Tham khảo tài liệu 'nhiều cách giải khác nhau câu 5 đề thi đại học khối a, b năm 2011', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: NHIỀU CÁCH GIẢI KHÁC NHAU CÂU 5 ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI A, B NĂM 2011
- www.laisac.page.tl
N HI Ề C ÁC H G IẢ I K HÁ C N HA U
NH IỀ U CÁ CH GI ẢI KH ÁC NH AU
N I U C C G Ả K Á N A
H Ề Á I H H
C ÂU 5 Đ Ề T HI Đ ẠI H ỌC K HỐ I A , B N ĂM 2 0 1
CÂ U 5 ĐỀ TH I ĐẠ I HỌ C KH ỐI A, B NĂ M 20 1
Ă 2 1 1
01 1
C Â Đ T Đ H K Ố A N
H Ạ Ọ
Ạ Ọ H
( Sưu tầm, tổng hợp các bài giải của nhiều tác giả trên Internet)
ĐỀ Khối A .2011
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất của
x y z
biểu thức P = + + .
2x + 3 y y+z z+x
Cách 1
1 1 2
+ ≥ (*), với a và b dương, ab ≥ 1.
Trước hết ta chứng minh:
1 + a 1 + b 1 + ab
Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b)
⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab
b )2 ≥ 0, luôn đúng với a và b dương, ab ≥ 1.
⇔ ( ab – 1)( a –
Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: a = b hoặc ab = 1.
Áp dụng (*), với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, ta có:
x 1 1 1 2
P= + + ≥ + .
2x + 3y 1 + z 1 + x 3y x
2+ 1+
y z x y
z x x
= hoặc = 1
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: (1)
y z y
t2
x 2
= t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥ 2 + ⋅
Đặt
2t + 3 1 + t
y
− 2 ⎡t 3 (4t − 3) + 3t (2t − 1) + 9) ⎤
t2 2 ⎣ ⎦ < 0.
Xét hàm f(t) = 2 + , t ∈ [1; 2]; f '(t ) =
(2t 2 + 3) 2 (1 + t ) 2
2t + 3 1 + t
34 x
⇒ f(t) ≥ f(2) = ; dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2 ⇔ = 4 ⇔ x = 4, y =
33 y
34
⇒P≥ . Từ (1) và (2) suy ra dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x = 4, y = 1 và z = 2.
33
34
; khi x = 4, y = 1, z = 2.
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng
33
Cách 2
y ( x y )( z xy )
x
Lấy đạo hàm theo z ta có : P’ (z) = 0 =
( y z ) ( z x) ( y z ) 2 ( z x) 2
2 2
6
+ Nếu x = y thì P =
5
2y
x
+ Ta xét x > y thì P P( xy ) =
2x 3 y y x
Khảo sát hàm P theo z, ta có P nhỏ nhất khi z = xy
- t2 2
x
P thành f(t) = 2 (t (1; 2])
Đặt t =
2t 3 1 t
y
2[4t 3 (t 1) 3(2t 2 t 3)]
f’(t) =
- ⇒ f (x) ngh ch bi n trên kho ng [1;4]
y
4 z
⇒ f (x) ≥ f (4) = + + = f (y )
3y +8 y +z z +4
z 12
⇒ f (y ) = −
(y +z )2 (3y +8)2
Ti p theo ta s ch ng minh
z (3y + 8)2 ≥ 12(y + z )2
⇔ z (48 − 12z ) + 9y 2 (z − 1) + 3y (8z − y ) ≥ 0 b i vì 4 ≥ z ≥ 1; y ≤ 4z
⇒ f (y ) đ ng bi n trên kho ng [1;4]
4 1 z 34
⇒ f (y ) ≥ f (1) = ≥
+ +
11 1+z z +4 33
Cách 5
x y z
Xét f ( x ) = + +
2x + 3y y + z z + x
3yz 2 - 4zx2 + 3yx 2 - 6 xyz - 9zy 2
Sẽ có f '( x ) = < 0 vì tử số của nó là:
2 (2x + 3y ) (z + x )
2 2
æ xö
2
÷
ç
3y( x - z ) - 9y z - 4zx £ 3y çx - ÷ - 9y 2 - 4 x2
2 2 2
÷
ç
è 4ø
27 2
= yx - 9y 2 - 4 x2
16
36x 2 - 27 xy + 16y 2
27
£ xy - 9y 2 - 4 x2 = -
4 4
36x - 48 xy + 16y
2 2
- ĐỀ Khối B .2011
Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a + b ) + ab = (a + b)(ab + 2).
⎛ a 3 b3 ⎞ ⎛ a 2 b2 ⎞
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4 ⎜ 3 + 3 ⎟ − 9 ⎜ 2 + 2 ⎟ ⋅
b a b a
Cách 1
Với a, b dương, ta có: 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2)
⎛a b⎞ ⎛1 1⎞
2 2 2 2
+ ⎟ + 1 = (a + b) + 2 ⎜ + ⎟ .
⇔ 2(a + b ) + ab = a b + ab + 2(a + b) ⇔ 2 ⎜
ba ab
⎛1 1⎞ ⎛1 1⎞ ⎛a b ⎞
(a + b) + 2 ⎜ + ⎟ ≥ 2 2(a + b) ⎜ + ⎟ = 2 2 ⎜ + + 2 ⎟ , suy ra:
⎝a b⎠ ⎝a b⎠ ⎝b a ⎠
⎛a b⎞ ⎛a b ⎞ ab 5
2⎜ + ⎟ + 1 ≥ 2 2⎜ + + 2⎟ ⇒ + ≥ .
⎝b a⎠ ba 2
⎝b a ⎠
ab 5
+ , t ≥ , suy ra: P = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18.
Đặt t =
ba 2
5
Xét hàm f(t) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18, với t ≥ .
2
⎛5⎞ 23
Ta có: f '(t ) = 6(2t2 – 3t – 2) > 0, suy ra: min f (t ) = f ⎜ ⎟ = – .
⎝2⎠ 4
⎡5 ⎞
;+ ∞⎟
⎢
⎣2 ⎠
⎛1 1⎞
23 ab5
Vậy, minP = – ; khi và chỉ khi: + = và a + b = 2 ⎜ + ⎟
⎝a b⎠
4 ba2
⇔ (a; b) = (2; 1) hoặc (a; b) = (1; 2).
Cách 2
Theo giả thiết ta có 2 ( a 2 + b 2 ) + ab = ( a + b ) ( ab + 2 ) . Từ đây suy ra :
æ a b ö æ a b ö
æ 1 1 ö 2 2
2 ç + ÷ + 1 = ç + ÷ ( ab + 2 ) hay 2 ç + ÷ + 1 = a + + b +
èb aø è a b ø è b a ø b a
æa b ö
2 2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : a + + b + ³ 2 2 ç
ç b+ a÷ ÷
b a è ø
a b 5
2
Đặt t = + , ta suy ra : 2t + 1 ³ 2 2 t + 2 Þ 4t – 4t – 15 ³ 0 Þ t ³
ba 2
3 3 2 2
æa b ö æa b ö 3 2 3 2
Mặt khác: P = 4 ç 3 + 3 ÷ - 9 ç 2 + 2 ÷ = 4(t – 3t) – 9(t – 2) = 4t – 9t – 12t + 18 = f(t)
è b a ø è b a ø
1
2
f’(t) = 12t – 18t – 12, f’(t) = 0 Þ t = - hay t = 2
2
23 5
Þ Min f(t) = - khi t =
4 2
23
Vậy min P = - khi a = 1 và b = 2 hay a = 2 và b = 1.
4
Cách 3
S d ng b t đ ng th c AM-GM, ta có ab + 2 ≥ 2 2ab.
- T đó suy ra 2
≥ 8ab(a + b)2 .
2(a2 + b2 ) + ab
B t đ ng th c này có th vi t l i thành
2
ab ab
2 +1 ≥8 + +2 .
+
ba ba
ab
Đ t t= + thì ta có (2 t + 1)2 ≥ 8( t + 2).
ba
5
Gi i b t phương trình này v i chú ý r ng t ≥ 2, ta tìm đư c t ≥ .
2
Bây gi , bi n đ i bi u th c P theo t, ta có
P = 4( t3 − 3 t) − 9( t2 − 2) = 4 t3 − 9 t2 − 12 t + 18 = f ( t).
5
Xét hàm f ( t) trên , + ∞ , ta có
2
f ( t) = 12 t2 − 18 t − 12 = 6(2 t2 − 3 t − 2) > 0,
vì 2 t2 − 3 t − 2 = t(2 t − 5) + 2( t − 1) > 0.
5
V y f ( t) đ ng bi n trên , + ∞ ,
2
suy ra 5 23
P = f ( t) ≥ f =− .
2 4
M t khác, d th y đ ng th c x y ra khi a = 2 và b = 1.
23
Do v y, ta đi đ n k t lu n min P = − .
4
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
