Từ (5) và (6) ta được:
u v z t
(u v)(u v) (z t)(z t)
(u v)(u v) (z t)(u v)
(u v)(u v) (z t) 0
(u v) (z t) 0
u z v t
(vì u v 4 0)
Có thể bạn quan tâm!
-
Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông thông qua giải một số bài tập Đại số - Giải tích bằng nhiều cách - 1 -
Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông thông qua giải một số bài tập Đại số - Giải tích bằng nhiều cách - 2 -
Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông thông qua giải một số bài tập Đại số - Giải tích bằng nhiều cách - 3 -
A 3 B C B C B A B A -
Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông thông qua giải một số bài tập Đại số - Giải tích bằng nhiều cách - 6 -
Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông thông qua giải một số bài tập Đại số - Giải tích bằng nhiều cách - 7
Xem toàn bộ 58 trang tài liệu này.
(7)
Mặt khác từ (5) u v z t u z t v
y 9
Từ (7) và (8) suy ra u z v t t v v t
và u z
(8)
x 9
7 x
x y
7 y
Thế vào (1) ta thu được phương trình:
x 9
7 x
4
x 9 7 x
x 9 7 x 2
x2 2x 63
0
16
x2 2x 63 0
x 7
x 9
y 7
y 9
Vậy hệ phương trình có nghiệm: x 9;x 7
y 7
Cáh 5:
9 y
7 y
x 9 4
y 9
7 x
Xét hệ phương trình:
4
Đặt x m y
điều kiện tồn tại căn thức là 7 x m 0, x m 9 0 . Ta thu được hệ phương trình với ẩn m và :
7 x m
x 9 4
7 x
x m 9 4
x 9 7 x m 2
x m 9 7 x 2
x 9. 7 m x
m 2
x 9. 7 x m 16
x m 9. 7 x
16
0 (3)
x m 9. 7 x
m 2
0 (4)
Từ (3) suy ra
m 0 m 0 Và từ (4) suy ra
m 0
Vậy để (3) và (4) đồng thời xảy ra thì ta phải có Vậy hệ (3) và (4) trở thành:
m 0
x 9. 7 x 0
x 9. 7 x 0
x 9. 7 x 0
x 9 0 x 9
7 x 0 x 7
Mà x m y với m 0nên x y
Kết luận: Vậy hệ phương trình có nghiệm: x 9;x 7
y 7
9 y
Ví dụ 5:( ĐHA – 2013 ) Giải hệ phương trình sau:
x 1
4 x 1
y4 2
x2 2
y
(1)
ĐK:
2x( y 1) y 6 y 1 0 (2)
x 1
y 1
Cách1:Với điều kiện
y 0 tacó:
y 1
y 1
y
x y 2
y 1;
x y 2
TH1:Nếu
x y 2
thì y 2
1 y 2
0 y 0
( vì
y 0 )
Suy ra
x 1. Thay vào hệ phương trình thỏa mãn. Vậy (1;0) là nghiệm
y 1
của hệ phương trình.
TH2: Nếu
x y 2
, thay vào (1) ta được:
y 2 y 2
4 y 2 y
y4 2
4 y 2 y
y4 2
y
( 4 y 2 y )2 2
Xét hàm số:
t 4 2
f (t)
t;t 0
y
(3)
4t
3
2 t4 2
f , (t) 1 0;t 0
Nên hàm số f(t) đồng biến trên0, )
4 y 2 y
Từ (3) suy ra:
y y 2
y4
y
y
Đặt
a 0
thì
a8 a2 2a 0
a(a7 a 2) 0
a(a 1)(a6 a5 a4 a3 a2 a 2) 0
a 0 y 0 x 1
a 1 y 1 x 2
a6a5a3a2a 2 0
( a6 a5 a4 a3 a2 a 2 0
vô nghiệm vì
a 0 )
y 0
Tóm lại x 1
x 2 và y 1
Cách 2:
x 1
4 x 1
y4 2
Xét (1): y
4 x 1
t4 2
y4 2
Đặt t t4 x 1(t 0)
Thì
(1)
t
y 3
Xét hàm số:
u4 2
f (u)
u;u 0
4u
3
2 u4 2
f , (u) 1 0;u 0
Nên hàm số f(u) đồng biến trên 0, )
Từ (3) suy ra
t y x y4 1
Thế
x y4 1
vào (2) ta được:
( y4 1)2 2( y4 1)( y 1) y2 6 y 1 0
y8 2 y4 1 2( y5 y4 y 1) y2 6 y 1 0
y8 2 y5 y2 4 y 0 y( y7 24 y 4) 0
y(y1)(y6 y5 y4 3y3 3y2 3y 4) 0
y 1 x 2
y 0 x 1
( y6 y5 y4 3y3 3y2 3y 4 0 vô nghiêm vì
a 0 )
y 0
Tóm lại x 1
x 2
và y 1
Cách 3: Dùng phép nhân liên hợp
x 1
4 x 1
y4 2
Ta có (1): y
x 1
(
y4 2) ( 4 x 1 y) 0
(*)
Lại có
(2) x2 2x( y 1) ( y 1)2 4 y
(x y 1)2 4 y
nên
y 0
x 1
4 x 1
Nếu y 0 , từ (*) ta được ( 2) 0
x 1
Do f(x) (
2)
là hàm đồng biến trên 1, )
4 x 1
Mà f x f 1 0nên
x 1
Nếu
y 0
thì ta có:
x y4 1
(*)
x 1 y4
( 4 x 1).( x 1 y2 )
0
x 1 4 y4 2
1 1
x 1
(x y4 1) 0
x 1 4
y4 2
( 4 x 1).(
y2 )
x y4 1 0 x y4 1
Thế
x y4 1
vào (2) ta được:
( y4 1)2 2( y4 1)( y 1) y2 6 y 1 0
y8 2 y4 1 2( y5 y4 y 1) y2 6 y 1 0
y8 2 y5 y2 4 y 0 y( y7 24 y 4) 0
y(y1)(y6 y5 y4 3y3 3y2 3y 4) 0
y 1x 2
y 0 x 1
( y6 y5 y4 3y3 3y2 3y 4 0 vô nghiêm vì
a 0 )
y 0
Tóm lại x 1
x 2
và y 1
2. Chủ đề chứng minh bất đẳng thức, cực trị
Ví dụ1: CMR mọi số thực dương
x, y, z thỏa mãn
x(x y z) 3yz ta
có (x y)3xz3 3xyxz yz 5yz 3
(1)
Nhận xét: Đây không phải là bất phương trình đối xứng theo các biến, trong các kì thi đại học thường là bất đẳng thức đối xứng. vế phải có 2 biến và vế trái có 3 biến đồng bậc nên trong suy nghĩ tìm lời giải là ta phải giảm biến x ở vế trái , buộc vế trái xuất hiện ( y z) nhưng nếu làm
như vậy thì chỉ thu được đẳng thức. may mắn là bất đẳng thức quen
thuộc là yz 2 4 yz
và các dạng biến thể của nó nên việc tìm lời giải
sẽ xoay quanh phát hiện này
Cách 1:
Đặt a y z ,b z x ,c x y
Suy rax b c a , y a c b , z b a c
2 2 2
Từ điều kiện bài toán 4a2bc2 3bc2a2b2bc c2
Bất đẳng thức cần CM 5a3 b3 c3 3abc
Từ a2 b2 bc c2
a2 bc
5a2 abc 3bc
2
(2)
(b c)
2a2 2(b2 c2 ) 2bc b2 c2 2a b c
2a2a(b c)
3a2 3bc
2
(2) đúng suy ra (1) đúng
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z
Cách 2: Từ giả thiết bài toán ta có
x2xy xz 3yz xyxz 4yz
Đặt
a x y,b y z thì ab 4yz
ta có hằng đẳng thức
a3b3ab(a2ab b2) 2(a2b2)ab2ab
2 ab2 2abab2ab 2 yz 2 8yzyz 2 4 yz
4yz2
= 2 yz2 4 yzyz2
yz2 2yz3
(1)
Mặt khác ta có
3xyxzyz 12yz yz 3yz 2yz 3yz 3(2) Cộng (1) (2) ta được điều phải chứng minh
Cách 3:
Đặt t y z từ giả thiết suy ra
x2 xt
yz vì
3
yz
yz 2
4
nên xx y z 3yz
3yz 2
4
x2tx 3t22x t 2 4t 2 2x t
4
BĐT
2x y z3 3xyxz 2x y z 3xyxz (y z) 5yz 3
2x y z3 3xyxz 2x 5yz 3
2x y z3 6x(x2xyz yz) 5yz 3
3 2 x xt3
2
2x t
6x(x
xt
) 5t
3
2t(2x2 3xt 2t2 ) 0
2x2 3tx 2t2 0
2 2 t
2 t2
3 2 2
2x
3tx 2t
0 vì 0 x nên 2x
2
3tx t
2 2
2t
Cách 4:
x3 3x2yz yz 2 2yz 3xyz 2( y z)3
x3 3x2yz 3x yz 22xxy z 3xyz 2yz 3
3
Đặt
y z 2a
bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
x3 6x2a 3x 4a2 2 xx 2ax2 (x 2a) 16a3
3
4x ax 4aa 0
Bất phương trình này đúng vì ngược lại nếu
x a x
y z
2
Theo điều kiện ban đầu suy ra yz 2 4 yz
vô lý
Ví dụ 2: Chứng minh nếu a,b,c là xố dương thỏa mãn
abc ab ac bc
thì 1
a 2b 3c
1
3a b 2c
1 3 2a 3b c 16
Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức 1 1 (1 1 1)
x y z
Từ abc ab ac bc 1 1 1 1
a b c
9 x y z
Đặt
x 1 , y= 1 , z = 1 thì
x y z 1
a b c
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có
a 2b 3c 1 1 1 36
x y z x 2 y 3z
1 x 2 y 3z
a 2b 3c 36
Tương tự ta cũng có 1
2c b 3a
Cộng 3 đẳng thức trên ta có
y 2z 3x ; 36
1
c 2a 3b
z 2x 3y
36
1
a 2b 3c
Cách 2:
1
3a b 2c
1
2a 3b c
6(x y z) 1 3
36 6 6
1 1
1 1
1 1
a 2b 3c
acbcbc9 a c b c b c
1 1 2 3
36 a b c
1 1 1 1 1 1
3a b 2c acacba9 a c a c b a
1 3 1 2
36 a b c