Đề cương ôn thi môn toán THPT Quốc Gia năm 2016 phần 4

Ñeà cöông toaùn THPT 2016

CHUYÊN ĐỀ 10: PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH,
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
Biên soạn và sưu tầm: Hoàng Đăng Hưng – GV trường THPT Lê Văn Thịnh
1. Sử dụng phương pháp biến đổi: biến đổi tương đương, phân tích thành phương
trình dạng tích, nhân chia biểu thức liên hợp…
Ví dụ 1. (Trích đề thi ĐH Khối A - 2004) Giải bất phương trình:
2( x 2 − 16)
x −3

+ x −3 >

7−x
x−3 .

Lời giải
ĐK: x ≥ 4

 x 2 − 16 ≥ 0


10 − 2 x < 0
2
2

⇔ 2( x − 16) + x − 3 > 7 − x ⇔ 2( x − 16) > 10 − 2 x ⇔

10 − 2 x ≥ 0
 2
 2( x − 16) > (10 − 2 x ) 2

Bpt
x>5

⇔
⇔ x > 10 − 34
10
−
34
<
x
≤
5

2
x≥ )
3 nên (*) vô nghiệm
VT(*) < 0 (do
2
2
Ví dụ 2. Giải bất phương trình sau: ( x − 3 x) 2 x − 3 x − 2 ≥ 0 (2)

Lời giải
Ta xét hai trường hợp:
x = 2
2 x − 3x − 2 = 0 ⇔ 
x = − 1

2 , khi đó bpt luôn đúng.
TH 1:
2

 2
 
1
1
2 x − 3 x − 2 > 0
 x ∈  −∞; − ÷∪ ( 2; +∞ )

2
⇔
⇔ 
⇔ x ∈  −∞; − ÷∪ [ 3; +∞ ) .
2
2

 x − 3x ≥ 0
 x ∈ ( −∞;0] ∪ [ 3; +∞ )


TH 2: BPT
.
1
T = (−∞; − ] ∪ {2} ∪ [3; +∞ )
2
Vậy tập nghiệm của bpt đã cho là:
.
1|Page

1

Ñeà cöông toaùn THPT 2016

 x 2 + xy + 2 y = 2 y 2 + 2 x (1)

y x − y + 1 + x = 2.
(2)
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình: 
.
Lời giải
ĐK: x − y + 1 ≥ 0.
(3)
x = y
(1) ⇔ x 2 − y 2 + xy − y 2 + 2 y − 2 x = 0 ⇔ ( x − y )( x + 2 y − 2) = 0 ⇔ 
 x = 2 − 2 y (4)
• Từ (3) & (2) ta có x=y=1.
 y = 0; x = 2
 x = 2 − 2 y
⇔

y = − 1;x = 8.
y
3
−
3
y
=
2
y


3
3

• Từ (4) & (2) ta có
Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm

( x; y ) = ( 1;1) ; ( x; y ) = ( 2;0 ) ; ( x; y ) = 

8 1
; − ÷.
 3 3

Ví dụ 4. (Trích Báo TH&TT) Giải hệ phương trình:
Lời giải
ĐK: x + y > 0.
Ta có

(1) ⇔ x 2 + 2 xy + y 2 +

2 xy
 2
2
 x + y + x + y = 1 (1)

 x + y = x2 − y
(2)


2 xy
x + y −1

− 2 xy = 1 ⇔ ( x + y ) 2 − 1 − 2 xy.
=0
x+ y
x+ y

(3)
x = 1− y

2 xy 

2
2
⇔ ( x + y − 1)  x + y + 1 −
÷ = 0 ⇔  x + y + x + y = 0 (4)
x
+
y



x+ y
Vì x + y > 0 nên phương trình (4) vô nghiệm.
 y = 0; x = 1
y2 − 3y = 0 ⇒ 
 y = 3; x = −2 .
Từ (3) và (2) ta có
x; y ) = ( 1;0 ) ; ( x; y ) = ( −2;3 ) .
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm (
1


(1)
 3x (1 + x + y ) = 2


 7 y (1 − 1 ) = 4 2 (2)

x+ y
Ví dụ 5. (Trích đề thi HSG QG 1996) Giải hệ phương trình: 
Lời giải
ĐK x ≥ 0; y ≥ 0.
Dễ thấy x = 0 hoặc y = 0 không thõa mãn hệ.
2|Page

2


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

Với x >0, y >0 ta có

1
2
1
2 2

+
1 =
1 + x + y = 3 x
3x
7y

1
1
8


⇔
⇒
=
−

x + y 3x 7 y
1 − 1 = 4 2
 1 = 1 −2 2
 x + y
x+ y
7y
3x
7y

( nhân vế với vế)
⇒ 21xy = (7 y − 24 x )( x + y ) ⇒ 24 x 2 + 38 xy − 7 y 2 = 0 ⇒ y = 6 x (vì x, y dương).
1
2 1
1
2 
 1
−
.
+1 = 0 ⇔
= 7

±
÷.
7
x
3
x
x
3
21


Thay vào phương trình (1) ta được
Từ đó suy ra x và y.
4  1 2 x + y 
 x  +
÷= 2
x+ y ÷
 4


4  1 2 x + y 
=1
 y  4 − x + y ÷
÷

Bài tập tương tự:  
( Trích đề thi HSG Cần Thơ – 2012)
3
2
Ví dụ 6. Giải bất phương trình: 2 x ≤ (1 + 2 x − 3 x ). 2 x + 1 .

Lời giải
y ≥ 0
⇒ 2
 y = 2 x + 1 , ta được bất phương trình
Đặt y = 2 x + 1

2 x3 ≤ ( y 2 − 3x 2 ) . y ⇔ 2 x3 + 3x 2 y − y 3 ≤ 0
(2)
1
1
⇒x=−
⇒x=−
2 thay vào BPT thỏa mãn
2 là nghiệm
*TH1: Xét y = 0 khi đó
3

2

2

 x
x
 x  x 
⇔ 2  ÷ + 3  ÷ − 1 ≤ 0 ⇔  2 − 1÷ + 1÷ ≤ 0
 y
 y
 y  y 
*TH2: Xét y > 0 khi đó BPT (2)
⇒

x 1
≤ ⇔ y ≥ 2x
y 2

suy ra

 x ≤ 0
 1

− 2 ≤ x ≤ 0
2
x
+
1
≥
0

⇔
⇔
.
 x > 0
1+ 5


0 < x ≤ 4
2
2
x
+

1
≥
4
x



2x + 1 ≥ 2x

 1 1+ 5 
− ;

2
2 
Vậy tập nghiệm của BPT là S = 
.

3|Page

3


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

2 x 3 + x = 2 x 2 y + y
( x, y ∈ ¡ ) .
 2
x
+
12

x
+
12
y
+
3
=
3
y
−
2
x
−
1
Ví dụ 7. Giải hệ phương trình 
Lời giải
ĐK: x ≥ 0; y ≥ 0 .
⇔ x ( 2 x 2 + 1) = y ( 2 x 2 + 1) ⇔ ( x − y ) ( 2 x 2 + 1) = 0 ⇔ x = y
Phương trình (1)
2
(Vì 2 x + 1 > 0, ∀x ∈ ¡ ).
Thế vào phương trình (2) ta có

(

)

x 2 + 12 x + 12 x + 3 = 3 x − 2 x − 1 ⇔ x 2 + 3 2 x + 1
Đặt a = 2 x + 1, a ≥ 1 , ta có phương trình

2

(

)

= 3x − 2 x + 1

x 2 + 3a 2 = 3 x − a ⇒ x 2 + 3a 2 = 9 x 2 − 6ax + a 2

a = x
⇔ 8 x 2 − 6ax − 2a 2 = 0 ⇔ 
 a = −4 x ( L )
⇒ x 2 + 3a 2 = 9 x 2 − 6ax + a 2
 x = 1+ 2
x = 2 x +1 ⇔ x − 2 x −1 = 0 ⇔ 
⇔ x = 3+ 2 2
 x = 1 − 2 ( L )
Khi a = x , ta có
⇒ y = 3 + 2 2 . Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phương trình có nghiệm

( x; y ) = ( 3 + 2

)

2;3 + 2 2 .

Bài tập luyện tập:
Bài 1. Giải phương trình:

10 x 2 + 3x + 1 = ( 1 + 6 x ) x 2 + 1

Bài 2. Giải bất phương trình:
Bài 3. Giải bất phương trình
Bài 4. Giải phương trình:
Bài 5. Giải phương trình:

x3 − 3x 2 + 2

( x + 2)

3

( Đề thi HSG Lạng Sơn 2012)

− 6x ≥ 0

( Đề thi HSG Nghệ An 2012)

6( x 2 − 3x + 1) + x 4 + x 2 + 1 ≤ 0

4 ( 2 x 2 + 1) + 3 ( x 2 − 2 x ) 2 x − 1 = 2 ( x3 + 5 x ) .
2 ( x 2 − x + 6 ) = 5 x3 + 8

2
2
Bài 6. Giải phương trình 2 x + 5 = 2 x − 1 + x .
 x 3 + 2 y 2 = x 2 y + 2 xy ( 1)


2 x 2 − 2 y − 1 + 3 y 3 − 14 = x − 2 ( 2 )
Bài 7. Giải hệ phương trình: 
y
 2
 x − ( x + y) = 3 x − y

2 x 2 + y 2 − 3 2 x − 1 = 11
(
)
Bài 8. Giải hệ phương trình: 

4|Page

4


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

x + 7 − 10 − x + x 2 − 2 x − 66 = 0

Bài 9. Giải phương trình:
Bài 10. Giải phương trình:

Bài 11. Giải phương trình:

3x + 1 + 5 x + 4 = 3x 2 − x + 3
x =1+

1 3
x + x 2 − 8 x − 2 + 3 x 3 − 20

2

 x + y +1 + 1 = 4( x + y ) 2 + 3 x + y


3
2 x − y =
2
Bài 12. Giải hệ phương trình: 
Hướng dẫn giải
Bài 6.
2
2
Phương trình đã cho ⇔ 2 x + 5 − 6 = 2 x − 1 − 2 + x − 4
x2 − 4
x−2
⇔2 2
=2
+ ( x − 2)( x + 2)
x −1 + 1
x +5 +3

x = 2
⇔  2( x + 2)

=
 x 2 + 5 + 3

2
+ x + 2 (1)

x −1 +1



2
2
+ ( x + 2 ) 1 − 2
÷= 0
x
−
1
+
1
x
+
5
+
3


Ta có phương trình (1)
nên (1) vô nghiệm.
x; y ) = ( 2;2 ) .
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (
2
Bài 7. ĐK x − 2 y − 1 ≥ 0
⇔

Từ (1) ta có x=y hoặc x2 = 2y (Loại)
2

3
3
x = y, thay vào phương trình ta có: 2 x − 2 x − 1 + x − 14 = x − 2

⇔ 2 x 2 − 2 x − 1 + 3 x 3 − 14 − ( x − 2 ) = 0

⇔ 2 x − 2 x − 1 1 +





÷= 0
÷
2
+ 3 x 3 − 14 ( x − 2 ) + ( x − 2 ) ÷

3 x2 − 2x − 1

2

3

(x

3

− 14 )

2

x = 1+ 2
⇔ x2 − 2x − 1 = 0 ⇔ 
 x = 1 − 2 .
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

( x; y ) = ( 1 +

) (

 x 2 − ( x + y ) 3 x − y = y ( 1)


2
2
2 ( x + y ) − 3 2 x − 1 = 11( 2 )
Bài 8. Hệ đã cho tương đương với 
5|Page

5

)

2;1 + 2 ; 1 − 2;1 − 2 .


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

Từ (1) suy ra y ≥ 0 , vì nếu y<0 thì x-y>0, do đó VT(1) > VP( 1)

( 1) ⇔

x2 − ( x + y )

⇔ x − ( x + y)

(

3

) (

x − y −1 +

x − y −1

2

3

( x − y)

2

)

x2 − ( x + y ) − y = 0

+ x − y +1

+

3

x2 − x − y − y2
x2 − x − y + y

=0



x2 − ( x + y )
x
+
y
 = 0 ⇔ x − y −1 = 0
⇔ ( x − y − 1) 
+ 2
 3 ( x − y) 2 + 3 x − y +1
x − x− y + y


Thế y = x − 1 vào phương trình (2) ta được:
4 x 3 − 4 x + 2 − 3 2 x − 1 = 11 ⇔ ( 2 x − 1) − 3 2 x − 1 − 10 = 0
2

4
⇔ ( t − 2 ) ( t 3 + 2t 2 + 4t + 5 ) = 0 ⇔ t = 2
Đặt t = 2 x − 1, t ≥ 0 , ta có t − 3t − 10 = 0
5 3

5
3
( x; y ) =  ; ÷.
2x −1 = 2 ⇔ x = ⇒ y =
2 2
2
2 . Vậy hệ phương trình có nghiệm
Khi đó

2. Phương pháp đặt ẩn phụ
 x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y
(1)

2
2
 y ( x + y ) = 2 x + 7 y + 2 (2)

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình:
Lời giải:
Nhận thấy y=0 không thỏa mãn hệ.

 x2 + 1
 y +x+ y =4


2
( x + y ) 2 = 2 x + 1 + 7

y
Với y khác không, chia cả hai vế của (1) và (2) cho y ta được: 

a = x + y

a + b = 4
b = 4 − a
b = 4 − a
 a = −5, b = 9
x2 + 1

⇔
⇔
⇔
b
=



 a = 3, b = 1
2
2

y ta có a 2 = 2b + 7

a = 2(4 − a ) + 7
 a + 2a -15 = 0
Đặt 
.
Từ đây ta tìm được x và y.
5
 2
3

2
x
+
y
+
x
y
+
xy
+
xy
=
−

4

 x 4 + y 2 + xy (1 + 2 x) = − 5
4
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình: 
Lời giải:

6|Page

6


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

5
 2

2
x
+
y
+
xy
(
x
+
y
)
+
xy
=
−

4

( x 2 + y ) 2 + xy = − 5
4
Hệ đã cho tương đương với 
5
5


2
a + ab + b = − 4
b = − 4 − a
⇔


 x2 + y = a
5
2
a + b = −
a − 5 a − a 3 − 5 − a 2 = − 5

xy
=
b
4

4
4
4
Đặt 
, ta được hệ mới 
a
5
 3

2
a + a + 4 = 0
 a = 0; b = − 4
⇔
⇔
a = − 1 ; b = − 3
b = − 5 − a 2

4


2
2
Từ đó ta tìm được x, y.
Ví dụ 3. (Đề thi HSG Vĩnh Long 2012) Giải phương trình:
4 x2 + x + 1 = 1 + 5x + 4 x 2 − 2 x3 − x4
Lời giải:
t = x 2 + x + 1, t ≥

Đặt

3
2 . Khi đó phương trình trở thành:

4t = −t 4 + 7t 2 − 5 ⇔ t 4 − 6t 2 + 9 − ( t 2 − 4t + 4 ) = 0

⇔ ( t 2 − 3) − ( t − 2 ) = 0 ⇔ ( t 2 − t − 1) ( t 2 + t − 5 ) = 0
2

2

(*)

t − t − 1 = 0
⇔ 2
t + t − 5 = 0
(*)
2

 Với
 Với

t≥

3
1+ 5
t=
2
2 thì t − t − 1 = 0 có một nghiệm là
2

t≥

3
−1 + 21
t=
2
2 thì t + t − 5 = 0 có một nghiệm là
2
2

1+ 5 
2
1+ 5
x
+
x
+
1
=


÷ ⇔ 2x + 2x −1 − 5 = 0
t=
 2 
2 thì
 Khi
2

⇔x=

−1 − 3 + 2 5
−1 + 3 + 2 5
x=
2
2
hoặc
.
2



−1 + 21 x + x + 1 =  −1 + 21 ÷ ⇔ 2 x 2 + 2 x − 9 + 21 = 0
t=
2


2
Khi
thì
2

7|Page

7


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

⇔x=

−1 − 19 − 2 21
−1 + 19 − 2 21
x=
2
2
hoặc
.

−1 − 19 − 2 21
−1 + 19 − 2 21
x=
2
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
;
.
Bài tập luyện tập: Giải phương trình, hệ phương trình sau
1
1
 2
2

x
+
y
+
+
=5
2
2

2
2
x
y
1) 
 x + y + xy ( x + y − 4) = 0 3)  x + 1 + y ( x + y ) − 4 y = 0
2)  2
.  2
( xy − 1) 2 = x 2 − y 2 + 2
(
x
+
y
)(
x
+
y
)
=
4
xy


 x ( x + y − 2 ) + x − 2 = 0


⇔x=

( 4 x 2 − 4 xy + 4 y 2 − 51) ( x − y ) 2 + 3 = 0
4) 
( 2 x − 7 ) ( x − y ) + 1 = 0

 x 2 y 2 + 2 y 2 + 16 = 11xy
5)  2
2
2
 x +2 y + 12 y = 3 xy

3.Phương pháp hàm số.
Phương pháp hàm số là một trong những phương pháp quan trọng để giải phương trình,
bất phương trình, hệ phương trình. Muốn làm tốt phương pháp này ngoài việc nắm chắc các kĩ
thuật sử dụng hàm số còn cần phải chú ý những sai lầm thường gặp trong phương pháp này. Khi
giải các bài toán này thường sử dụng một trong các tính chất sau:
Cho K là một khoảng ( hoặc là nửa khoảng, hoặc là đoạn)
y = f ( x)
y = f ( x)
Tính chất 1: Cho hàm số
liên tục trên K, nếu hàm số
luôn đồng biến hoặc
f x =c
luôn nghịch biến trên K thì phương trình ( )
(c là hằng số) có nhiều nhất một nghiệm trên

K.
y = f ( x) ; y = g ( x)
y = f ( x)
Tính chất 2: Cho hàm số
liên tục trên K, nếu hàm số
luôn đồng
y = g ( x)
f x = g ( x)
biến trên K,
luôn nghịch biến trên K thì phương trình ( )
có nhiều nhất một
nghiệm trên K.
y = f ( x)
y = f ( x)
Tính chất 3: Cho hàm số
liên tục trên K, nếu hàm số
luôn đồng biến hoặc
f u = f ( v) ⇔ u = v
luôn nghịch biến trên K thì với u , v ∈ K ta có ( )
.
y = f ( x)
f '( x ) = 0
Tính chất 4: Cho hàm số
liên tục và có đạo hàm trên K, nếu phương trình
f x =0
có nhiều nhất n nghiệm trên K thì phương trình ( )
có nhiều nhất n+1 nghiệm trên K.
y = f ( x)
y = f ( x)
Tính chất 5: Cho hàm số

liên tục trên K, nếu hàm số
luôn đồng biến trên K
f u ≤ f ( v) ⇔ u ≤ v
thì với u , v ∈ K ta có ( )
.
Ví dụ 1. (Trích đề thi HSG Nghệ An 2012) Giải phương trình:
2 ( x − 2)

(

3

)

x + 5 + 2 2 x − 5 = 3x − 1 ( x ∈ ¡ )

Lời giải
8|Page

8

.


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

x≥

5
2.

Điều kiện xác định:
Phương trình đã cho tương đương:
3x − 1
3x − 1
3
3
x + 5 + 2 2x − 5 =
x + 5 + 2 2x − 5 −
=0
⇔
2x − 4
2x − 4
5

3x − 1
 2 ; −∞ ÷
2 x − 4 với x thuộc
Đặt
1
2
10
⇒ f '( x) =
+
+
>0
5
2
2
∀

x
>
3
2
x
−
5
2
x
−
4
(
)
3 ( x + 5)
2
với
5

; −∞ ÷

.
⇒ hàm số f ( x) đồng biến trên  2
f ( x) = 3 x + 5 + 2 2 x − 5 −

⇒ phương trình f ( x) = 0 có tối đa một nghiệm
Ta có f (3) = 0

(1)

(2)

Từ (1) và (2) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3
Nhận xét: Ngoài việc nắm rõ tính chất 1, để giải được bài tập trên cần phải lựu chọn đúng hàm
số cần khảo sát. Ta xét tiếp bài tập sau:
Ví dụ 2. (Trích đề thi HSG tỉnh Bắc Ninh 2012) Giải phương trình:
3x + 2 x − 2 x.3x = 1

( x∈¡ ) .

Lời giải
x = 0
3x = 1
⇔
⇔
1
2x = 1  x =
x
x
x


2
TH1: 3 + 2 x − 2 x.3 = 1 ⇔ (3 − 1)(1 − 2 x) = 0
2x + 1
1
3x + 2 x − 2 x.3x = −1 ⇔ 3x −
= 0( x ≠ )
2x −1
2 (1)
TH2:
Xét hàm số

f ( x ) = 3x −

f ' ( x ) = 3x ln 3 +

2x + 1
1 1


, x ∈  −∞; ÷∪  ; +∞ ÷
2x −1
2 2



4

( 2 x − 1)

2

> 0, ∀x ≠

1
2

.

1 1



−∞; ÷;  ; +∞ ÷

f x
2 2

Suy ra, ( ) đồng biến trên từng khoảng 
1 1


 −∞; ÷;  ; +∞ ÷
2 2
 PT (1) có nhiều nhất một nghiệm
Nên trên mỗi khoảng 
Mà

f ( 1) = f ( −1) = 0

9|Page

. Suy ra, (1) có 2 nghiệm x = ±1 .

9


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

1 

−1;0; ;1

2 
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: 
Nhận xét: Nếu không nắm chắc các tính chất cơ bản học sinh rất hay mắc sai lầm là:
1 1


−∞; ÷;  ; +∞ ÷

f x
2  2
 vội vàng kết luận
khi khẳng định được ( ) đồng biến trên từng khoảng 
1 1


 −∞; ÷∪  ; +∞ ÷
2 2
.
phương trình có nhiều nhất một nghiêm trên 
Ví dụ 3. (Trích đề thi thử Đại học tỉnh Bắc Ninh 2013- 2014) Giải hệ phương trình:
 xy 2 x 2 + 1 + 1 = 3 y 2 + 9 + 3 y

( x, y ∈ ¡ ) .

( 3x − 1) x 2 y + xy − 5 − 4 x 3 + 3 x 3 y − 7 x = 0

(

)

Lời giải:
2
ĐK: x y + xy ≥ 5

2
3 y 2 + 9 + 3 y > 3 y + 3 y ≥ 0, ∀y y
Xét phương trình (1)
;

Mà

x 2 y + xy ≥ 5 ⇔ y ( x 2 + x ) > 5 ⇒ y > 0

)

x 2 + 1 + x ≥ 0, ∀x; y ⇒ x > 0

.

2

3
3
3
x x +1 + x =
1+  ÷ +
y
y
 y
Khi đó ta có:

2

Xét hàm số

(

f ( t ) = t t 2 + 1 + t , t ∈ ( 0; +∞ )

( 1a )

⇒ f '( t ) = t 2 + 1 +

t2
t2 +1

+ 1 > 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ )

⇒ Hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
3
3
3
( 1a ) ⇔ f ( x ) = f  ÷ ⇔ x = ⇔ y = .
y
x
 y
Do đó phương trình
Thay

3
x vào phương trình (2) ta có

y=

( 3x − 1)

3x − 2 − 4 x 3 + 9 x 2 − 7 x = 0 ⇔ ( 3x − 1)

(

)

3 x − 2 − x = 4 x 3 − 12 x 2 + 8 x

− x 2 + 3x − 2
3x − 1 

⇔ ( 3x − 1)
= 4 x 3 − 12 x 2 + 8 x ⇔ ( x 2 − 3x + 2 )  x +
÷= 0
3x − 2 + x
3x − 2 + x 

x = 1
3x − 1
2
⇔ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ 
x+
> 0, ∀x ≥
3)
3x − 2 + x

 x = 2 ( Vì
3
( 1;3) ;  2; ÷
 2.
Vậy hệ phương trình có nghiệm

10 | P a g e

10


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

Ví dụ 4. Giải bất phương trình:
Lời giải:
Viết lại phương trình dưới dạng:

3 x(2 + 9 x 2 + 3) + (4 x + 2)(1 + 1 + x + x 2 ) ≥ 0 ( 1)

3 x(2 + (3 x) 2 + 3) ≥ −(2 x + 1)(2 + [ −(2 x + 1) 2 ] + 3

f ( t ) = t (2 + t 2 + 3),

Xét hàm số
f t
hàm số ( ) luôn đồng biến ¡

(t∈¡ );

f ' (t ) = 2 + t 2 + 3 +

t2
t2 + 3

>0

1
f ( 3x ) ≥ f ( −2 x − 1) ⇔ 3x ≥ −2 x − 1 ⇔ x ≥ − .
5
Do đó (1) ⇔
 1

T =  − ; +∞ ÷.
 5

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
Ví dụ 5. (Trích đề thi HSG tỉnh Bắc Ninh 2013) Giải hệ phương trình:

 x + log 2 x = log 2 ( 2 x + y.2 x )
.

2
2log
x
−
6log
y
+
1
−

x
log
x
+
3
y
+
3
=
0
)

2
2(
2

Lời giải:
ĐK: x > 0; y > −1
Phương trình

( 1) ⇔ x + log 2 x = log 2  2 x ( y + 1)  ⇔ x + log 2 x = x + log 2 ( y + 1) ⇔ x = y + 1

2
Thế vào (2) ta có 2log 2 x − 6log 2 x − x log 2 x + 3 x = 0
 log x − 3 = 0 ( 3 )
( log 2 x − 3) ( 2log 2 x − x ) = 0 ⇔  2
 2log 2 x − x = 0 ( 4 )

Giải (4), xét

f ( x ) = 2log 2 x − x ( x > 0 ) ⇒ f ' ( x ) =

f '( x) = 0 ⇔ x =

2
−1
x ln 2

2
ln 2 .

Lập BBT, từ đó suy ra phương trình (4) có nhiều nhất hai nghiệm.
f 2 = f ( 4) = 0 ⇒ ( 4 )
Mà ( )
có hai nghiệm x = 2; x = 4

x; y ) : ( 8;7 ) ; ( 2;1) ; ( 4;3 )
Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm (
Bài tập luyện tập: Giải phương trình, hệ phương trình sau
5
2)3 3 − 2 x +
− 2x ≤ 6
3
2
1) x + 3x + 4 x + 2 = ( 3 x + 2 ) 3 x + 1
2x −1
3) − 2 x3 + 10 x 2 − 17 x + 8 = 2 x 2 3 5 x − x 3

11 | P a g e

4) x 2 + 15 < 3x − 2 + x 2 + 8
11


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

x
 2
 x + x + 1 = ( y + 2 ) ( x + 1) ( y + 1)
5) 
4 x y + 1 + 8 x = ( 4 x 2 − 4 x − 3) x + 1

7) 3

 x 3 − y 3 + 3 ( 2 x 2 + y 2 ) + 3 ( 5 x − 2 y + 6 ) = 0
6) 
 3 3 x − 2 + 2 y − 4 = 3

x +1 − 2
1
=
2x + 1 − 3 x + 2

1
9
1
8)2 x 2 − x − = 3 2 + − 1
8
8x
x

 x3 ( 4 y 2 + 1) + 2 ( x 2 + 1) x = 6

10) 
2
2
2
 x y 2 + 2 4 y + 1 = x + x + 1

 x 6 − y 3 + 2 x2 − 9 y 2 − 33 = 29 y
9) 
 2 x + 3 + x = y

(

)

4. Phương pháp đánh giá.
( 3x − 5 ) ( x 2 − 1) = y ( x 2 + 3x − y − 6 )
, x, y ∈ ¡ .

2
4
− y − 2 y + 1 = y − 3x + 4
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình: 
(x; y ∈ R).
Lời giải
2
■ Điều kiện : − y − 2 y + 1 ≥ 0

( 3x − 5) ( x 2 − 1) = y ( x 2 − 1) + ( 3x

− 5 ) − y 
 y = 3x − 5
⇔ ( 3x − 5 − y ) ( x 2 − 1 − y ) = 0 ⇔ 
2
 y = x −1

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

4
4
Điệu kiện − 2 ≤ x ≤ 2 .

5 − x4
1.1.1. 2 − x ≤
4
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
5 − x4
x 2 − 3x + 3 ≤
⇔ x 4 + 4 x 2 − 12 x + 7 ≤ 0
4
Từ (3) ta có:
4

⇔ ( x − 1)

2

(x

2

4

+ 2x + 7) ≤ 0 ⇔ x = 1

Thử lại x = 1 thỏa mãn (*). Vậy hệ đã cho có nghiệm là (1; 0)
x x2 − y 2 + x2 = 2 x − y 2 3
)
(
)
 (

76 x 2 − 20 y 2 + 2 = 3 4 x ( 8 x + 1)
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình: 
.
Lời giải:
2
Điều kiện: x ≥ y
12 | P a g e

12

Ñeà cöông toaùn THPT 2016

x ( x − y 2 ) + x3 − 2
⇔
Pt

( x− y )

2 3

=0

(

)

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

(

) (

)

⇔ x − x − y 2  x x + x − y 2 + 2 ( x − y 2 )  = 0


⇔ x = x − y2 ⇔ y2 = x − x2
Khi đó pt (2) trở thành:

⇔

96 x 2 − 20 x + 2 = 3 4 x ( 8 x + 1)

3
2
( 8 x − 1) +
2

8x +

8x + 1
+1
2
= 3 4 x ( 8 x + 1)
3

Sử dụng BĐT Cô si cho 3 số ta tìm được nghiệm duy nhất của phương trình
 1 7   1 − 7  
( x; y ) ∈  ; ÷;  ;
÷ .
8
8
8
8

 
 

Vậy hệ phương trình có nghiệm

Ví dụ 3. (Đề thi Đại học khối A – năm 2014) Giải hệ phương trình

x=

1
8

 x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12
 3
 x − 8 x − 1 = 2 y − 2
Lời giải:
Ta có

x 12 − y + (12 − x 2 ) y ≤
⇔

x

=

(x

2

+ 12 − x 2 ) ( 12 − y + y ) = 12

12 − y
y
⇔ x y = (12 − y )(12 − x 2 ) (3)

12 − y 2
Dấu “=” xảy ra
Khi đó (1) tương đương với (3)
x ≥ 0
x ≥ 0
x ≥ 0
⇔ 2
⇔
⇔
2
2
2
2
 x y = 144 − 12 x − 12 y + x y
12 y = 144 − 12 x
 y = 12 − x (4)
(3)
Thế (4) vào (2) ta có
(2) ⇔ x3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2 ⇔ x 3 − 8 x − 1 − 2 10 − x 2 = 0

(

⇔ x − 8 x − 3 + 2 1 − 10 − x
3

⇔ ( x − 3) ( x 2 + 3x + 1) + 2.

13 | P a g e

2

) =0

⇔ ( x − 3) ( x 2 + 3x + 1) + 2.

1 − (10 − x 2 )
1 + 10 − x 2

=0


2( x + 3) 
⇔ ( x − 3)  x 2 + 3x + 1 +
=
0
=0
1 + 10 − x 2 
1 + 10 − x 2

9 − x2

13


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

x = 3
⇔ 2
 x + 3x + 1 + 2( x + 3) = 0
1 + 10 − x 2



⇔ x =3⇒ y =3

x = 3

Vậy  y = 3
5. Một số bài tập khác.
Bài 1. Giải phương trình
Lời giải:

2 x 2 − 15 x + 34 = 3 3 4 x − 8 ( 1) .

2
3
Ta có 2 x − 15 x + 34 > 0 ⇒ 3 4 x − 8 > 0 ⇒ x > 2
Cách 1:(Liên hợp thành phần)

( 1) ⇔ 2 x 2 − 15 x + 28 = 3 ( 3 4 x − 8 − 2 ) ⇔ ( x − 4 ) ( 2 x − 7 ) =
x = 4

⇔  2x − 7 −
(
)


+ Nếu

12
3

( 4 x − 8)

2

+ 2 4x − 8 + 4

x > 4 ⇒ VT ( *) > 0 ⇒

3

12 ( x − 4 )
3

( 4 x − 8)

2

+ 2 3 4x − 8 + 4

= 0 ( *)

phương trình (*) vô nghiệm

x < 4 ⇒ VT ( *) < 0 ⇒
+ Nếu
phương trình (*) vô nghiệm
+ Nếu x = 4 . Thỏa mãn phương trình (*)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4 .
Cách 2:(Liên hợp hoàn toàn)

( 1) ⇔ 2 x 2 − 16 x + 32 = 3 3 4 x − 8 − ( x + 2 )
2
x − 4 ) ( x + 14 )
(
2
⇔ 2 ( x − 4) +
2
2
9 3 ( 4 x − 8) + 3 3 4 x − 8 ( x + 2 ) + ( x + 2 )

=0

x = 4

( x + 14 )
⇔
*
2+
= 0( )
2
2

9 3 ( 4 x − 8) + 3 3 4 x − 8 ( x + 2 ) + ( x + 2 )

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4 .
Cách 3:(Phương pháp đánh giá)
Ta có:

3 3 ( 4 x − 8) .8.8 ≤ 4 x + 8 ⇒

3

( 4 x − 8)

≤ x+2

( Theo bất đẳng thức Cô si)

2 x 2 − 15 x + 34 ≤ x + 2 ⇔ 2 ( x − 4 ) ≤ 0 ⇔ x = 4
Do đó
. Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4 .
2

14 | P a g e

14


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

Bài 2. (Trích đề thi thử Đại học khối A tỉnh Bắc Ninh năm học 2012 – 2013)
 x 3 − x 2 y = x 2 − x + y + 1
.
 3
2
2
3
x

−
9
y
+
6
x
−
3
y
−
15
=
3
6
x
+
2
(
)

Giải hệ phương trình 
Lời giải:

( 1) ⇔ x3 − x 2 y = x 2 − x + y + 1 ⇔ x 2 ( x − y ) + ( x − y ) = x 2 + 1 ⇔ ( x − y ) ( x 2 + 1) = x 2 + 1
⇔ x − y − 1 = 0 (vì x 2 + 1 > 0, ∀x )

3
2
2
3

Thế vào phương trình (2) ta có x − 9 x + 6 x − 6 = 3 6 x + 2

( x − 1)

3

+ 3 ( x − 1) = ( 6 x 2 + 2 ) + 3 3 6 x 2 + 2 ( 3)

Xét hàm số

f ( t ) = t 3 + 3t ⇒ f ' ( t ) = 3t 2 + 3 > 0 ( ∀t ∈ ¡ ) ⇒ f ( t )

Phương trình (3)

⇔ f ( x − 1) = f

(

3

)

6x2 + 2 ⇔ x − 1 = 3 6x 2 + 2

đồng biến trên ¡ .
.

⇔ x + 1 = 2 ( x − 1) ⇔ x =
3

⇔ x 3 − 9 x 2 + 3x − 3 = 0 ⇔ ( x + 1) = 2 ( x − 1) .
 3 2 +1 2 
x
;
y
=
;3
( ) 3
÷
2
−
1
2 −1 

Vậy hệ phương trình có nghiệm
.
3

3

 x ( 5 x 2 + y ) = ( x 2 + y ) x 2 + y
 3
4
2
Bài 3. Giải hệ phương trình:  y − 9 x − 6 x + 1 = 0
Lời giải:

( 1) ⇔ 5 x3 + xy − ( x 2 + y )

x 2 + y = 0 ⇔ 4 x3 + x ( x 2 + y ) − 2

(

.

x2 + y

x ≥ 0
⇔ 2x = x2 + y ⇔ 
2
 y = 3 x ( Vì x =y =0 không là nghiệm của hệ )
3
2
Thế vào pt (2) ta có y − y − 2 y + 1 = 0 (*)
Ta giải phương trình (*) trên tập ¡ .
 π π 
y = 2sin t , t ∈  − ; ÷
y ∈ ( −2; 2 )
 2 2 ,
Thật vậy: xét
, Đặt
3
2
Pt(*) trở thành: 8sin t − 4sin t − 2sin t + 1 = 0

⇔ 4sin t ( 1 − 2sin 2 t ) = 1 − 4sin 2 t ⇔ 4sin t.cos 2t = 4cos 2 t − 3
⇔ sin 4t = cos3t ( Do cos t = 0 không là nghiệm của pt)

15 | P a g e

15

)

3

=0

2
2 +1
y
=
3
3
2 −1 .
2 −1 ⇒

3


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

π k 2π

t= +

π

14
7

⇔ sin 4t = sin  − 3t ÷ ⇔ 
( k ∈¡ )
π
2

t = − + k 2π

2
π
5π
3π 
 π π 
 π 5π 3π 

t ∈  − ; ÷ ⇒ t ∈  ; ; −  ⇒ y ∈ 2sin ;2sin ; −2sin 
14
14
14 
 2 2 
14 14 14 

Vì
Mà phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm nên pt(*) có 3 nghiệm như trên

π
2sin

π
14
 y = 2sin ⇒ x =

14
3


3π

2sin
14
 y = 2sin 5π ⇒ x =
14
3
Kết hợp với điều kiện y ≥ 0 ta có 
Từ đó tìm được nghiệm của hệ phương trình.
Bài 4. (Trích đề kiểm tra năng lực giáo viên THPT tỉnh Bắc Ninh năm học 2012-2013)

2 x 2 − 13 x + 17 ( y + 3) y + 1
2
=
 −4 x + 26 x − 42 + 2
.
2 x − 13 x + 19
6

y
+
1

( x − 1) = ( y + 1) x−1
Giải hệ phương trình: 
Lời giải:

−4 x 2 + 26 x − 42 ≥ 0
7


3 ≤ x ≤
⇔
2
 y +1 > 0
x −1 > 0
 y > −1
ĐK: 
17
 7
−4 x 2 + 26 x − 42 ≥ 0, − ≤ 2 x 2 − 13 x + 19 ≤ −2, ∀x ∈ 3; 
8
 2
Ta có
2 x 2 − 13 x + 17
2
−4 x + 26 x − 42 + 2
= −4 x 2 + 26 x − 42 + 1 − 2
≥2
2 x − 13 x + 19
2 x − 13 x + 19
2

Do đó,

( y + 3)

Với y ≥ 3 ta có

y + 1 ≥ 12 ⇒

( 2) ⇔

g ( a) =

(

)

3

y + 1 + 2 y + 1 − 12 ≥ 0 ⇒

y +1 ≥ 2 ⇒ y ≥ 3

ln ( x − 1) ln ( y + 1)
=
x −1
y +1

ln a
, a ∈ ( 0; +∞ )
a

Xét hàm số
1 − ln a
g '( a ) =

, g '( a ) = 0 ⇔ a = e
a2
ln 2
ln 2
 5
x − 1 ∈  2;  ⇒ g ( x − 1) ≥ g ( 2 ) =
; y + 1 ≥ 4 ⇒ g ( y + 1) ≤ g ( 4 ) =
2
2
 2
Do
16 | P a g e

16


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

Từ đó suy ra x = 3, y = 3
Thử lại x = 3, y = 3 thỏa mãn hệ phương trình.

 3 x + 4 − 3 y + 4 + x 3 − x 2 y = 0
( x, y ∈ ¡ )
 3
2
Bài 5: Giải hệ phương trình  x − 3 y + 1 = 8 − 3x
.
Lời giải:
4
8

4
− ≤x≤
; y≥−
3
3.
ĐK 3
4 4
3
3
( x; y ) =  − ; − ÷
x≠−
y≠−
 3 3  không là nghiệm của hệ. Do đó
4 hoặc
4
Nhận xét:
3( x − y )



3
+ x2 ( x − y ) = 0 ⇔ ( x − y ) 
+ x2 ÷= 0
 3x + 4 + 3 y + 4
÷
3x + 4 + 3 y + 4


x
=

y
Thay
vào phương trình (2) ta có.

( 1) ⇔

x 3 − 3x + 1 = 8 − 3 x 2 ⇔ ( x3 − 2 x − 1) + ( 2 − x ) − 8 − 3 x 2 = 0


4
⇔ ( x 2 − x − 1)  x + 1 +

( 2 − x ) + 8 − 3x 2

x +1+
Ta có
=

( x + 1)

2

4

( 2 − x) +

8 − 3x 2

=


3
÷= 0
1
+ x 2 > 0,
(
)
÷
3x + 4 + 3 y + 4

, Vì

− x 2 + x + 6 + ( x + 1) 8 − 3x 2
2 − x + 8 − 3x 2

+ 2 ( x + 1) 8 − 3 x + ( 8 − 3 x ) + 3
2

(

2 2 − x + 8 − 3x

2

2

)

=

(

x + 1 + 8 − 3x2

(

)

2

2 2 − x + 8 − 3x

+3
2

)

>0

4
8
− ≤x≤
3
3
, với


1+ 5
x =
2

⇔ x2 − x − 1 = 0 ⇔ 

1+ 5
x =

2
Do đó ta có
 1+ 5 1+ 5   1− 5 1− 5 
;
;
( x; y ) = 
÷; 
÷
2
2   2
2 

Vậy hệ phương trình có nghiệm
.
 x3 − 3x 2 + 2 = y 3 + 3 y 2
( x, y ∈ ¡ )

−
14
x
+
2
y
+
48

+
5
=
x
+
x
−
3

Bài 6: Giải hệ phương trình 
.
Lời giải:
ĐK x ≥ 3; y ≥ 0; − 14 x + 2 y + 48 ≥ 0 .
17 | P a g e

17


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

(

)(

)

x + x − 3 = ( x − 3) + x − 3 − 2 = x − 3 − 1
x − 3 + 2 ≥ 0 ⇒ x − 3 ≥1⇒ x ≥ 4
Ta có:
Mà − 14 x + 2 y + 48 ≥ 0 ⇒ 2 y ≥ 14 x − 48 ≥ 8 ⇒ y ≥ 4

( 1) ⇔ ( x − 1)

3

− 3 ( x − 1) =

(

)

3

y +3 −3 y +3

f t = t 3 − 3t , t ∈ ( 1; +∞ ) ⇒ f ' ( t ) = 3t 2 − 3 > 0 ∀t ∈ ( 1; +∞ )
Xét hàm số ( )
⇒ f ( t)
1;+∞ )
đồng biến trên (

( 1) ⇔ f ( x − 1) = f
Khi đó phương trình
Thế vào phương trình (2) ta có

(

)

y + 3 ⇔ x −1 = y + 3

2 x 2 − 18 x + 44 + 5 = x + x − 3 ⇔ 2 ( x − 5) + 2 ( x − 3) = ( x − 5 ) + x − 3
2

2

⇔ ( x − 5 ) − x − 3  = 0 ⇔ x − 5 = x − 3 ⇔ x = 7

x; y ) = ( 7;33) .
Vậy hệ phương trình có nghiệm (
.
7. Một số bài tập tham khảo
Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau:
1 3
x =1+
x + x 2 − 8 x − 2 + 3 x3 − 20
2
1)
2
2
2) 4( x + 1) ≥ (2 x + 10)(1 − 3 + 2 x )

4 ( x 2 − 1) + x 2 x 2 − 4 = 40.
2

3)

2
4) x + 4 x − 1 = x + 7 ( Trích đề thi HSG Đắc Lắc 2013)

5)

x 2 − 8 ( x + 3) x − 1 + 22 x − 7 = 0

(Trích đề thi HSG TP HCM 2013)

2
3
6) ( x + 4) − 6 x + 3 x = 13

7)
8)

x3 +

(1− x )

2 3

= x 2 ( 1 − x2 )

5 + x − − x − 3 < −1 +

( 5 + x ) ( − x − 3)

 2
y2 + 2
y
−
x

= 2x − 2

x

 2
y +1 + 3 2 x −1 = 1
9) 
10)

5x − 1 + 3 9 − x = 2 x2 + 3x − 1

11)

( x + 2)(2 x − 1) − 3 x + 6 = 4 − ( x + 6)(2 x − 1) + 3 x + 2
1+

12)

1− x
x2 − 1

18 | P a g e

=

5
6x
18

Ñeà cöông toaùn THPT 2016

2
 x + 3x = y ( 2 y + x + 6 ) ( 1)
 2
x ( 2 y − x − 1) = y − 3 ( 2 )
14) 

 x 2 y + xy + 2 y = 2 xy 2 + x +1
 2
x − 8 y 2 − xy −1 = 0
13) 
2 x 2 + 3 y − y 2 + 8 x − 1 = 0

x ( x + 8 ) + y ( y + 3 ) − 13 = 0
15) 

12 x + 3 y − 4 xy = 16

4x + 5 + y + 5 = 6
16) 

 ( x − y)2 + x + y = x2
 2
4 y x − 3 y2 − y4 = x2
17) 

 x x + 1 + ( y − 2) y = xy

18) ( x + y − 2) x + 1 = xy

 x 2 + 2 x + 6 − y = 1
 2
2
19)  x + xy + y = 7
 2 y − 3 = ( x 2 + 2013)(5 − x) + x

2log x − 2log ( x − y + 2) = log (3 y + 3)
2
1
2

4
21) 

x
20) (

2

+ 1) = 5 − x 2 x 2 + 4
2

 xy + 2 = y x 2 + 2
 2
y + 2 ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = 2 x 2 − 4 x
22) 
( Trích đề thi HSG Nam Định 2013)
3

3

x + x+ 2
+ ( x 3 − 3 x + 1)32 x − x = 34 x +1 (Trích đề thi HSG Ninh Bình 2012)
23) 3
 xy + y − x
2
 xy + y 2 + 1 = x


 x2 + y y + 1 = 6 y − 1

x
24) 
(Trích đề thi HSG TP HCM 2013)

 1 2x x + y
= 2
 +
3
x
3
y
2x + y

2 2 x + y = 2 x + 6 − y
25) 
( Trích đề thi chọn đội tuyển QG – Hà Nội)

(

26)

( x + 2)

)

(

)

2 x 2 + 4 x + 6 + −2 x − 1 = 2 x 2 + 6 x + 7

(Trích đề thi chọn đội tuyển QG – Kon Tum 2013)
 x y +1 = ( y + 1) x


2x2 − 9 x + 6
2
= y +1
 −4 x + 18 x − 20 + 2
2x − 9x + 8
27) 
(Trích đề thi chọn đội tuyển QG – TP HCM 2013)
 x 2 + xy + x + 3 = 0


2
2
( x + 1) + 3 ( y + 1) + 2 xy − x y + 2 y = 0

28)

(

19 | P a g e

)

19


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

 x + xy + 2 y = 0
3 4
2
2
29)  x − x + 4 = 4 y + 3 y
3

2

3

CHUYÊN ĐỀ 11: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ VỚI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ
Biên soạn và sưu tầm: Nguyễn Minh Nhiên – Sở GD&ĐT
Trong những năm gần đây, bài toán cực trị trong các đề thi tuyển sinh đại học đa phần
là bài toán khó nhất đề thi. Để giải quyết các bài toán này đòi hỏi thí sinh phải có nhiều kỹ này
quan trọng khi giải các bài toán cực trị. Chuyên đề này đưa ra một số cách tiếp cận bài toán cực
trị bằng phương pháp hàm số.

1. Phương pháp khảo sát hàm đặc trưng
Ví dụ 1. Chứng minh rằng
20 | P a g e

20


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

x +1
a)
b)
Lời giải:

x2 − x + 1

≤ 2, ∀x

x 2 − x + 1 + y 2 − y + 1 + z 2 − z + 1 ≥ 3, ∀x , y , z thỏa mãn x + y + z = 3.

x +1

3( 1 − x )

f ′( x) =

f ( x) =
, x∈¡
2 ( x 2 − x + 1) x 2 − x + 1
x2 − x + 1

a) Xét hàm số
. Ta có
f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 1; lim f ( x ) = 1, lim f ( x ) = −1
x →+∞
x →−∞
và
Ta có bảng biến thiên
−∞
x
1
+∞
f’(x)
+
0
f(x)
2

-1
Từ bảng biến thiên suy ra

1

f ( x ) ≤ f ( 1) = 2, ∀x
x +1
x2 − x + 1

b) Áp dụng câu a ta có
y2 − y +1 ≥

1

( y + 1)
2

.

≤ 2, ∀x ⇔ x 2 − x + 1 ≥

( 2) ;

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

z2 − z +1 ≥

x2 − x + 1 + y 2 − y + 1 + z 2 − z + 1 ≥

1
( x + 1)
2

1
( z + 1)
2

(1)

( 3)

1
( 3 + x + y + z) ≥ 3

2
(đpcm).

a
b
c
a
b
c
Ví dụ 2. Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng 8 + 8 + 8 ≥ 2 + 2 + 2 .
Lời giải:

f ( x ) = ( 2 x ) − 2 x − 2 x ln 2
3

Xét hàm số

f ′ ( x ) = 3. ( 2

)

x 2

.ln 2 − 2 x.ln 2 − 2ln 2 = ( 2 x − 1) ( 3.2 x + 2 ) ln 2

f ′ x = 0 ⇔ 2x = 1 ⇔ x = 0
và ( )
.
Ta có bảng biến thiên
−∞

x
f’(x)
f(x) +∞

21 | P a g e

trên R. Ta có

0
0

-

21

+∞
+

+∞


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

0
f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ R ⇒ f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥ 0

Suy ra

⇒ 8a + 8b + 8c − (2a + 2b + 2c ) − 2 ( a + b + c ) ln 2 ≥ 0 ⇒ 8a + 8b + 8c ≥ 2 a + 2b + 2c
Ví dụ 3. (Trích đề thi đại học khối D năm 2006)

b

a

 a 1  b 1
 2 + a ÷ ≤  2 + b ÷ , ∀a ≥ b > 0
2  
2 
Chứng minh rằng 
.
Lời giải:
b

b

a

a

 1 + 4 a   1 + 4b 
 a 1  b 1
2 + a ÷ ≤ 2 + b ÷ ⇔  a ÷ ≤  b ÷
2  
2 
 2   2 
Ta có 
⇔ ( 1+ 4

Xét hàm số

f ( x) =

) ≤ (1+ 4 )

a b

b a

ln ( 1 + 4

x

⇔ ln ( 1 + 4

)

a b

≤ ln ( 1 + 4

)

b a

⇔

ln ( 1 + 4a )

)

x

≤

a

ln ( 1 + 4b )
b

với x > 0. Ta có
f ′( x) =

nên f là hàm nghịch biến trên
Bài tập tự luyện

4 x ln 4 x − ( 1 + 4 x ) ln ( 1 + 4 x )

( 0; +∞ ) .

x2 ( 1 + 4x )

Do đó

f ( a) ≤ f ( b)

<0
,

(đpcm).

2
2
2
Bài 1: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng

a
b
c
3 3
+
+
≥
2
2
2
1− a 1− b 1− c
2 .
1 
y
x 
ln
− ln

÷> 4
x, y ∈ ( 0;1) , x ≠ y
y
−
x
1
−

y
1
−
x


Bài 2: Chứng minh rằng với mọi
ta có
.
Bài 3:

2
Chứng minh rằng (

x

+ 3y ) < ( 2 y + 3x ) , ∀x > y > 0
y

x

Tổng quát: Với a, b > 0 và x > y > 0 ta có

(a

x

.

+ b y ) < ( a y + bx )

y

x

.

Bài 4: Cho x, y ≥ 0; x + y = 1 . Tìm GTLN của A = x + 2 y .
3

3

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

( x + y + z)

3

= 32 xyz

x4 + y 4 + z 4

( x + y + z)

4

và GTNN của biểu thức
.
Bài 6: Cho các số không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện: xy + yz + xyz = 4. CMR:
x + y + z ≥ xy + yz + zx .

22 | P a g e

22

. Tìm GTLN


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

2. Phương pháp dồn dần về một biến
Đối với các bài toán cực trị nhiều biến, ta thường phối hợp với phương pháp chặn các biến
bằng cách: sử dụng BĐT AM-GM, BĐT Cauchy-Schwarz, BĐT phụ hoặc sử dụng hàm số,....đưa
dần về một biến để khảo sát.
Ví dụ 1. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
P = a 3 + b3 + c 3
4
Lời giải
Nhìn biểu thức của P ta thấy có sự xuất hiện của cả ba biến số a, b, c mà ta không thể quy
trực tiếp về một biến số ngay nếu chỉ sử dụng giả thiết. Nhưng ta lại thấy P là biểu thức có đối
xứng với a, b , do đó ta dự đoán giá trị nhỏ nhất đạt được khi hai biến a, b bằng nhau. Ta chứng
3

a 3 + b3  a + b 
≥
÷
2
 2  , đẳng thức xảy ra khi hai biến số a và b bằng
minh và sử dụng bất đẳng thức
3

3

3
2
 a + b  1 3  1 − c  1 3 c + 3c − 3c + 1
P≥
= f ( c)
÷ + c =
÷+ c =
2
4
2
4
8




nhau. Khi đó ta có
. Bây giờ thì
g c = 8. f ( c )
việc giải quyết bài toán khá là dễ dàng bằng cách khảo sát hàm số ( )
trên khoảng
( 0;1) .

g ' ( c ) = 3c 2 + 6c − 3

g ' ( c ) = 0 ⇔ c1 = −1 − 2, c2 = −1 + 2
,

. Lập bảng biến thiên
g c
0;1
của hàm số ( ) trên khoảng ( ) ta có:
1
P ≥ f ( c) ≥ 3 − 2 2
g ( c ) ≥ g ( c2 ) = g −1 + 2 = 6 − 4 2
4
, suy ra
.
1
1
Pmin = 3 − 2 2
c = 2 − 1, a = b = 2 − 2
4
2
Vậy
khi và chỉ khi
.
Ta có

(

(

(

)

)

(

)

)

Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì
3a 2 + 3b 2 + 3c 2 + 4abc ≥ 13 ( 1)
.
Lời giải
2
2
2
Đặt T = 3a + 3b + 3c + 4abc . Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên không nghịch biến tổng quát
ta có thể giả sử 0 < a ≤ b ≤ c .
Từ a + b + c = 3 và a + b > c suy ra
Ta biến đổi
23 | P a g e

1≤ c <

3
2 (2).

23


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

T = 3(a 2 + b 2 ) + 3c 2 + 4abc = 3 ( a + b ) − 2ab  + 3c 2 + 4abc = 3 ( 3 − c ) + 3c 2 − 2ab ( 3 − 2c )


2

2

2

 a+b
ab ≤ 
÷ ( 3)
2


Do 2 – 3c > 0 và
, suy ra
1
1
2
2
2
T ≥ 3 ( 3 − c ) + 3c 2 − ( a + b ) ( 3 − 2c ) = 3 ( c 2 − 6c + 9 ) + 3c 2 − ( 3 − c ) ( 3 − 2c )
2
2
3
27
= c3 − c 2 +
= f ( c)
2

2
 3
2
1; 2 
T ≥ f ( c ) ≥ f ( 1) = 13
f ′ ( c ) = 3c − 3c
Ta có
, nên f(c) đồng biến trên
. Vì vậy,
.
Đồng thời T = 13 ⇔ c = 1 . Với giả thiết 0 < a ≤ b ≤ c và a + b + c = 3 và (3) suy ra a = b = 1, tức
là tam giác ABC đều.
Ví dụ 3. (Trích đề thi thử ĐH khối B tỉnh Bắc Ninh năm 2013)
Cho hai số thực x, y với y > −1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
S=

x4 y 4
+ − 4y + 5 +
2
2

x4 y4
+ + 8 y 2 − 4 x − 12 y + 9
2
2
y +1
.

Lời giải
4

x4 1
1
2 y
+ ≥ x , + ≥ y2
2
2
2 2
Ta có 2 2
dấu bằng xảy ra khi x = y = 1

x2 + ( y − 2) + ( x − 2) + ( 3 y − 2)
x 2 + y 2 − 4 y + 4 + x 2 + 9 y 2 − 4 x − 12 y + 8
⇒S≥
=
y +1
y +1
r r r r
r
r
u
+ v ≥ u+v
u = ( x; y − 2 ) , v = ( 2 − x;2 − 3 y )
2

Lấy

. Vì

r r
2

u + v = x2 + ( y − 2) +

( 2 − x)

2

2

2

nên

+ ( 2 − 3y ) ≥
2

( x + 2 − x)

2

+ ( y − 2 + 2 − 3 y ) = 2 y2 + 1
2

x
y−2
2
=
>0
y=
3 không xảy ra dấu bằng)
Dấu bằng xảy ra khi 2 − x 2 − 3 y

(với x = 2 hoặc
2 y2 + 1
S = f ( y) =
; y > −1
y
+
1
Bây giờ ta đi tìm GTNN của
Mà

2 ( y + 1)
2 y2 +1
f ( y) =
≥
= 2
y +1
2 ( y + 1)

. Vậy MinS = 2 đạt được khi x = y = 1 .

Ví dụ 4. (Trích đề thi khối A năm 2011)

Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z . Tìm GTNN của biểu thức

24 | P a g e

24


Ñeà cöông toaùn THPT 2016

P=

x
y
z
+
+
2x + 3 y y + z z + x .

Lời giải
Trước hết ta chứng minh với mọi a, b dương, ab ≥ 1 thì
1
1
2
+
≥
1 + a 1 + b 1 + ab
(*)
2
Thật vậy, ta có (*) ⇔ ( ab − 1)( a − b ) ≥ 0 luôn đúng do a, b dương và ab ≥ 1 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1.
Áp dụng (*) với x, y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z ta có

x
1
1
1
1
+

+
≥
+
2x + 3y 1 + x 1+ x 2 + 3y
x
1+
y
z
x
y .
z x
x
=
=1
y
z
y
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
hoặc
(1)
P=

Đặt

x
t2
2
= t , t ∈ [ 1;2]
P≥ 2
+

y
2t + 3 1 + t .
, khi đó

2
f '(t ) =
, t ∈ [ 1;2]
2t + 3 1 + t
Xét hàm
ta có
34
f (t ) ≥ f (2) =
33 .
Suy ra,
f (t ) =

t

2

2

+

t =2⇔

−2 t 3 ( 4 + 3 ) + 3t ( 2t − 1) + 9 

( 2t

2

+ 3) ( 1 + t )
2

2

<0
.

x
= 4 ⇔ x = 4; y = 1
y
(2)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
34
P≥
33 . Từ (1) và (2) suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 9, y =1, z = 2.
Do đó
Ví dụ 5. (Trích đề thi khối A năm 2014)
2
2
2
Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x + y + z = 2 .
x2
y+z
1 + yz
P= 2
+

−
x + yz + x + 1 x + y + z + 1
9
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Lời giải
x2
x2
x
≤
=
2
2
x + yz + x + 1 2 x yz + 1 + x 2 yz + 1 + 1
Ta có
, dấu bằng xảy ra khi x = yz + 1.
2 = x + y + z = ( x + y + z ) − 2 x ( y + z ) − 2 yz ≥ ( x + y + z )
2

Ta lại có

25 | P a g e

2

2

2

25

2

( x + y + z)
−
2

2

− 2 yz