Trang chủ / Tư Duy Sáng Tạo

 X  Y  X  Z  Y  Z   12 Yz  Y  Z   3  Y  Z  2  Y  Z   3  Y  Z  3 ( 2) Cộng (1) (2) Ta Được Điều Phải Chứng Minh


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!

Xem toàn bộ 58 trang tài liệu này.


(7)

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 - 4

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 3xyxz 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 xyxz 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

3xyxzyz 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 3xyxz 2x y z 3xyxz (y z) 5yz 3

2x y z3 3xyxz 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 ax 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

..... Xem trang tiếp theo?
⇦ Trang trước - Trang tiếp theo ⇨

Ngày đăng: 10/09/2022