x

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Đ

n

∏a

G

n

i

i =1

Ư N

1 n ∑ ai ≥ n i =1

H

Dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi: a1 = a2 = ... = an

TR ẦN

- Bất đẳng thức CAUCHY-SCHWARTZ Với hai dãy số thực: a1 , a2 ,..., an ; b1 , b2 ,..., bn

B

2

10

00

 n   n  n  thì  ∑ ai bi  ≤  ∑ ai2  ∑ bi2   i =1   i =1  i =1 

2+

3

Dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi a1 = kb1 ,..., an = kbn

ẤP

- Bất đẳng thức sắp thứ tự

C

Cho hai dãy số tăng a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an và b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn ( n ≥ 2 )

n

n

i =1

i =1

H

Ó

A

Nếu α1 , α 2 ,..., α n là một hoán vị của dãy 1, 2,..., n thì: n

Í-

∑ aibn+1−i ≤ ∑ aibαi ≤ ∑ aibi

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Nếu a1 , a2 ,..., an ≥ 0 thì

ẠO

- Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân

i =1

ÁN

- Bất đẳng thức trung bình lũy thừa

G

TO

Nếu xi > 0∀i = 1, n và p ≥ q > 0 thì 1

1

ID Ư

Ỡ N

 1 n q p  1 n p p  n ∑ xi  ≤  n ∑ xi   i =1   i =1 

BỒ

- Bất đẳng thức SHUR Cho a, b, c > 0, r > 0 thì:

a r ( a − b )( a − c ) + b r ( b − a )( b − c ) + c r ( c − a )( c − b ) ≥ 0 - Bất đẳng thức CHEBYCHEP Trang 1

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn Nếu hai dãy: a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an



www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

; b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn

n  n  a b n ai bi ≤ ∑ i  ∑ i  ∑ i =1  i =1  i =1  n

N

thì: 

H Ơ

- Bất đẳng thức MIN-COP-XKI

i =1

Y

n

≤

n

∑ ai2 +

∑b

i =1

i =1

2 i

ẠO

Dùng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức:

Đ Ư N

G

x > a ⇒ f ( x) > f ( a ); x < b ⇒ f ( x ) < f (b)

H

Đối với y ' < 0 thì ta có bất đẳng thức ngược lại.

TR ẦN

Việc xét dấu y ' đôi khi phải cần đến y '', y ''',... hoặc xét dấu bộ phận, chẳng hạn tử số của một phân số có mẫu dương,… Nếu y '' > 0 thì y ' đồng biến từ đó ta có đánh giá f ' ( x ) rồi f ( x ) ,…

00

B

f (b) − f ( a ) f (b) − f ( a ) là dùng định lý Lagrange = f ' ( c ) , sự tồn b−a b−a

10

- Bất đẳng thức có biểu thức dạng

2+

3

tại số c ∈ ( a; b ) hay giá trị f ' ( c ) cũng có đánh giá bất đẳng thức.

C

1 n 1 n  f a f ai  ≤ ∑ ( i )  n ∑ n i =1 i =1 

Ó

A

Nếu f '' ( x ) < 0, ∀x ∈ ( a; b ) thì

ẤP

- Bất đẳng thức JENSEN: ∀x ∈ ( a; b ) và ai ∈ ( a; b ) ∀i = 1, n

Í-

H

1 n  1 n Nếu f '' ( x ) > 0, ∀x ∈ ( a; b ) thì f  ∑ ai  ≤ ∑ f ( ai )  n i =1  n i =1

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

- Nếu y = f ( x ) có y ' > 0 trên K thì f ( x ) đồng biến trên K:

ÁN

- Phương pháp tiếp tuyến: Cho n số ai thuộc K có tổng a1 + a2 + ... + an = nb không đổi.

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

2

U

∑ ( ai + bi )

TP .Q

n

thì

N

Với hai dãy: a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn

TO

Bất đẳng thức có dạng f ( a1 ) + f ( a2 ) + ... + f ( an ) ≥ nf ( b ) .

Ỡ N

G

Lập phương trình tiếp tuyến tại x = b : y = Ax + B .

ID Ư

Nếu f ( x ) ≥ Ax + B trên K, dấu bằng xảy ra khi x = b .

BỒ

Khi đó f ( a1 ) + f ( a2 ) + ... + f ( an ) ≥ A ( a1 + a2 + ... + an ) + nB

= Anb + nB = n ( Ab + B ) = nf ( b ) Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = ... = an = b .

Còn nếu f ( x ) ≤ Ax + B trên K, dấu bằng xảy ra khi x = b thì có ngược lại Trang 2

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

f ( a1 ) + f ( a2 ) + ... + f ( an ) ≤ nf ( b ) .

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

H Ơ

N

Đối với hàm số y = f ( x ) trên D. Xét dấu đạo hàm y ' hoặc từ bảng biến thiên có kết luận về GTLN,

N

GTNN. Nếu cần thì đặt ẩn phụ t = g ( x ) với điều kiện đầy đủ của t.

Y

Nếu y = f ( x ) đồng biến trên đoạn [ a; b ] thì: min f ( x ) = f ( a ) và max f ( x ) = f ( b ) . Ngược lại với Nếu y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] và f ' ( x ) = 0 có nghiệm xi thì:

Nếu f lồi trên đoạn [ a; b ] thì GTLN = max

Đ

2

{ f ( a ) ; f ( b )} và

nếu f lõm trên đoạn [ a; b ] thì GTNN

TR ẦN

H

= min { f ( a ) ; f ( b )} .

G

1

Ư N

2

B

Đối với các đại lượng, chọn đặt biến x (hoặc t), kèm điều kiện tồn tại. Dựa vào giả thiết, các quan hệ cho để xác lập hàm số cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

10

00

2. CÁC BÀI TOÁN

2+

A

C

y sin x 5π với x > 0, y > 0 và x + 2 y < x sin y 4

Í-

H

Ó

b) cos ( x + y ) <

ẤP

 π   2

a) 2sin x + tan x > 3 x với mọi x ∈  0;

3

Bài toán 6.1: Chứng minh các bất đẳng thức:

Hướng dẫn giải

 π  và:  2

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

1

ẠO

{ f ( a ) ; f ( x ) ; f ( x ) ;...; f ( b )} max f ( x ) = max { f ( a ) ; f ( x ) ; f ( x ) ;...; f ( b )} min f ( x ) = min

TO

ÁN

a) Hàm số f ( x ) = 2sin x + tan x − 3 x liên tục trên nửa khoảng 0;

G

f ' ( x ) = 2cos x +

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

U

hàm nghịch biến.

1 1 − 3 = cos x + cos x + −3> 0 2 cos x cos 2 x

Ỡ N

 π  nên f ( x ) > f ( 0 ) = 0  2

ID Ư

Do đó hàm số f đồng biến trên 0;

BỒ

b) Xét hàm số: f ( t ) = Ta có f ' ( t ) =

sin t 5π với 0 < t < t 4

t cos t − sin t cos t ( t − tan t ) = t2 t2 Trang 3

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn Nếu 0 < t <

2

thì do tan t > t ⇒ f ' ( t ) < 0 .

≤ t ≤ π thì cos t ≤ 0 và sin t ≥ 0 ⇒ f ' ( t ) < 0

N

π

2

H Ơ

Nếu

π

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

5π 5π thì do cos t < 0; tan t < t ⇒ f ' ( t ) < 0 . Do đó f ' ( t ) < 0,0 < t < nên f là hàm số 4 4  5π  nghịch biến trên khoảng  0;   4 

Đ

TR ẦN

5π 5π ⇒ y< ⇒ sin y > 0 ) 4 8

H

x sin ( x + 2 y ) < x sin x + 2 y sin x ⇔ x.2 cos ( x + y ) sin y < 2 y sin x

Ư N

G

Do x > 0 và x + 2 y > 0 nên từ đó có

⇒ đpcm (vì x > 0 và x + 2 y <

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

sin ( x + 2 y ) sin x 5π ⇒ < . x + 2y x 4

B

Bài toán 6.2: Chứng minh các bất đẳng thức

x

10

3

π

> 1, ∀x ≥ 3 .

2+

x +1

− x cos

ẤP

π

C

b) ( x + 1) cos

00

α

 sin x   π a)   ≥ cos x, ∀x ∈  0;  với mọi α ≤ 3 .  x   2

Hướng dẫn giải

A

sin x  π <1  thì có 0 < sin x < x nên 0 < x  2

H

Ó

a) Khi x ∈  0;

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Từ giả thiết có 0 < x < x + 2 y <

TP .Q

U

Y

N

Nếu π < t <

3

TO

ÁN

-L

 sin x   π Suy ra   ≥ cos x, ∀x ∈  0;   x   2

G

Xét hàm số F ( x ) =

sin x  π , − x x ∈ 0; 2  3 cos x

BỒ

ID Ư

Ỡ N

2 cos 2 x − 3cos x. 3 cos x + 1 Ta có F ' ( x ) = 3cos x. 3 cos x

(

)

Xét G ( t ) = 2t 2 − 3t 3 t + 1, t ∈ [ 0;1] thì G ' ( t ) = 4 t − 3 t ≤ 0, ∀t ∈ [ 0;1]

nên G ( t ) nghịch biến do đó G ( t ) ≥ G (1) = 0, ∀t ∈ [ 0;1]

Trang 4 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

 π  nên F ( x ) đồng biến  2

Suy ra F ' ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ 0;

 π   2

<

π ( 2 x + 1) 2 x ( x + 1)

<

π

H Ơ N Y

2 ( x + 1)

π 2

H π 2 ( x + 1)

2 x ( x + 1)

, t > 0 thì ( 2 ) ⇔ x sin t > sin xt

10

π

3

Đặt t =

00

B

2 x ( x + 1)

> sin

U

π

sin π ( 2 x + 1) π > sin >0 2 x ( x + 1) 2 ( x + 1)

Ta sẽ chứng minh: x sin

2 ( x + 1)

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

2 ( x + 1)

2 x ( x + 1)

> sin 2

π

TR ẦN

⇒

π

π

x +1

= 2sin 2

2

⇒ f ' ( t ) > 0 với t > 0

C

π

A

Vì 0 < t < xt <

ẤP

2+

Xét f ( t ) = x sin t − sin xt , t ≥ 0, f ' ( t ) = x cos t − x cos xt = x ( cos t − cos xt )

H

Ó

⇒ f ( t ) đồng biến trên [ 0; +∞ ) ⇒ f ( t ) > f ( 0 ) = 0 ⇒ đpcm.

n

x n + y n ≥ n +1 x n +1 + y n+1 với n ≥ 2 và x, y ≥ 0 . x 2 x3 xi x2n − + ... + ( −1) + ... + ≥ 0 với mọi x.

2! 3! i! ( 2n ) !

G

b) 1 − x +

ÁN

a)

-L

Í-

Bài toán 6.3: Chứng minh bất đẳng thức với n nguyên dương:

TO

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vì x ≥ 3 ⇒ 0 <

2 x ( x + 1)

π

TP .Q

2 x ( x + 1)

.sin

> 1 − cos

ẠO

π ( 2 x + 1)

π

Đ

2 x ( x + 1)

.sin

G

⇔ x sin

π ( 2 x + 1)

Ư N

b) BĐT ⇔ 2 x sin

N

Do đó F ( x ) ≥ F ( 0 ) = 0, ∀x ∈  0;

Ỡ N

Hướng dẫn giải

BỒ

ID Ư

a) Với x = 0 hoặc y = 0 , bất đẳng thức đúng. n

 x x Với xy > 0 , BĐT: n 1 +   ≥ n +1 1 +    y  y

n +1

Trang 5 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

1+ tn

n +1

với t ∈ ( 0; +∞ )

1 + t n+1

t n −1 (1 − t )

Ta có f ' ( t ) =

n +1 n + 2 n

(1 + t )

n n −1

(1 + t )

; f '(t ) = 0 ⇔ t = 1.

N

n +1

N

Xét hàm số f ( t ) =

H Ơ

n

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

0

+

+∞

0

−

Đ G

1

Ư N

1

TR ẦN

H

Suy ra f ( t ) ≥ 1 với mọi t ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ đpcm.

B

i x 2 x3 x2n i x − + ... + ( −1) + ... + b) Xét f ( x ) = −1 − x ,x∈ℝ 2! 3! i! ( 2n )!

10

00

Với x < 0 thì f ( x ) ≥ 1 ≥ 0 : đúng. Với x > 2n thì:

C

x x3 x 2 n −1 − 2 + − 4 + ... + x x ( ) ( ) ( x − 2n ) ≥ 1 ≥ 0 : đúng 2!

4! ( 2n )!

Ó

A

= 1+

ẤP

2+

3

 x2n  x2   x 4 x3  x 2 n−1  − f ( x ) = 1 +  − x  +  −  + ... +    2!   4! 3!   ( 2n )! ( 2n − 1)! 

H

Với 0 ≤ x ≤ 2n thì f liên tục trên đoạn [ 0; 2n ] nên tồn tại giá trị bé nhất tại x0 . Nếu x0 = 0 hay

Í-

x0 = 2n thì f ( x ) ≥ f ( x0 ) ≥ 1 ≥ 0 .

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

f (t )

TO

ÁN

Nếu x0 ∈ ( 0; 2n ) thì f đạt cực tiểu tại đó.

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

f '(t )

1

TP .Q

0

ẠO

x

U

Y

BBT

G

f ' ( x ) = −1 + x −

x2 x 2 n −1 x2n + ... + = − f ( x) 2! ( 2n − 1)! ( 2n )!

ID Ư

Ỡ N

x02 n Vì f ' ( x0 ) = 0 ⇒ f ( x0 ) = > 0 ⇒ f ( x ) ≥ f ( x0 ) > 0 : đúng ( 2 n )!

BỒ

Bài toán 6.4: Chứng minh các bất đẳng thức sau:

(

)

a) a 4 + b 4 + c 4 + d 4 + 2abcd − a 2b 2 + a 2c 2 + a 2 d 2 + b 2 c 2 + b 2 d 2 + c 2 d 2 > 0 với 4 số a, b, c, d dương. b) 27c + 2a 3 − 9ab < 2

(a

2

3

− 3b ) với a, b, c là 3 số mà phương trình: Trang 6

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

x3 + ax 2 + bx + c = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

Hướng dẫn giải

N

a) Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c ≥ d > 0

H Ơ

Xem vế trái là hàm số f ( a ) , a ≥ 0

U

Y

N

f ' ( a ) = 4a 3 + 2bcd − 2a ( b 2 + c 2 + d 2 )

TP .Q

f '' ( a ) = 12a 2 − 2 ( b 2 + c 2 + d 2 ) > 0 nên f ' đồng biến trên ( 0; +∞ ) :

Đ G Ư N

b) Đặt f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c, D = ℝ, f ' ( x ) = 3 x 2 + 2ax + b .

TR ẦN

H

Vì f ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên f ' ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt:

− a − a 2 − 3b − a + a 2 − 3b , x2 = với a 2 − 3b > 0 3 3

x1 =

00

B

Và vì hệ số cao nhất của f dương nên yC Ð = f ( x1 ) > 0 và f ( x2 ) = yCT < 0 .

10

3

2+

ab 2 3b − a 2 ) xi + c − ( 9 9

C

⇒ f ( xi ) =

ab 1  1 a  f ' ( x ) + ( 3b − a 2 ) x + c − 9  9 9

ẤP

1 3

Ta có f ( x ) =  x +

3

− 3b ) < 2a 3 + 27c − 9ab

A

2

Ó

(a

H

Từ f ( x1 ) > 0 ⇒ −2

Í-

f ( x2 ) < 0 ⇒ 2a 3 + 27c − 9ab < 2

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

a > 0 ⇒ f ( a ) > f ( 0 ) = 0 : đpcm.

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

a ≥ b ⇒ f ' ( a ) ≥ f ' ( b ) . Vì f ' ( b ) = 2b ( b 2 − c 2 ) + 2bd ( c − d ) ≥ 0 nên f ( a ) đồng biến trên [ 0; +∞ ) :

(a

2

− 3b )

2

− 3b )

3

3

TO

Do vậy: 2a 3 + 27c − 9ab < 2

(a

G

Bài toán 6.5: Chứng minh bất đẳng thức:

ID Ư

Ỡ N

1 1 x2 a) 1 + x − < 1 + x < 1 + x , với x > 0 .

2 8 2

BỒ

b)

1

1 + x2

+

1 1 + y2

≤

2 với x, y ∈ [ 0;1] .

1 + xy Hướng dẫn giải

Trang 7 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn a) Xét hàm số f ( x ) = 1 +

1 x − 1 + x trên [ 0; +∞ ) . Ta có: 2

N

1 1 − ≥ 0 với x ≥ 0 nên f ( x ) đồng biến trên nửa khoảng [ 0; +∞ ) 2 2 1+ x

H Ơ Y U

1 1 x 1 1 − + , g '' ( x ) = − ≥ 0 nên g ' đồng biến trên [ 0; +∞ ) , do đó 4 4 (1 + x ) 1 + x 2 1+ x 2 4

ẠO

Ta có: g ' ( x ) =

1 x2 + trên [ 0; +∞ ) .

2 8

TP .Q

Xét hàm số g ( x ) = 1 + x − 1 −

N

Do đó f ( x ) > f ( 0 ) = 0 với mọi x ≥ 0 .

G

Ư N

2 1 1 − − trên đoạn [ 0;1] .

1 + xy 1 + x2 1 + y2

x

y

−

2 3/2

(1 + x )

(1 + xy )

3/2

B

Ta có f ' ( x ) =

TR ẦN

H

b) Giữ y cố định, xét hàm số f ( x ) =

10

00

Như vậy dấu của f ' ( x ) là dấu của 3

3

2+

3

x 2 (1 + xy ) − y 2 (1 + x 2 ) = ( x − y ) ( x + y + 3 x 2 y − x5 y 2 )

ẤP

Do x, y thuộc [ 0;1] nên thừa số thứ hai luôn dương, như thế f ' ( x ) đổi dấu từ âm sang dương tại y, suy ra y

A

C

là điểm cực đại, suy ra f ( x ) ≥ f ( y ) = 0 : đpcm.

H

Ó

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y .

Í-

Bài toán 6.6: Cho x, y , z ≥ 0 và x + y + z = 1 . Chứng minh:

7 27

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Đ

g ' ( x ) = g ' ( 0 ) = 0 . Suy ra g đồng biến trên [ 0; +∞ ) nên g ( x ) > g ( 0 ) = 0 với mọi x ∈ [ 0; +∞ ) ⇒ đpcm.

ÁN

a) 0 ≤ xy + yz + zx − 2 xyz ≤

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

f '( x) =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

ID Ư

Ỡ N

G

TO

 1 1 1 1 1 1  7 +  + y  +  + z  +  + 1 ≤  z x   x y   27   y z

b) xyz  x 

BỒ

a) Giả sử z là số bé nhất thì 0 ≤ z ≤

Hướng dẫn giải

1 . Ta có 3

1 T + xy + yz + zx − 2 xyz = xy (1 − 2 z ) + ( x + y ) z ≥ xy ( x + y ) z ≥ 0 3 Trang 8

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2

 x+ y Và có T ≤   (1 − 2 z ) + ( x + y ) z  2 

H Ơ N

1 thì 3

Y ẠO Đ G Ư N

  1 1 1 1 1 1  +  + y  +  + z  +  + 1  z x  x y    y z

TR ẦN

H

b) Ta có: xyz  x 

= x 2 y + x 2 z + y 2 x + z 2 x + z 2 y + yz 2 + xyz

B

= ( x + y + z )( xy + yz + zx ) − 2 xyz = xy + yz + zx − 2 xyz

00

1 1 . Giả sử z ≤ 3 3

10

Vì x + y + z = 1 ⇒ ∃ ít nhất 1 trong 3 số x, y, z ≤

2+

3

⇒ S ( x, y, z ) = xy + yz + zx − 2 xyz = xy (1 − 2 z ) + ( x + y ) z 2

2

A

C

ẤP

−2 z 3 + z 2 + 1  x+ y 1− z  ≤ 1 − 2 z + x + y z = 1 − 2 z + 1 − z z = ( ) ( ) ( ) ( )    4  2   2 

Ó

−2 z 3 + z 2 + 1 −3z 2 + z  1  1 ≥ 0 trên  0;  nên f đồng biến, do đó trong  0;  thì f ' ( z ) = 4 2  3  3

H

Xét f ( z ) =

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

1 7 T = f ( z) ≤ f   = .  3  27

TP .Q

 1 f ' ( z ) = −6 z 2 + 2 z = 2 z (1 − 3z ) ≥ 0 trên f ( z ) đồng biến trên 0;  , do đó:  3

ÁN

-L

1 7 max f ( z ) = f   =  3  27

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Xét f ( z ) = −2 z 3 + z 2 + 1,0 ≤ z ≤

N

1 1 2 (1 − z ) (1 − 2 z ) + (1 − z ) z = ( −2 z 3 + z 2 + 1) 4 4

U

=

7 1 dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z = .

27 3

G

TO

Vậy S ( x, y, z ) ≤

Ỡ N

Bài toán 6.7: Chứng minh bất đẳng thức:

ID Ư

a) cos b − cos a ≤ b − a với a, b tùy ý.

BỒ

b)

1

1 + ( x + 1)

2

< arctan

1 1 < với mọi x > 0 . x + x + 1 1 + x2 2

Hướng dẫn giải a) Nếu a = b thì bất đẳng thức đúng.

Trang 9 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Nếu a ≠ b thì bất đẳng thức tương đương:

cos b − cos a ≤ 1 . Không mất tính tổng quát, giả sử b > a . b−a

H Ơ

N

Hàm số f ( x ) = cos x liên tục trên [ a; b ] và có đạo hàm f ' ( x ) = − sin x .

N

Theo định lý Lagrange, tồn tại c ∈ ( a; b ) sao cho:

U TP .Q

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

arctan ( x + 1) − arctan x 1 < 1 + x2 ( x + 1) − x

Đ

<

G

1 + ( x + 1)

2

1 1 + x2

TR ẦN

Hàm số f ( x ) = arctan x liên tục trên [ x; x + 1] và có f ' ( x ) =

Ư N

1

Theo định lý Lagrange, tồn tại c ∈ ( x; x + 1) sao cho:

1 + ( x + 1)

1 1 < ⇒ đpcm.

1 + c2 1 + x2

3

2

<

2+

1

ẤP

Vì c ∈ ( x; x + 1) nên

10

00

B

f (b) − f ( a ) arctan ( x + 1) − arctan x 1 = f '( c ) ⇒ = b−a 1 + c2 ( x + 1) − x

H

Ó

A

a2 b2 c2 a+b+c a) + + ≤ b+c c+a a+b 2

C

Bài toán 6.8: Cho các số thực dương. Chứng minh.

Í-

1 1 1 1 63 + + + ≥ a 2 + b2 + c2 + d 2 + với tổng a + b + c + d = 1 a b c d 4

-L

b)

Hướng dẫn giải

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

b) BĐT:

ẠO

cos b − cos a = − sin c ≤ 1 : đpcm. b−a

H

⇒

Y

f (b) − f ( a ) cos b − cos a = f '( c ) ⇒ = − sin c b−a b−a

TO

a) Bất đẳng thức thuần nhất nên ta chuẩn hóa: a + b + c = 3 . Do đó

ID Ư

Ỡ N

G

3 x2 a2 b2 c2 + + ≤ . Xét hàm số f ( x ) = với 0 < x < 3 .

3− a 3−b 3−c 2 3− x

BỒ

Ta có f ' ( x ) =

6x − x2

(3 − x )

2

; f '' ( x ) =

18

(3 − x )

3

Vì f '' ( x ) > 0 trên ( 0;3) nên f lõm, theo bất đẳng thức Jensen thì có

Trang 10 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

 a+b+c 3 = .

3   2

VT = f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥ 3 f 

N Y U TR ẦN

B

1 .

4

 a+b b) a b ≤    2 

−( c + a )

+c

−( a + b )

)

3

10

+b

≥ 27 với a, b, c > 0

3

− b+ c )

2+

2

) (a (

a +b

với a, b > 0

Hướng dẫn giải

Ó

A

C

b a

ẤP

(

00

Bài toán 6.9: Chứng minh: a) a abb c c

G

Đ  a + b + c + d  63 = 4   4

VT = f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) + f ( d ) ≥ 4 f 

H

Vì f '' ( x ) > 0 trên ( 0;1) nên f lõm, theo bất đẳng thức Jensen thì có

Dấu = xảy ra khi a = b = c = d =

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

−1 2 − 2 x; f '' ( x ) = 3 − 2 2 x x

a b c 2

(a b c )

Í-

H

a) Với a, b, c > 0 , trước hết ta chứng minh rằng

≥ a b +c .bc + a .c a +b

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

TP .Q

1 − x 2 với 0 < x < 1 . x

Xét hàm số f ( x ) = Ta có f ' ( x ) =

N

1 1 1 1 63 − a2 + − b2 + − c2 + − d 2 ≥ a b c d 4

Ư N

⇔

1 1 1 1 63 + + + ≥ a 2 + b2 + c2 + d 2 + a b c d 4

H Ơ

b) Ta có

TO

ÁN

⇔ 2 [ a ln a + b ln b + c ln c ] ≥ ( b + c ) ln a + ( c + a ) ln b + ( a + b ) ln c

G

⇔ ln a ( 2a − b − c ) + ln b ( 2b − c − a ) + ln c ( 2c − a − b ) ≥ 0

Ỡ N

⇔ ( a − b )( ln a − ln b ) + ( b − c )( ln b − ln c ) + ( c − a )( ln c − ln a ) ≥ 0 : đúng

BỒ

ID Ư

Ta cần chứng minh rằng

(

a b + c .b c+ a .c a +b a

−( b + c )

+b

−( c + a )

+c

−( a + b )

)

3

≥ 27

Đặt x = a b+ c , y = b c + a , z = c a +b , x, y , z > 0

Trang 11 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

3

1 1 1 1 1 1 BĐT ⇔ xyz  + +  ≥ 27 ⇔ + + ≥ x y z x y z

3

3 : đúng xyz

a+b   2 

H Ơ

N

b) BĐT: b ln a + a ln b ≤ ( a + b ) ln 

Y U TP .Q

H

Ư N

 2   2t   + ln   ≤ 0, 0 < t ≤ 1 .  t +1  t +1

Bất đẳng thức tương đương: t ln 

G

Đ

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

a thì 0 < t ≤ 1 . b

 2   2t   + ln   ,0 < t ≤ 1 .  t +1  t +1

TR ẦN

Xét hàm số f ( t ) = t ln 

10

00

B

2 t 1  2   2  1− t f ' ( t ) = ln  − + = ln +     t + 1  t + 1 t ( t + 1)  t + 1  t ( t + 1)

2+

3

 2  1− t = ln  > 0 nên f là hàm đồng biến. + t  t +1

A

C

Bài toán 6.10: Chứng minh rằng

ẤP

Ta có f ( t ) ≤ f (1) = 0 ⇒ đpcm.

H

Ó

4+ x 4+ y 4+ z + + ≥ 5 với x, y, z > 0 khác 4.

4− x 4− y 4− z

Í-

a)

x+ y 2y > với x, y > 0 x 2x + y

G

TO

ÁN

b) ln

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Giả sử a ≤ b , đặt t =

N

   2a     b  a 2  2b   2a  ⇔ a ln  + ln ≤ 0 ⇔ ln + ln b    ≤0    a b  a +1  a+b  a+b  +1 b  b 

ID Ư

Ỡ N

a) Xét hàm f ( x ) =

BỒ

y=

Hướng dẫn giải

13 4+ x trên ( 0;3) . Ta có f ' (1) = nên tiếp tuyến tại x = 1 là: 4− x 18

13 5 13 17 ( x − 1) + hay y = x + 18 3 18 18

Bằng biến đổi tương đương hoặc sử dụng đạo hàm ta chứng minh được:

4 + x 13 17 ≥ x + , với mọi x ∈ ( 0;3) 4 − x 18 18 Trang 12 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Tương tự:

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

4 + y 13 17 4 + z 13 17 ≥ y+ ≥ z+ và 4 − y 18 18 4 − z 18 18

Xét hàm số f ( t ) = ln t − 2

t −1 , t ∈ (1; +∞ ) . Ta có: t +1

U

t −1 t −1 , ∀t > 1 ⇔ ln t − 2 > 0, ∀t > 1 t +1 t +1

Bài toán 6.11: Cho 0 < a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an và an a n +1 ≤ 1    2 

1 i =1 1 + ai

Đ

B

n

n n

1 + n ∏ ai

00

≥∑

10

Chứng minh rằng:

Ư N

TR ẦN

H

Suy ra f ( t ) > f (1) = 0 ⇒ đpcm.

G

( t − 1) > 0, ∀t > 1 nên f là hàm đồng biến.

1 4 f '(t ) = − = 2 2 t ( t + 1) t ( t + 1)

2+

3

i =1

ẤP

Hướng dẫn giải

C

Với a1 , a2 > 0 và a1 , a2 ≤ 1 . Ta chứng minh:

( (

2

)(

)

H

Ó

A

1 − a1a2 2 1 1 ≥ + ⇔ ≥ 0 (đúng) 1 + a1a2 1 + a1 1 + a2 1 + a1a2 (1 + a1 )(1 + a2 )

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

2

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

Ta cần chứng minh ln t > 2

Y

N

H Ơ

x+ y 2y t −1 = t > 1 ⇔ y = x ( t − 1) ⇒ =2 x 2x + y t +1

TP .Q

b) Đặt

N

Cộng 3 bất đẳng thức trên và x + y + z = 3 ta được đpcm.

a1 − a2

)

ÁN

-L

Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 hoặc a1a2 = 1 n

i =1

G

1

∑1+ a

TO

Áp dụng ta có:

i

 n +1   2   

≤

∑ 1+ i =1

2 a1an +1−i

Ỡ N

Dấu bằng xảy ra khi n chẵn và: a1 = a2 = ... = an hoặc a1an+1−i = 1

BỒ

ID Ư

e x ( e x − 1) 1 −e x , x ≤ 0, f ' ( x ) = ; f '' ( x ) = ≤0 Xét f ( x ) = 2 3 1 + ex (1 + e x ) (1 + e x ) Áp dụng bất đẳng thức Jensen vào hàm lõm với các xi ≤ 0 và:

Trang 13 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

1 ≤ i =1 1 + ai n

e xi = ai an +1−i ≤ 1: ∑

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

 n +1  2   

2 ≤ ai an+1−i

∑ 1+ i =1

n n

1+

n

∏a

i

H Ơ

N

i =1

n − n −1

)

Y

(

1 1 sin 2 x + ... + sin x ≥ 0, ∀x ∈ [ 0; π ] 2 n

2 x

Đ

1

trên ( 0; +∞ ) .

G

x liên tục trên [ 0; +∞ ) và có f ' ( x ) =

Ư N

a) Hàm số f ( x ) =

10

00

1 1 = n − n − 1, = n +1 − n 2 x1 2 x2

3

Hay

f ( n ) − f ( n − 1) f ( n + 1) − f ( n ) , f ' ( x2 ) = n − ( n − 1) ( n + 1) − n

B

f ' ( x1 ) =

TR ẦN

H

Theo định lý Lagrange, với mọi n ≥ 1 tồn tại x1 ∈ ( n − 1; n ) và x2 ∈ ( n; n + 1) sao cho:

2+

ẤP

C

1 2 n

< n − n − 1 ⇒ đpcm.

A

n +1 − n <

H

Do đó

1 1 1 > > 2 x1 2 n 2 x2

Ó

Vì 0 < x1 < n < x2 nên

b) Xét x = 0, x = π thì f n ( x ) = 0 : đúng.

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Hướng dẫn giải

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

b) f n ( x ) = sin x +

1 <2 n

U

)

n +1 − n ≤

TP .Q

(

ẠO

a) 2

N

Bài toán 6.12: Chứng minh với mọi số nguyên dương n:

ÁN

-L

Xét 0 < x < π . Ta chứng minh qui nạp f n ( x ) ≥ 0

TO

Khi n = 1: f1 ( x ) = sin x > 0, ∀x ∈ ( 0; π ) : đúng

G

Giả sử công thức đúng đến n: f n ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; π )

Ỡ N

Ta chứng minh: f n+1 ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; π ) . Giả sử có số x0 ∈ ( 0; π ) mà f n+1 ( x0 ) < 0 . Vì f n+1 ( x ) liên tục

BỒ

ID Ư

và có đạo hàm nên tồn tại điểm cực tiểu x1 để: f n+1 ( x1 ) < 0,0 < x1 < π . Ta có

f n/+1 ( x ) = cos x + cos 2 x + ... + cos ( n + 1) x =

sin

x 2n + 3 x − sin 2 2 x 2sin 2 Trang 14

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn Mà f n/+1 ( x1 ) = 0 ⇒ sin

2n + 3 x x1 = sin 1 > 0 2 2

H Ơ N

sin ( n + 1) x nên n +1

Y x  2n + 3 x1 − 1  2  2

x x 2n + 3 2n + 3 x1.cos 1 − cos x1.sin 1 2 2 2 2

≥ sin

x x 2n + 3 2n + 3 x1.cos 1 − cos x1 .sin 1 2 2 2 2

= sin

x1 x x x .cos 1 − cos 1 .sin 1 = 0 2 2 2 2

TP .Q ẠO

= sin

Đ G Ư N H TR ẦN

00

B

Do đó: f n+1 ( x1 ) ≥ f n ( x1 ) ⇒ f n ( x1 ) < 0 : vô lý ⇒ đpcm.

10

Bài toán 6.13: Cho a, b, c là những số thực dương sao cho abc = 1 .

3

3 a3 b3 c3 + + ≥ (1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 4

2+

Chứng minh:

C

ẤP

Hướng dẫn giải

3 ( a + 1)( b + 1)( c + 1) 4

H

Ó

A

BĐT ⇔ a 4 + b3 + b 4 + b3 + c 4 + c3 ≥

Í-

Ta chứng minh bất đẳng thức sau:

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

( n + 1) .( f n+1 ( x1 ) − f n ( x1 ) ) = sin ( n + 1) x1 = sin 

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Vì f n+1 ( x ) = f n ( x ) +

N

2n + 3 x x x1 = cos 1 = cos 1 > 0 2 2 2

U

Do đó: cos

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

ÁN

a 4 + a 3 + b 4 + b3 + c 4 + c 3 ≥

1 3 ( t + 1) 4

Ỡ N

G

TO

Xét hàm: f ( t ) = t 4 + t 3 −

1 3 3 3 ( a + 1) + ( b + 1) + ( c + 1)   4

ID Ư

g ( t ) = ( t + 1) ( 4t 2 + 3t + 1) thì f ( t ) =

1 ( t − 1) .g ( t ) 4

BỒ

Vì g ( t ) là hàm số tăng trong khoảng ( 0; +∞ ) và g ( t ) > 0, ∀t > 0 .

Do đó a 4 + a 3 + b 4 + b3 + c 4 + c3 −

1 3 3 3 a + 1) + ( b + 1) + ( c + 1)  (  4

Trang 15 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 1 1 ( a − 1) g ( a ) + ( b − 1) g ( b ) + ( c − 1) g ( c ) 4 4 4

= f ( a ) + f (b ) + f ( c ) =

N

Giả sử a ≥ b ≥ c thì g ( a ) ≥ g ( b ) ≥ g ( c ) > 0

H Ơ

Vì abc = 1 nên ta có: a ≥ 1, c ≤ 1

Y

1 3 3 abc − 3 g ( b ) = 0 . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 4

G

)

Ư N

(

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

≥

ẠO

1 1 ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1)  g ( b ) = ( a + b + c − 3) g ( b ) 4 4

Đ

≥

TP .Q

U

1 1 1 ( a − 1) g ( a ) + ( b − 1) g ( b ) + ( c − 1) g ( c ) 4 4 4

Nên:

H

Từ đó ⇒ đpcm.

TR ẦN

Bài toán 6.14: Chứng minh bất đẳng thức sau:

B

x a ( y b − z b ) + y a ( z b − xb ) + z a ( x b − y b ) ≥ 0 với x ≥ y ≥ z > 0; a ≥ b > 0 .

a

10

00

Hướng dẫn giải

2+

3

a ≥1 b

Đặt f ( x ) = x b với

)

H

Ó

A

(

Do đó f ' ( x ) tăng trên z b ; y b

C

ẤP

a ab −1 a  a  ba −2 ⇒ f ' ( x ) = x ⇒ f '' ( x ) =  − 1 x > 0 b bb 

( )

( )

(

Í-

Theo định lý Lagrange: f y b − f z b = f ' ( c1 )  y b − z b  , c1 ∈ z b , y b

)

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

N

Từ đó: ( a − 1) g ( a ) ≥ ( a − 1) g ( b ) và ( c − 1) g ( b ) ≤ ( c − 1) g ( c )

ÁN

y a − z a = f ' ( c1 )  y b − z b 

(

TO

Tương tự: x a − y a = f ' ( c2 )  x b − y b  , c2 ∈ y b , x b

(

)( y − z ) = f ' ( c )  x − y   y − z  ( y − z )( x − y ) = f ' ( c )  x − y   y − z  Và c ≥ c nên f ' ( c ) ≥ f ' ( c ) ⇒ ( x − y )( y − z ) ≥ ( y ⇒ x ( y − z ) + y ( z − x ) + z ( x − y ) ≥ 0 (đpcm) b

Ỡ N

G

nên: x a − y a

ID Ư

a

BỒ

)

b

b

b

b

b

2

a

b

b

b

b

b

b

1

a

2

a

1

b

2

b

a

a

1

b

b

a

b

b

b

a

− z a )( xb − y b )

b

Bài toán 6.15: Cho 4 số không âm a, b, c, d thỏa a + b + c + d = 1 . Chứng minh: Trang 16 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 176 abcd . + 27 27

abc + bcd + cda + dab ≤

U

Không mất tổng quát ta giả sử a là số lớn nhất, d là số bé nhất trong 4 số a, b, c, d. Ta có:

Đ

ẠO

176 bc ≤ 0 thì: 27

G Ư N H

176   bc  b + c − 27  

B

2

10

a+d  F ( a, b, c, d ) ≤ bc ( a + d ) +    2 

TR ẦN

176 bc > 0 thì: 27

00

Nếu b + c −

ẤP

2+

3

a+d  a+d = F , b, c,  2   2

C

Đặt a0 = a, b0 = b, c0 = c, d 0 = d và gọi a1 , b1 , c1 , d1 là 4 số

a+d a+d , b, c, theo thứ tự giảm dần.

2 2

Ó

A

176 b1c1 ≤ 0 thì tương tự lí luận trên: 27

H

Nếu b1 + c1 −

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

3

1 b+c+a+d  F ( a, b, c, d ) ≤ bc ( a + d ) ≤   = 3   27

a1 + d1 a +d , b1 , c1 , 1 1 theo thứ tự giảm dần.

2 2

ÁN

-L

F ( a1 , b1 , c1 , d1 ) ≤ F ( a2 , b2 , c2 , d 2 ) với a2 , b2 , c2 , d 2 là 4 số

TO

Tiếp tục quá trình này ta lập được dãy ( an , bn , cn , d n ) vô hạn (vì nếu hữu hạn thì ta có F ( a, b, c, d ) ≤

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

176   F ( a, b, c, d ) = bc ( a + d ) + ad  b + c − bc  27   Nếu b + c −

N

H Ơ

176 abcd 27

Y

Đặt F ( a, b, c, d ) = abc + bcd + cda + dab −

N

Hướng dẫn giải

1 ) 27

Ỡ N

G

thỏa 2 tính chất sau đây:

BỒ

ID Ư

(1) an+1 , bn+ 2 , cn+1 , d n+1 là 4 số theo thứ tự giảm dần của 4 số an + d n a + dn , bn , cn , n 2 2

( 2 ) F ( an , bn , cn , d n ) ≤ F ( an+1 , bn+1 , cn+1 , d n+1 ) Trang 17

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

an − d n ,n ≥ 0 2

Từ tính chất (1) ta suy ra: 0 ≤ an+ 2 − d n+ 2 ≤

N

1 .

4

H Ơ

Và vì thế an , bn , cn , d n cùng có giới hạn là

N

Do tính liên tục của hàm F ( a, b, c, d ) ta có:

U TP .Q

1 1 khi dãy vô hạn, hay một số bằng 0 và ba số còn lại bằng khi dãy 4 3

Đ Ư N H

9 a b c + + ≤ .

2 2 2 1 + a 1 + b 1 + c 10

TR ẦN

Chứng minh bất đẳng thức:

G

Bài toán 6.16: Cho a, b, c ≥ −1, a + b + c = 1 .

Hướng dẫn giải

00

B

x 1 + x2

 x+ y   2 

10

Bổ đề: Xét hàm số f ( x ) =

2+

3

Nếu ( x + y )( xy − 3) ≤ 0 thì f ( x ) + f ( y ) ≤ 2 f 

 x+ y   2 

C

ẤP

Chứng minh: Ta có: f ( x ) + f ( y ) ≤ 2 f 

(

)

H

Ó

A

2 ⇔  x (1 + y 2 ) + y (1 + x 2 )   4 + ( x + y )  ≤ 4 ( x + y ) (1 + x 2 )(1 + y 2 )  

Í-

⇔ ( x + y )  4 (1 + x 2 )(1 + y 2 ) − (1 + xy ) ( 4 + x 2 + y 2 + 2 xy )  ≥ 0

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

hữu hạn.

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

Đẳng thức xảy ra khi: bốn số bằng

Y

1 1 1 1 1 F ( a, b, c, d ) < lim F ( an , bn , cn , d n ) = F  , , ,  = n→∞  4 4 4 4  27

TO

ÁN

⇔ ( x + y )  2 x 2 y 2 + 3 ( x 2 + y 2 ) − 6 xy − ( x 2 + y 2 xy )  ≥ 0 2

G

⇔ ( x + y )( 3 − xy )( x − y ) ≥ 0 . Từ đó suy ra đpcm

Ỡ N

Trở lại bài toán. Ta xét hai trường hợp

BỒ

ID Ư

- Tồn tại 1 trong 3 số, chẳng hạn c, sao cho −

( a + b) a + b ≥ 0, ab ≤ 4

2

(1 − c ) = 4

2

< 3; c +

1 ≤ c ≤ 1 . Khi đó: 3

1 c ≥ 0, < 3 3 3

Trang 18 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com 2

H Ơ

N

1  1  1  c+  c +  a + b + c +     ( a + b ) +  3  ≥ 0,  ( a + b )    3   ≤  4 3 = <3   2 2 4 9  2  2   

Đ G Ư N H

 1   3  và 1 số dương (Nếu ngược lại, giả sử b, c > 0 thì ta có a + b + c > −1 + 1 + 1 = 1 , vô lý). Giả sử, chẳng hạn

TR ẦN

- Cả ba số a, b, c đều không nằm trong đoạn  − ;1 . Khi đó do điều kiện a, b, c ≥ −1 , ta phải có hai số âm

10

1 9 < .

2 10

2+

3

Khi đó f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≤ f ( c ) ≤

00

B

a, b < 0 .

1 .

3

ẤP

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

A

C

Bài toán 6.17: Cho các số dương a, b, c, d. Chứng minh rằng:

Í-

H

Ó

2 a b c d + + + ≥ b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c 3

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 1  12 = 4 f   = . Từ đó suy ra đpcm.  3  10

Hướng dẫn giải

ÁN

Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki:

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

U

Y

       

ẠO

1  c+  1 a+b  3 c+  +   1 a + b     3 2 2 f ( a ) + f (b) + f (c) + f   ≤ 2 f  ≤4f  +2f  2 2 3  2         

N

Áp dụng bổ đề ta có:

Ỡ N

G

TO

a b c d   + + +  b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c 

ID Ư

 a ( b + 2c + 3d ) + b ( c + 2d + 3a ) + c ( d + 2a + 3b ) + d ( a + 2b + 3c )  ≥ ( a + b + c + d )

BỒ

Do đó:

≥

2

a b c d + + + b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c

(a + b + c + d )

2

4 ( ab + ac + ad + bc + bd + cd ) Trang 19

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Ta chứng minh:

(a + b + c + d )

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2

4 ( ab + ac + ad + bc + bd + cd )

≥

2 3

2

2

2

2

2

H Ơ

2

N

⇔ 3 ( a + b + c + d ) ≥ 8 ( ab + ac + ad + bc + bd + cd ) 2

N

⇔ ( a − b ) + ( a − c ) + ( a − d ) + ( b − c ) + ( b − d ) + ( c − d ) ≥ 0 : Đúng

U

Y

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = d .

G

Hướng dẫn giải

H TR ẦN

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

B

9 12 + 2ln ( x + 1) − x + 2 ln ( y + 1) − y + 2ln ( z + 1) − z

00

P≥

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Từ giả thiết suy ra 0 ≤ x, y , z ≤ 3 nên 4 + 2ln ( x + 1) − y > 0 và 4 + 2ln ( y + 1) − z > 0 và 4 + 2 ln ( z + 1) − x > 0

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

1 1 1 + + 4 + 2ln (1 + x ) − y 4 + 2 ln (1 + y ) − z 4 + 2ln (1 + z ) − x

Đ

P=

TP .Q

Bài toán 6.18: Cho 3 số không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1− t 1+ t

10

2+

3

Xét f ( t ) = 2ln (1 + t ) − t với 0 ≤ t ≤ 3 với f ' ( t ) =

C

Lập bảng biến thiên thì được:

ẤP

f ' ( t ) = 0 có một nghiệm t = 1 .

H

Ó

A

−1 < f ( t ) ≤ −1 + ln 4 , suy ra: −3 < f ( x ) + f ( y ) + f ( z ) ≤ −3 + 3ln 4

Í-

3 3 .min P = đạt được khi x = y = z = 1 .

3 + ln 4 3 + ln 4

ÁN

-L

Do đó: P ≥

Ỡ N

G

TO

Bài toán 6.19: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x + 1 +

BỒ

ID Ư

Ta có y = x + 1 +

2 . x −1

Hướng dẫn giải

2 x +1 = x+ . Điều kiện x ≠ 1 . x −1 x −1

x2 + 1 Khi −1 ≤ x ≤ 0 thì hàm số y = .

1− x Ta có y ' =

− x2 + 2 x + 1

( x − 1)

2

, y ' = 0 ⇔ x = 1− 2 .

Trang 20

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

(

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

)

y ( −1) = 1, y ( 0 ) = 1, f 1 − 2 = 2 2 − 2 So sánh thì min y = 2 2 − 2 tại x = 1 − 2

N

−1≤ x ≤ 0

H Ơ

Khi x < −1 hoặc x > 1 thì y > 1 > 2 2 − 2

Y

N

Khi 0 < x < 1 thì y > 1 > 2 2 − 2

TP .Q

U

Vậy min y = 2 2 − 2 tại x = 1 − 2 .

Bài toán 6.20: Cho các số nguyên dương p, q, n.

2

(

Ta có y 2 = cos 2 x

p

) .( sin x ) 2

B

thì sin x ≥ 0, cos x ≥ 0 nên y ≥ 0 . p

. Đặt t = cos 2 x,0 ≤ t ≤ 1 thif

00

2

q

q −1

.  p − ( p + q ) t 

2+

3

y 2 = f ( t ) = t p . (1 − t ) , f ' ( t ) = t p −1.(1 − t )

10

π

a) Với 0 ≤ x ≤

TR ẦN

Hướng dẫn giải

.

Ư N

π

H

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của y = tan n x + cot n x − n 2 cos 2 2 x, 0 < x <

G

Đ

2

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

π

p hoặc t = 1 . p+q

C

ẤP

nên f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 0 hoặc t =



π 4

( p + q)

p+q

thì cot x > tan x > 0,sin 4 x > 0

ÁN

b) Xét 0 < x ≤

p p .q q

Í-

H

Ó

A

p  p p .q q = > 0 nên suy ra max y =  p+q p q + p q + )   (

Ta có f ( 0 ) = f (1) = 0, f 

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

a) Tìm giá trị lớn nhất của y = cos p x.sin qx với 0 ≤ x ≤

(

)

(

TO

Ta có y ' = n tan n −1 x 1 + tan 2 x − n.cot n −1 x 1 + cot 2 x

)

Ỡ N

G

= n ( tan n −1 x − cot n−1 x ) + n ( tan n +1 x − cot n +1 x ) − 2n 2 sin 4 x < 0

BỒ

ID Ư

 π ⇒ hàm số nghịch biến trên  0;  nên min  π  4 x∈ 0;  4 



π  f   = 2. 4

Vậy min y = 2 .

Trang 21 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

( x + y)

Bài toán 6.21: Cho các số thực x, y thỏa mãn

3

+ 4 xy ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

A = 3 ( x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) − 2 ( x2 + y 2 ) + 1.

H Ơ

2

Y

≥ 2 ⇒ x + y ≥ 1.

U

2

TP .Q

3

( x + y) + ( x + y)

N

Kết hợp ( x + y ) + 4 xy ≥ 2 với ( x + y ) ≥ 4 xy suy ra:

A = 3( x4 + y 4 + x2 y 2 ) − 2 ( x2 + y 2 ) + 1

ẠO

2 3 2 3 x + y 2 ) + ( x4 + y 4 ) − 2 ( x2 + y 2 ) + 1 ( 2 2 2 2 3 3 ≥ ( x2 + y 2 ) + ( x2 + y 2 ) − 2 ( x2 + y 2 ) + 1 2 4

2

2

≥

Đ G Ư N H

1 1 9 ⇒ t ≥ , do đó A ≥ t 2 − 2t + 1 2 2 4

1 9 2 9 t − 2t + 1; f ' ( t ) = t − 2 > 0 với mọi t ≥ 4 2 2

2+

3

Xét f ( t ) =

( x + y) ≥

B

x +y

2

00

2

TR ẦN

2 9 2 x + y 2 ) − 2 ( x 2 + y 2 ) + 1 . Đặt t = x 2 + y 2 , ta có ( 4

10

⇒ A≥



C



ẤP

9 1 1 9 ⇒ min f ( t ) = f   = . Do đó A ≥ dấu = xảy ra khi x = y = . 1  16 2  2  16 t∈ ;+∞  2

A

9 .

16

H

Ó

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng

(

a

b

)(

(

)

TO

S = a + a2 + 1

)(

-L

Í-

Bài toán 6.22: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 4 ( a + b + c ) − 9 = 0 . Tìm GTNN của

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

=

b + b2 + 1

)

c

c + c2 + 1 .

Hướng dẫn giải

) ( x + 1) , x ∈ ℝ

(

Ỡ N

G

Ta có ln S = a ln a + a 2 + 1 + b ln b + b 2 + 1 + c ln c + c 2 + 1

(

BỒ

ID Ư

Xét hàm số f ( x ) = x ln x +

(

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

3

N

Hướng dẫn giải

)

f ' ( x ) = ln x + x 2 + 1 +

)

2

x x2 + 1

; f '' ( x ) =

x2 + 2

(x

2

+ 1)

3

> 0, ∀x .

Trang 22 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Suy ra f ( x ) là hàm lõm trên ℝ nên có tiếp tuyến tại mọi điểm luôn nằm dưới đồ thị. Tiếp tuyến của

)

N

3 là 4

N Y

3 9 , ∀x ∈ ℝ và đẳng thức xảy ra khi x = . Từ đó, ta được 4 20

U

Do đó x ln x + x 2 + 1 ≥  ln 2 +  x −

TP .Q

3 5

 

)

(

H Ơ

3 9  y =  ln 2 +  x − .

5 20 

Bài toán 6.23: Cho x > 0 và y tùy ý. Tìm GTLN, GTNN của

2

(

ẠO

00

(x

B

xy 2

+ 3 y 2 ) x + x 2 + 12 y 2

10

M=

Đ G Ư N

3 .

4

TR ẦN

Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 4 4 2 , đạt được khi a = b = c =

H

9 3  9 27 9ln 2 9 ln 2  =  ln 2 +  − = nên ln S ≥ ⇔ S ≥ 24 = 4 4 2 5  4 20 4 4 

)

ẤP

Xét y = 0 thì M = 0 . Xét y ≠ 0 thì:

2+

3

Hướng dẫn giải

12 y 2 −1 xy x + 12 y − x 2 x M= = ( x2 + 3 y 2 ) .12 y 2 3 4 + 12 y 2  x2  

C

)

2

1+

A

(

2

12 y 2 1+ t −1 , t > 0 thì M = f ( t ) = 2 x 3(t + 4)

TO

Đặt t =

-L

Í-

H

Ó

2

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

3 27  M = f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥  ln 2 +  ( a + b + c ) − 5 20 

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

(

f ( x ) = x ln x + x 2 + 1 tại x =

2 − t + 2 1+ t 2

6 (t + 4) . 1 + t

, f '(t ) = 0 ⇔ t = 8 .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

Ta có f ' ( t ) =

Trang 23 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

BBT 1 +

0

+

N

f'

+∞

H Ơ

0

x

Y

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Đ G

TR ẦN

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + 2 y 2 + 3 z 2

Ư N

x3 + y 3 + z 3 = 2 + 3 xyz

H

Bài toán 6.24: Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn điều kiện:

ẠO

1 khi 2 x 2 = 3 y 2 , min M = 0 khi y = 0 .

18

Hướng dẫn giải

3

10

⇔ ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) = 2

00

B

Từ giả thiết x 3 + y 3 + z 3 = 2 + 3 xyz

C

ẤP

2+

1 2 3 ⇔ ( x + y + z )  ( x2 + y 2 + z 2 ) − ( x + y + z )  = 2 2 2 

Ó

A

Đặt t = x + y + z . Khi đó t > 0 và x 2 + y 2 + z 2 =

t2 4 + 3 3t

Í-

H

t2 4 Xét hàm f ( t ) = + trên ( 0; +∞ ) 3 3t

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vậy max M =

1 1 . Kết hợp thì 0 ≤ M ≤ .

18 18

TP .Q

Do đó: 0 < M ≤

0

U

0

N

1/18

f

TO

ÁN

2 (t 3 − 2) 4 2 4 , f '(t ) = 0 ⇔ t = 3 2 Ta có f ' ( t ) = t − 2 = 2 3 3t 3t t∈( 0;+∞ )

( 2) = 3

3

4 , đạt được khi t = 3 2

Ỡ N

G

Lập BBT thì min f ( t ) = f

ID Ư

Ta có P ≥ x 2 + y 2 + z 2 ≥ 3 4

BỒ

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 3 2, y = z = 0 .

Vậy min P = 3 4 , đạt được khi x = 3 2, y = z = 0 .

Bài toán 6.25: Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện: Trang 24 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

x + y = x −1 + 2 y + 2 .

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

H Ơ

N

P = x 2 + y 2 + 2 ( x + 1)( y + 1) + 8 4 − x − y

N

Hướng dẫn giải

=

(

x −1 + 2 y + 2

2

) ( =

x − 1 + 2. y + 1

)

2

≤ 3( x + y )

Đ

Suy ra 0 ≤ x + y ≤ 3 . Đặt t = x + y thì t ∈ [ 0;3] 2

H

Ư N

P = ( x + y ) + 2 ( x + y ) + 8 4 − ( x + y ) + 2 = t 2 + 2t + 8 4 − t + 2

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

2

+ v 2 ) ta có:

2

TP .Q

( x + y)

)( u

ẠO

(

G

2

Áp dụng bất đẳng thức ( au + bv ) ≤ a 2 + b 2

U

Y

Điều kiện x ≥ y ≥ 1 . Suy ra x + y ≥ 0 .

2 4−t

10

Suy ra f ' ( t ) đồng biến trên [ 0;3]

C

ẤP

2+

Do đó f ' ( t ) > f ' ( 0 ) = 0 với mọi t ∈ [ 0;3] Suy ra f ( t ) đồng biến trên [ 0;3]

)

> 0 với mọi t ∈ [ 0;3]

B

(

3

00

4 ; f '' ( t ) = 2 − 4−t

3

f ' ( t ) = 2t + 2 −

TR ẦN

Xét hàm f ( t ) = t 2 + 2t + 8 4 − t + 2 trên [ 0;3]

Vậy max P = max f ( t ) = f ( 3) = 25 , đạt khi t = 3 ⇔ x = 2, y = 1

Ó

A

[0;3]

H

min P = min f ( t ) = f ( 0 ) = 18 , đạt khi t = 0 ⇔ x = 1, y = 1

Í-

[0;3]

G

TO

ÁN

-L

Bài toán 6.27: Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Ta có ( a − b )

2

x 2 − y 2 + y 2 − x2 = 2 Hướng dẫn giải

a 2 + b2 ≥ 0 ⇒ ab ≤ với mọi a, b. Áp dụng: 2

x 2 − y2 ≤

x2 + 2 − y 2 y 2 + 2 − x2 , y 2 − x2 ≤ 2 2

Suy ra 2 = x 2 − y 2 + y 2 − x 2 ≤ 2 .

Do đó dấu đẳng thức xảy ra nên x = 2 − y 2 và y = 2 − x 2 .

Trang 25

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Suy ra x, y ≥ 0 và x 2 + y 2 = 2

(

)

)

N

H Ơ

Đặt t = x + y . Khi đó t ≤ 2 x 2 + y 2 = 2 2





− ( x2 + y 2 )

2

=

U

2

t2 −1 2

TP .Q

Do đó t ∈  2; 2  . Ta có xy =

( x + y)

Y

Mặt khác t 2 = ( x + y ) ≥ x 2 + y 2 = 2 . Suy ra t ≥ 2

ẠO

3

Đ G

 t2  t2 = ( x + y ) + 12 ( x + y ) − 12  − 1 − 12 + −1 2 2 

H

t2 −1 2

TR ẦN

= t 3 − 6t 2 + 12t +

Ư N

3

t2 Xét hàm f ( t ) = t − 6t + 12t + − 1 trên  2; 2  . Ta có: 2

B

2

3

> 0 , với mọi t ∈  2; 2  nên f ( t ) đồng biến trên  2; 2 

3

t  2  − 1 2  2

2+

t

C

ẤP

f ' ( t ) = 3t 2 − 12t + 12 +

10

00

3

A

Vậy max f ( t ) = f ( 2 ) = 9 ; min f ( t ) = f  2 ;2  

( 2 ) = 14

2 − 12 .

H

Ó

 2 ;2  

Í-

Bài toán 6.28: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện:

x + y + z = 4 và xy + yz + zx = 5

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Suy ra P = ( x + y ) + 12 ( x + y ) − 12 xy − 12 + xy

TO

ÁN

Hướng dẫn giải

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

(

N

Đặt t = x + y . Khi đó 0 ≤ t ≤ 2 x 2 + y 2 = 2

 y + z = 4 − x  yz = 5 − x ( 4 − x )

Ỡ N

G

Từ giả thiết ta có: 

2

BỒ

ID Ư

S 2 ≥ 4 P ⇔ ( 4 − x ) ≥ 4 5 − x ( 4 − x )  ⇔ 3x 2 − 8 x + 4 ≤ 0

⇔

2 ≤x≤2 3

(

)

Mà: x 3 + y 3 + z 3 = ( x + y + z ) x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx + 3xyz

Trang 26 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2 = ( x + y + z ) ( x + y + z ) − 3 ( xy + yz + zx )  + 3 xyz  

= 4 + 3xyz , nên

H Ơ

 5 3

ẠO

f ' ( x ) = 3 x 2 − 8 x + 5, f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 1, x =

TP .Q

U

Y

Xét hàm f ( x ) = x 3 − 4 x 2 + 5 x trên  ; 2  3 

Đ G Ư N

2 

 

TR ẦN

H

Do đó 0 < f ( x ) ≤ 2 với mọi x ∈  ; 2  nên P ≥ 25 .

3 Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 2, y = z = 1 hoặc các hoán vị

B

Vậy min P = 25 , đạt được khi x = 2, y = z = 1 hoặc các hoán vị.

16

3

ab ( a + 2c )( b + 2c )

−

1 + a 2 + b2 + c2

2+

9

P=

10

00

Bài toán 6.29: Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

ẤP

Hướng dẫn giải

A

C

1 1 1 2 2 2 (1 + a ) + ( b + c ) ≥ (1 + a + b + c ) 2 2 4

H

Ó

Ta có: 1 + a 2 + b 2 + c 2 ≥

2

2

≤

2 1+ a + b + c

Í-

1

Suy ra:

1+ a + b + c

2

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

2 5  5  50 f (1) = f ( 2 ) = 2, f   = ,f  =  3  27  3  27

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

2

N

20 xy + yz + zx 20 = + 15 = 3 + 15 xyz xyz x − 4 x2 + 5x

N

P = ( 4 + 3 xyz ) .

ÁN

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:

a + b a + 2c + b + 2c .

2 2

G

TO

ab ( a + 2c )( b + 2c ) ≤

Ỡ N

1 1 ( a + b )( a + b + 4c ) = .3 ( a + b )( a + b + 4c ) 4 12

BỒ

ID Ư

=

2

(a + b + c) 1 3 ( a + b ) + ( a + b + 4c )  ≤  = 12 4 3

Suy ra

1 ab ( a + 2c )( b + 2c )

≥

2

3

(a + b + c)

2

Trang 27 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

32 1+ a + b + c

Đặt t = a + b + c thì t > 0 và P ≥

Y

N

27 32 54 32 − trên 0; +∞ , f ' t = − + ( ) ( ) t2 t +1 t 3 ( t + 1)2

U

Xét hàm f ( t ) =

27 32 − t2 t +1

f ' ( t ) = 0 ⇔ ( t − 3) (16t 2 + 21t + 9 ) = 0 ⇔ t = 3 .

ẠO

Lập BBT thì min f ( t ) = f ( 3) = −5

Đ

( 0;+∞ )

+2

G cos x + 2

TR ẦN

sin x

H

Bài toán 6.30: Tính giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

Ư N

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là −5, đạt khi a = b = c = 1 .

.

1−t 2

00

2+

1− t2

2

22t 2 1−t . ⇔ = 2t 1− t2 1− t2 2t

ẤP

Ta có y ' = 0 ⇔ 4 = 2

3

−t

1−t 2 + 2

A

t

,0 ≤ t ≤ 1 .

C

y ' = 4t ln 4 + 2

1−t 2 + 2

10

Đặt sin x = t ,0 ≤ t ≤ 1 thì y = 4t + 2

B

Hướng dẫn giải

H

Ó

2u Xét hàm số f ( u ) = ,0 < u < 2 . u

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Do đó P ≥ −5 , dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 .

y=4

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

−

N

(a + b + c)

2

H Ơ

27

TP .Q

nên P ≥

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

ÁN

-L

u 1 u 2u ln 2 − 2u 2 ( u.ln 2 − 1) f '(u ) = = ; f '(u ) ≤ 0 ⇔ 0 < u ≤ 2 2 u u ln 2

TO

1 < 2 và f (1) = f ( 2 ) = 2 . ln 2

G

Vì 1 <

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Suy ra f ( u ) ≤ 2, ∀u ∈ [1;2] và f ( u ) > 2, ∀u ∈ ( 0;1) 2

22t 2 1+t Giả sử 1 ≤ 2t < 2 thì ≤2< : không thỏa mãn.

2t 1− t2 Do đó 0 < 2t < 1 . Vì f ( u ) nghịch biến trên ( 0;1) nên phương trình

Trang 28 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

(

f ( 2t ) = f

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 5

)

1 − t 2 ⇔ 2t = 1 − t 2 ⇔ t = 1

Y

N

1 .

5

TP .Q

min y = 8 , khi cos x = 0 và max y = 5.4 , khi sin x =

U

1 5

H Ơ

N

 1  5 Ta có y ( 0 ) = 9, y (1) = 8, y   = 5.4 , so sánh thì  5

x− y

+3

y− z

− 6 x2 + 6 y 2 + 6 z 2

z−x

+3

ẠO

P=3

Đ

Hướng dẫn giải

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

Ta có x + y + z = 0 nên z = − ( x + y ) và có 2 số không âm hoặc không dương. Do tính chất đối xứng ta có

x− y

+3

2 y+ x

+3

2 x+ y

− 12 ( x 2 + y 2 + xy )

3

3 x+ y 2

10

2

−2 3 x+ y

( ) 3

3t

− 2 3t

.ln 3 − 2 3 = 2 3.  3. 

H

3t

Í-

( 3)

( 3)

3t

ln 3 − 1 > 0 

-L

f ' ( t ) = 2.3

Ó

A

Đặt t = x + y ≥ 0 , xét f ( t ) = 2.

2+

+ 2.3

− 12 ( x + y ) − xy   

2

ẤP

≥3

x− y

+ 2.3

C

≥3

00

2 y+ x + 2 x+ y x− y

B

2 = 3 x − y + 3 2 y + x + 3 2 x+ y − 12 ( x + y ) − xy   

TR ẦN

Ta có P = 3

H

thể giả sử xy ≥ 0

x− y

≥ 30 = 1 nên P ≥ 30 + 2 = 3 , dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 0 .

TO

Mà 3

ÁN

⇒ f đồng biến trên [ 0; +∞ ) ⇒ f ( t ) ≥ f ( 0 ) = 2

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Bài toán 6.31: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

G

Vậy min P = 3 .

(

)

Ỡ N

Bài toán 6.32: Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện: 3 a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca = 12 . Tìm

BỒ

ID Ư

a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca . giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P = a+b+c Hướng dẫn giải Từ giả thiết a, b, c không âm thỏa mãn:

Trang 29 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + ab + bc + ca = 12 ta có a + b + c = 24 − 5 ( a 2 + b 2 + c 2 )

( 12 ≤ 3 ( a

) +c )+a 2

2

+ b2 + c2 ⇒ a 2 + b2 + c2 ≥ 3

H Ơ

24 − 5 ( a + b + c 2

2

2

)

TP .Q

+ 12 − 3 ( a 2 + b 2 + c 2 )

ẠO

a 2 + b2 + c2

Ư N H

TR ẦN

Xét hàm f ( t ) = 3t 2 − t +

G

1 ( 24 − t 2 ) 24 − t 2 1  2 24  12 5 = + 12 − 3 =  3t − t +  − 5 5 t t  5

24 trên [ 2;3] . t

B

24 24   = ( t − 1) +  5t − 2  > 0 với mọi t ∈ [ 2;3] 2 t t  

10

00

f ' ( t ) = 6t − 1 −

2+

3

nên f đồng biến trên đoạn [ 2;3] . [ 2;3]

C

[ 2;3]

ẤP

Do đó max f ( t ) = f ( 3) = 32; min f ( t ) = f ( 2 ) = 22 nên 2 ≤ P ≤ 4 .

A

Vậy max P = 4 , đạt khi a = b = c = 1 .

H

Ó

Min P = 2 , đạt khi a = 2, b = c = 0 hoặc các hoán vị.

Í-

Bài toán 6.33: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Do đó P =

) thì t ∈ [ 2;3]

Đ

(

Đặt t = 24 − 5 a 2 + b 2 + c 2

U

Y

Suy ra a 2 + b 2 + c 2 ∈ [3; 4]

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

+ b2

N

2

N

Và 12 ≥ 3 a 2 + b 2 + c 2 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≤ 4

2

2

2

TO

ÁN

 x + 2 xy + z   y + 2 yz + x   z + 2 zx + y  P=  +   +    x + 1 y + 1 z + 1      

G

Hướng dẫn giải

ID Ư

Ỡ N

Với 2 vectơ u , v ta có u.v ≤ u . v

(

)

(

)

BỒ

Chọn u = x; 2 x ;1 , v = 1; 2 y ; z thì

(x + 2

xy + z

2

) = ( x −1 +

2 x . 2 y + 1.z

2

) ≤ (x

2

+ 2 x + 1)(1 + 2 y + z 2 )

Trang 30 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2

 x + 2 xy + z  2 Do đó:   ≤ 1 + 2 y + z .  x +1   2

2

N

H Ơ

N

 y + 2 yz + x   z + 2 zx + y  2 Tương tự  ≤ 1 + 2z + x2 ;    ≤ 1 + 2x + y   y +1 z +1    

(

)

TP .Q

U

Y

Nên P ≤ 3 + 2 ( x + y + z ) + x 2 + y 2 + z 2 ≤ 6 + 2 3 x 2 + y 2 + z 2 = 12 Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 .

ẠO

Vậy giá trị lớn nhất của P là 12, dấu = khi x = y = z = 1 .

G TR ẦN

Hướng dẫn giải

00 10

ẤP

2+

3

b2 1 2 1 2 = ( a + 3) − ( a + 3 ) . 2 2 2 b +2

B

Vì a, b ∈ [ 0;1] nên ta có:

a3 + 3 a 2 + 3 1 b2  3 ≤ = a + 3 .

1 − ( )   2  b2 + 2  b2 + 2 b2 + 2

H

Ư N

x3 + 3 y 3 + 3 z 3 + 3 + + .

P= 2 y + 2 z 2 + 2 x2 + 2

A

C

1 2 1 2 b2 1 2 3 1 ≤ ( a + 3 ) − ( a + 3 ) . = ( a − b 2 ) + − a 2b 2 2 2 3 2 2 6

H

Ó

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a, b ∈ {0;1} .

Í-

b3 + 3 1 2 2 3 1 2 2 ≤ (b − c ) + − b c c2 + 2 2 2 6

ÁN

Tương tự:

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Đ

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Bài toán 6.34: Cho các số thực x, y, z đều thuộc đoạn [ 0;1] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

G

TO

c3 + 3 1 2 3 1 2 2 2 c a ≤ − + − ca ( ) a2 + 2 2 2 6

ID Ư

Ỡ N

Suy ra P ≤

9 1 2 2 9 − ( a b + b 2c 2 + c 2 a 2 ) ≤ 2 6 2

BỒ

Vậy giá trị lớn nhất của P là

9 , đạt được khi trong ba số a, b, c có nhiều nhất một số bằng 1, các số còn lại 2

bằng 0.

Bài toán 6.35: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện:

4 ( x + y + z ) = 3 xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Trang 31 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

P=

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 1 1 + + 2 + x + yz 2 + y + zx 2 + z + xy

N

Hướng dẫn giải

N

H Ơ

Ta có: 3 xyz = 4 ( x + y + z ) ≥ 4.3 xyz nên xyz ≥ 8

U TP .Q

1 1 1 1 11 1  ≤ . ≤ .  +  2 + x + yz 4 2 4 yz 4 2  2 yz 

Ư N

G

Đ

1 9 1 1 1  1 9 3 3 + + + =  + = 8  4 xy yz zx  8  4 4  8

B

Do đó P ≤ 

2+

Bài toán 6.36: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

10

00

3 , khi x = y = z = 2 .

8

3

Vậy max P =

H

1 1 3 2  1 1 3 1  ≤  + , ≤  +  2 + x + yz 8  4 zx  2 + x + yz 8  4 xy 

TR ẦN

Tương tự:

C

ẤP

y = − x 2 + 4 x + 21 − − x 2 + 3x + 10

Hướng dẫn giải

−x + 2

Í-

H

Ó

A

 − x 2 + 4 x + 21 ≥ 0 Điều kiện  2 ⇔ −2 ≤ x ≤ 5 . Với −2 < x < 5 :  − x + 3x + 10 ≥ 0

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

1 1 1 1  1 3 1  ≤  + + =  +  8  2 4 yz  8  4 yz 

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

Suy ra

Y

Và: 2 + x + yz ≥ 2 2 2 x + yz ≥ 2 2 2 x . yz = 2 2 2 xyz . yz ≥ 4 2. 4 yz

y' =

ÁN

− x 2 + 4 x + 21

−2 x + 3

2 − x 2 + 3x + 10

− x 2 + 3x + 10 − ( 3 − 2 x ) − x 2 + 4 x + 21

2 − x 2 + 4 x.21. − x 2 + 3 x + 10

Ỡ N

G

TO

( 4 − 2x) =

−

BỒ

ID Ư

Cho y ' = 0 ⇔ ( 4 − 2 x ) − x 2 + 3 x + 10 = ( 3 − 2 x ) − x 2 + 4 x + 21

( 4 − 2 x )( 3 − 2 x ) ≥ 0 ⇔ 2 2 2 2 ( 4 − 2 x ) ( − x + 3x + 10 ) = ( 3 − 2 x ) ( − x + 4 x + 11)

Trang 32 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ

1 1 = 2; y ( 5 ) = 4 . Vậy min y = 2 tại x = .

3 3

N

Ta có y ( −2 ) = 3; y =

N

3  1  x < hay x > 2 ⇔ ⇔x= .

2 3 −51x 2 + 104 x − 29 = 0 

U

Y

Bài toán 6.37: Cho hàm số f, xác định trên ℝ và thỏa mãn:

TP .Q

f ( cot x ) = sin 2 x + cos 2 x, ∀x ∈ ℝ .

2

 

G

TR ẦN

H

x 2 + 2 x − 1 (1 − x ) + 2 (1 − x ) − 1 suy ra g ( x ) = .

2 x2 + 1 (1 − x ) + 1

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

z2 + 2z −1 Đặt z = cot x thì f ( z ) = f ( cot x ) = sin 2 x + cos 2 x = z2 +1

Đ

Hướng dẫn giải

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số g ( x ) = f ( x ) . f (1 − x ) trên đoạn [ −1;1] .

1

00

B

Đặt y = 1 − x và t = xy . Do x ∈ [ −1;1] nên ta có t ∈  −2;  4

− 2t + 2 )

3 2+

2 − 34 5

ẤP

2

, h '(t ) = 0 ⇔ t =

C

(t

2

Ó

A

h '(t ) = −

2 ( 5t 2 − 4t − 6 )

10

t 2 + 8t − 2 thì g ( x ) = 2 = h (t ) t − 2t + 2



1 4

H

Lập BBT thì: max g ( x ) = max h ( t ) = h   = x∈[ −1;1]  1

-L

Í-

t∈ −2;   4

1 25

TO

ÁN

 2 − 34  min g ( x ) = min h ( t ) = h   = 4 − 34 . x∈[ −1;1]  1 5 t∈ −2;     4

G

Bài toán 6.38: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ( a + c )( b + c ) = 4c 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất

BỒ

ID Ư

Ỡ N

của biểu thức

P=

32a 3

( b + 3c )

3

+

32b3

( a + 3c )

3

a2 + b2 − c  a  b  + 1 + 1 = 4  c  c 

Ta có ( a + c )( b + c ) = 4c 2 ⇔ 

Trang 33 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Đặt x =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

a b ; y = thì ( x + 1)( y + 1) = 4 c c

N

⇔ S + P = 3 ⇔ P = 3 − S . Do đó

Y

N

H Ơ

 x 3  y 3  2 2 P = 32   +  − x + y  y + 3   x + 3   3

TP .Q

U

 x y  2 2 ≥ 8 +  − x +y  y +3 x +3 3

ẠO Ư N H

TR ẦN B

1 0, ∀S ≥ 2 2

00

2

P ' = 3 ( S − 1) −

S ,S ≥ 2 2

10

3

= ( S − 1) −

Đ G

3

 S 2 + 5S − 6  S S  S −1  = 8 = 8  −  − 2 2  2   2S + 12 

2+

3

Dấu “=” xảy ra chẳng hạn khi x = y = 1 .

ẤP

Vậy min P = P ( 2 ) = 1 − 2 .

A

C

3. BÀI LUYệN TậP

H

Ó

Bài tập 6.1: Chứng minh các bất đẳng thức:

Í-

x3  π a) tan x > x + với mọi x ∈  0;  3  2

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

3

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

3

 S 2 + 3S − 2 ( 3 − S )   S 2 + 3S − 2 P  S S = 8 − = 8  −  2 2  3S + P + 9   3S + ( 3 − S ) + 9 

π 2

G

TO

b) b.tan a > a.tan b với 0 < a < b <

Hướng dẫn

ID Ư

Ỡ N

π x3 a) Xét f ( x ) = tan x − x − ,0 ≤ x < 3 2

BỒ

b) Xét f ( x ) =

π tan x ,0 < x < x 2

Bài toán 6.2: Cho a, b, c là các số dương, đặt X =

b+c c+a ,Y = . a+b+c a+b+c Trang 34

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Chứng minh

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 1 8 + ≤ .

2 2 1+ X 1+ Y 5

N

Hướng dẫn

H Ơ

a + b + 2c ≥ 1 , nếu cố định X và giảm giá trị của Y thì vế trái của bất đẳng thức tăng lên nên ta chỉ a+b+c cần chứng minh khi X + Y = 1 .

Y

N

X +Y =

≥

TP .Q 1 với a, b, c > 0 .

2

H

Hướng dẫn

TR ẦN

a) Dùng định lý Lagrange

a b c ,y = ,z = (a + b + c) (a + b + c) (a + b + c)

B

b) VT bậc 0. Đặt x =

(c + a)

2

+ b2

c (a + b)

(a + b)

2

+ c2

≤

10

+

6 với a, b, c > 0 .

5

3

b (c + a)

2+

+ a2

+

ẤP

(b + c)

2

9 −3 a b c + 2 + 2 ≤ với a, b, c ≥ và a + b + c = 1 . a + 1 b + 1 c + 1 10 4

C

2

A

b)

a (b + c )

00

Bài toán 6.4: Chứng minh a)

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

2

H

Ó

Hướng dẫn

Í-

a) Chuẩn hóa: a + b + c = 3 và dùng tiếp tuyến tại x = 1

1 x của hàm số f ( x ) = 2 .

3 x +1

ÁN

b) Tiếp tuyến tại x =

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

b)

2

ẠO

2

( a + b − 3c ) + ( a + c − 3b ) + ( c + b − 3a ) 2 2 2 2c 2 + ( b + a ) 2b 2 + ( c + a ) 2a 2 + ( b + c )

Đ

8a

2

( a − b ) với a ≥ b > 0 . a+b ≤ − ab ≤ 2 8b

G

2

Ư N

a)

( a − b)

U

Bài toán 6.3: Chứng minh

G

A B C + tan + tan ≥ 3 với tam giác ABC. 2 2 2

Ỡ N

a) tan

TO

Bài toán 6.5: Chứng minh

n −1

1 xn − 1 ≤ . với x > 0, x ≠ 1, n ≥ 1, n ∈ ℕ n x −1

BỒ

ID Ư

2 xn 1+ x  b) ≤  n +1 1+ x  2 

Hướng dẫn

x 2

a) Dùng bất đẳng thức Jensen cho f ( x ) = tan ,0 < x < π Trang 35 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

b) Chứng minh bằng quy nạp Bài tập 6.6: Cho ABC là tam giác có ba góc nhọn, cạnh là a, b, c. Chứng minh:

a b c + +  A B C

a) π ( a + b + c ) ≤ 3 ( aA + bB + cC )

H Ơ

N

b) 3 ( a + b + c ) ≤ π 

N

Hướng dẫn

U

Y

a) Áp dụng bất đẳng thức Trebusep

TP .Q

b) Áp dụng bất đẳng thức Trebusep

Ư N B

t ,t ≥ 0 , 2019 + t

2

H

TR ẦN

Hướng dẫn a) Xét hàm số f ( t ) =

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

a b c a+b b+c + + ≥ + + 1 với a, b, c > 0 . b c a b+c a+b

ẠO

b)

Đ

x y x− y với mọi x, y ∈ ℝ + ≥ 2019 + x 2019 + y 2019 + x − y

G

a)

2

10

00

b) BĐT ⇔ ( a + b ) + ( b + c ) + ( a + b )( b + c )

3

b2 ( a + b ) 2 cb ( b + c ) a 2c + a 2 + ab + ac + + b + ab + c 2 + bc b c a

2+

≤

1 π với 0 < x < . sin 2 x 2

C

≥

A

cos 2 x

H

Ó

a) ( cot x )

ẤP

Bài toán 6.8: Chứng minh rằng:

2

Í-

2 a−b b−c c−a  b) + + ≤ 1 −  với a, b, c ∈ [1; 2] .

2  c a b 

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Bài tập 6.7: Chứng minh bất đẳng thức:

TO

Hướng dẫn

t +1 .

2

Ỡ N

G

a) Đặt t = tan 2 x, t > 0 . Đưa về t.ln t ≥ ( t + 1) .ln

ID Ư

b) Dồn biến với giả sử 2 ≥ a ≥ b ≥ c ≥ 1 .

BỒ

Xét f ( a ) =

( a − b )( b − c )( c − a ) ⇒ abc

f '( a ) ≥ 0

Bài tập 6.9: Cho các số dương a, b, c, d. Chứng minh rằng:

a4 b4 c4 d4 a+b+c+d a) + + + ≥ 2 2 2 2 2 2 2 2 4 ( a + b) ( a + b ) (b + c ) (b + c ) ( c + d ) ( c + d ) ( d + a ) ( d + a ) Trang 36 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

(

) (

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

)

b) 2 a 3 + b3 + c 3 + 3 a 2 + b 2 + c 2 + 12abc ≥

5 , a + b + c = 1.

3

N

Hướng dẫn

H Ơ

a) Dùng BCS.

U

Y

5 .

3

TP .Q

Đưa về chứng minh: 18 y − 12 x + 5 ≥

N

b) Đặt x = ab + bc + ca, y = abc .

Bài toán 6.10: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

sin 6 x cos x + cos 6 x sin x b) f ( x ) = sin x + cos x

H

a) Đặt t = cos x − sin x rồi xét hàm.

B

5 , min f = 0 .

27

00

b) Kết quả max f =

TR ẦN

4 4 ; max f = 8+ 2 8− 2

10

Kết quả min f =

(

) (

3

Bài toán 6.11: Cho các số dương có tổng bằng 1

)

ẤP

2+

a) Tìm GTNN của 6 a 3 + b3 + c 3 + d 3 − a 2 + b 2 + c 2 + d 2

C

1− b − c 1− c − a 1− a − b + + 1 + a2 1 + b2 1 + c2

A

b) Tìm GTLN của

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

Đ

G Ư N

Hướng dẫn

Hướng dẫn

Ó H Í-

a) Dùng phương pháp tiếp tuyến. Kết quả

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

1 1 a) f ( x ) = − sin x + 4 cos x − 4

1 1 khi a = b = c = d = 8 4

ÁN

3 1 khi a = b = c = .

3 10

TO

b) Kết quả

G

Bài toán 6.12: Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị

BỒ

ID Ư

Ỡ N

nhỏ nhất của biểu thức

S = ( 4 x 3 + 3 y )( 4 y 2 + 3x ) + 25 xy Hướng dẫn

S = 16 x 2 y 2 + 12 ( x3 + y 3 ) + 9 xy + 25 xy 3 = 16 x 2 y 2 + 12 ( x + y ) − 3 xy ( x + y )  + 34 xy = 16 x 2 y 2 − 2 xy + 12  

Trang 37 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Đặt t = xy , ta được S = 16t 2 − 2t + 12

4

=

1  1 ⇒ t ∈ 0;  4  4

N

2

H Ơ

( x + y) 0 ≤ xy ≤

 1  

Y TP .Q

U

25 191 , min S = 2 16

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

TO

ÁN

-L

Í-

H

Ó

A

C

ẤP

2+

3

10

00

B

TR ẦN

H

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

Đ

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

Kết quả max S =

N

Xét hàm f ( t ) = 16t 2 − 2t + 12 trên đoạn 0;  4

Trang 38 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial