Tài liệu hay cho học sinh – giỏi BỘ CÁC CÂU HỎI CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng (Tài liệu thầy… giáo viên HOCMAI biên soạn dành tặng học sinh ôn thi THPT quốc gia 2016 có mục tiêu đạt 8-10 điểm Toán) ĐỀ BÀI Câu (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A(2;0) Đường thẳng  6  có phương trình 3x  y  qua C có điểm chung C với hình bình hành Gọi H   ;  , K  5 24 hình chiếu vuông góc B, D lên  Diện tích hình thang BHKD Tìm tọa độ đỉnh lại hình bình hành ABCD biết đường thẳng BD qua điểm M (2;6) K có hoành độ dương Câu (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A ( AB  AC ) Trên cạnh  60 15  AB lấy điểm I cho AI  AC Đường tròn đường kính IB cắt BC M  ;  cắt đường kéo dài CI  17 17  N (4; 1) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015x  2016 y  Câu (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T ) Biết AC 5   3 vuông góc với BD E (1; 1) Gọi M  ; 3  trung điểm AB N  0;  điểm thuộc cạnh DC cho 2   4 CN  3DN Viết phương trình đường tròn (T ) biết C có hoành độ dương Câu (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A nội tiếp đường tròn   (T ) C (1;0) Biết tiếp tuyến đường tròn (T ) B cắt AC E Gọi F   ;  điểm thuộc đoạn BE    5 J   ;  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Tìm tọa độ đỉnh lại tam giác ABC biết D(2;1)  4 thuộc đường tròn (T )   Câu Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm thực phân biệt: 3( x1) log3 x  x   xm log3  x  m   Câu Cho a  , tìm tất ba số thực ( x, y, z ) cho y  thỏa mãn phương trình :  4z  y2 0 Câu (Nguyễn Thanh Tùng) Tìm số nghiệm thực hệ phương trình sau: log 2a ( xy)  log a  x3 y  xyz   Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang Tài liệu hay cho học sinh – giỏi   x  y    x  y   3x  y    x  y  x y  2016 Câu Khi chơi trò chơi súc sắc có hai cách chơi sau: Cách 1: Gieo đồng thời lần súc sắc, xuất mặt chấm thắng Cách 2: Gieo 24 lần súc sắc, lần gieo súc sắc xuất chấm thẳng Vậy bạn người chơi bạn chọn cách ? Câu (Nguyễn Thanh Tùng) Trong thi “bữa ăn dinh dưỡng”cho gia đình Ban tổ chức yêu cầu để đảm bảo lượng dinh dưỡng gia đình cần 900 đơn vị Protein 400 đơn vị Lipit thức ăn hàng ngày Biết kg thịt bò chứa 800 đơn vị Protein 200 đơn vị Lipit, kg thịt lợn chứa 600 đơn vị Protein 400 đơn vị Lipit Mỗi gia đình mua tối đa 1,6 kg thịt bò 1,1 kg thịt lợn Giá kg thịt bò 100.000 VND kg thịt lợn giá 70.000 VND Kết thúc thi có gia đình giành giải phần thức ăn cho ngày đảm bảo chất dinh dưỡng chi phí bỏ Hỏi gia đình mua số kg thịt bò, thịt lợn ? 8 x  18 y  36 xy  xy  x  y  Câu 10 Giải hệ phương trình  ( x, y  ) 2 4 x  y  x   x   3 y Câu 11 Giải bất phương trình sau tập số thực: x2  x   x2  x  x2  1 x  x  1 x  x  xy 1  y  y   y  Câu 12 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình   x, y   x  x 1  2 (8 x  4) 2(1  x )  y  y   y  x2  x  2x  x2  Câu 13 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình:   x, y  2  2 x y  2( x  2)  ( xy  y  3x  3) y  10 2      y  x 1   x   y x 1   x 1 Câu 14 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình  ( x, y  ) 2  xy  x  y    3  2(1  y )  y x  2 xy  y  Câu 15 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình  ( x, y  )  x ( x  6)  x (12  y )    x2   x y2   y   Câu 16 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình  ( x, y  ) 7  x    y   y  Câu 17 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho a, b, c số thực thỏa mãn  a  b   c 2b2  c2  4(2a  b  c)  18 13 Tìm giá trị lớn biểu thức: P  ab  bc  ca  2a  5b  b  4bc          Câu 18 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn 5a2  12abc  16b2  27c2  60 Tìm giá trị lớn biểu thức T  a  2b  3c Câu 19 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho x, y, z số thực không âm, thỏa mãn y  z  Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang Tài liệu hay cho học sinh – giỏi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T  x5 x  13 y  z   18 x  y  yz Câu 20 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x  y  x2  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x y 12 xz  y  xy   4( x  y ) ( x  y  z )2 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A(2;0) Đường thẳng  6  có phương trình 3x  y  qua C có điểm chung C với hình bình hành Gọi H   ;  , K  5 24 hình chiếu vuông góc B, D lên  Diện tích hình thang BHKD Tìm tọa độ đỉnh lại hình bình hành ABCD biết đường thẳng BD qua điểm M (2;6) K có hoành độ dương Giải: M(-2;6) B(?) A(-2;0) Δ:3x+y=0 I H(-2/5;6/5) C(?) D(?) I' A' K Gọi I tâm hình bình hành ABCD A ', I ' hình chiếu vuông góc A, I lên  Khi II ' đường trung bình hình thang BHKD tam giác AA ' C Do ta có: BH  DK  II '  AA '  d ( A, )  10 24 2.S BHDK ( BH  DK ).HK 10  HK    Lúc S BHDK  BH  DK 10 2 128  128  2  Gọi K  t; 3t    với t  , : HK    t     3t    5  5   18   5t  4t  12   t  t  2 (loại)  K  ;   5  Cách 1: Khi phương trình KD : x  y  12  BH : x  y   Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang Tài liệu hay cho học sinh – giỏi  3b  3d  b  d  Gọi D(3d  12; d ) B(3b  4; b)  I  ;   C  3b  3d  10; b  d  2    B(3b  4; b) Do C    3.(3b  3d  10)  b  d   d  b    Ta có  D(3b  3; b  3)   MB  (3b  2; b  6)    MD  (3b  5; b  9)  B(1;1) Do M  BD nên : (3b  2)(b  9)  (b  6)(3b  5)  48b  48  b     C (1; 3)  D(0; 4) Vậy B(1;1), C(1; 3), D(0; 4) Cách 2: Trình bày giảng Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A ( AB  AC ) Trên cạnh  60 15  AB lấy điểm I cho AI  AC Đường tròn đường kính IB cắt BC M  ;  cắt đường kéo dài CI  17 17  N (4; 1) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015x  2016 y  Giải: C M A 1 I B N Ta có CAI  CMI  1800  ACMI nội tiếp đường tròn  M1  I1  450  I  M  M1  M  900  AMN  900 hay AM  MN  32  Ta có MN   ;    (1; 4) , suy phương trình AM : x  y   17 17  17 x  y   x  y   A(0;0) Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ:  2015 x  2016 y  Ta có M  C1  450  M  450  MI phân giác góc AMN Mặt khác, BNC  900  BAC  ACBN nội tiếp đường tròn  N1  B1  N2 Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang Tài liệu hay cho học sinh – giỏi Suy NI phân giác MNA , suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác AMN Phương trình AN : x  y  ; AM : x  y  MN : x  y 15  3x  y  15   17 17 5 x  y  15  Do A, N khác phía với MI nên phương trình MI : 5x  y  15   BC : 3x  y 15  Phương trình phân giác góc AMN thỏa mãn: x  4y Phương trình phân giác NC góc ANM thỏa mãn:  x  y  15 x  4y  x  y  15 17 17 Do A, M khác phía so với NC nên NC có phương trình: x  y   x  y    x  y   x  y   x  Suy tọa độ điểm C nghiệm hệ:    C (0; 3) 3x  y  15  y  Khi AB qua A(0;0) vuông góc với AC nên có phương trình: y  y  x  Suy tọa độ điểm B nghiệm hệ    B(5; 0) 3x  y  15  y  Vậy A(0;0), B(5;0), C (0;3) Chú ý: Trong hình vẽ toán này, ta khai thác thêm tính chất ED  AN để sáng tạo đề mới, với E giao điểm AB MN D giao điểm thứ hai đường tròn đường kính IB với AN C M E A B I D N Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T ) Biết AC 5   3 vuông góc với BD E (1; 1) Gọi M  ; 3  trung điểm AB N  0;  điểm thuộc cạnh DC cho 2   4 CN  3DN Viết phương trình đường tròn (T ) biết C có hoành độ dương Giải Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang Tài liệu hay cho học sinh – giỏi B M (T) A E I D C N Do ABCD nội tiếp đường tròn nên B1  C1 (cùng chắn cung AD ) (1) Ta có EM trung tuyến tam giác vuông AEB nên EMB cân M hay B1  E1  E4 (2) Từ (1) (2), suy C1  E4 Mặt khác, E4  E5  900  C1  E5  900 , suy ME  DC  x  1  4t  3 Khi DC qua N  0;  vuông góc với EM nên có phương trình: 3x  y      4  y  3t   )  CN  1  4t;  3t  4   1  4t  3xD  4t    xD    4t  ;1  t  Ta có CN  3ND   3  D 3       3t   yD     yD   t    Suy C (1  4t;3t ) (với t   4t   Suy ED    ;  t  EC   4t  2;3t  1    4t   Khi ED  EC  ED.EC      (4t  2)  (2  t ).(3t  1)     5t  3t    t  t   C (3;3) (loại), suy   D(1;0)  A(a; 2a  3)  CE Khi phương trình CE : x  y   DE : x  y   , suy   B(2b  1; b)  DE a  2b   a   A(0; 3)   Do M trung điểm AB nên  2a   b  6 b  3  B(5; 3) Gọi I tâm đường tròn (T ) , đó: Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang Tài liệu hay cho học sinh – giỏi  x 2 2 2     IA  IB  x  ( y  3)  ( x  5)  ( y  3)   I  ;  IA  IB  ID       2 2 2 2  IA  ID    x  ( y  3)  ( x  1)  y y     2 5  1 25  Bán kính (T ) là: R  IA  Vậy đường tròn (T ) cần lập có phương trình:  x     y    2  2 2  Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A nội tiếp đường tròn (T )   C (1;0) Biết tiếp tuyến đường tròn (T ) B cắt AC E Gọi F   ;  điểm thuộc đoạn BE    5 J   ;  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Tìm tọa độ đỉnh lại tam giác ABC biết D(2;1)  4 thuộc đường tròn (T ) Giải: B D F M E I J A C Gọi M giao điểm CF đường tròn (T ) , lúc ta chứng minh M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF hay ta chứng minh AEFM nội tiếp đường tròn tâm J Thật vậy: Ta có E1  B1 (cùng phụ với ACB ) B1  M1 (cùng chắn cung AC ) Suy E1  M1  E1  FMA  M1  FMA  1800 , suy AEFM nội tiếp đường tròn tâm J (*)  x   3t Phương trình đường thẳng CF là:   M (1  3t; 4t )  y  4t Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang Tài liệu hay cho học sinh – giỏi 2 7  5  Khi từ (*), suy ra: JM  JF  JM  JF   3t     4t     50t  41t   4  4    32   t   M  ;    32  25   25 25    M ;      25 25  t   M   ;2  F      Ta có phương trình trung trực d1 DC : x  y   phương trình trung trực d MC là: 3x  y   Khi tọa độ tâm I đường tròn (T ) ngoại tiếp tam giác ABC (hay ngoại tiếp tam giác MBC ) x  y   x  nghiệm hệ:    I 1;1 3x  y   y 1 Do ABC vuông A , suy I trung điểm BC , B(1; 2) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ngoại tiếp tam giác AEF có phương trình: x2  y  x  y   x  y  x  y   2 Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ:  x  x2  y  x  y    x     32  25   A(0;1) A  ;   M (loại)    25 25  y 1  y  32 x  y  x  y    2  25 Vậy A(0;1), B(1; 2) Bài Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm thực phân biệt: 3( x1) log3  x  x  3  xm log3  x  m   Giải Phương trình tương đương: 3x  3x 2 log3  x2  x  3  xm  x 1 log3  x  x  3  log3  x  m   log3  x  m   (*) xm 2  x 3 Xét hàm đặc trưng f (t )  3t.log3 t với t  Ta có: f '(t )  3t.ln 3.log3 t  3t  với t   f (t ) đồng biến với t  t.ln Khi (*)  f ( x  x  3)  f  x  m    x2  x   x  m   x  2m  (1)  x2  x   x  m    x  x  2m   (2) +) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 2m    m   +) Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt  '   2m   m   Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang Tài liệu hay cho học sinh – giỏi +) Gọi x0 nghiệm chung (1) (2) ta có: 2m   x02   x02  2m   m  1  2m   x0      m  1  2 x  x  x   x    x  x  m   2( x  1)       0     Vậy để phương trình (*) có bốn nghiệm thực phân biệt phương trình (1) (2) có hai nghiệm phân biệt  m       m   (1) (2) nghiệm chung  m     2  m  1 m  1   Bài Cho a  , tìm tất ba số thực ( x, y, z ) cho y  thỏa mãn phương trình : log 2a ( xy)  log a  x3 y  xyz    4z  y2 0 Giải  xy   xy   xy   3   Điều kiện  x y  xyz    xy ( x y  z )    x y  z  4 z  y  4 z  y 4 z  y    Do y   y   z  y   z  1 , x y  z  x y   x y  xy  xy 4  x3 y3  xyz  xy( x y  z )  ( xy)2  4z  y2  log a2 ( xy)  log a  xy    log 2a ( xy)  4log a  xy   Suy log ( xy)  log a  x y  xyz   2 a 3  log a ( xy)  2  a  a   y2     x   x  z      Dấu đẳng thức xảy   y  y     xy      1 z  log ( xy )  2 z   a   Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Tìm số nghiệm thực hệ phương trình sau:   x  y    x  y   3x  y (1)    (2)  x  y  x y  2016 Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang Tài liệu hay cho học sinh – giỏi Giải Điều kiện: x y  Biến đổi :   x4  y6    x4  y6   x  y3    2x x  y3    x2  y3   2  2x  y3    x2  y3  2  y   x  y  x  y  3x  y  3x  y Dấu “=” xảy x  y , (1)  x  y3 Đặt x  t  y  t , phương trình (2) có dạng: t  t  t  2016  (3) t  t  t  2016 t  Xét hàm số f (t )  t  t  t  2016   t  t  t  2016 t  +) Khi t  , ta có: f '(t )  4t  3t   (*) t  +) Khi t  , ta có: f '(t )  4t  3t  ; f ''(t )  12t  6t Với f ''(t )   12t  6t    t    2 Suy f '(t )  , t  (2*) Từ (*) (2*) ta có bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên, suy phương trình f (t )  có nghiệm trái dấu Vì ứng với giá trị t , cho ta ( x; y) Do hệ phương trình cho có nghiệm Bài Khi chơi trò chơi súc sắc có hai cách chơi sau: Cách 1: Gieo đồng thời lần súc sắc, xuất mặt chấm thắng Cách 2: Gieo 24 lần súc sắc, lần gieo súc sắc xuất chấm thẳng Vậy bạn người chơi bạn chọn cách ? Nhận xét Nhìn vào toán khó xác định cách thắng dễ Do ta cần nghĩ đến việc so sánh xác suất để thắng theo cách cách Giải Đối với cách 1: Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang 10 Tài liệu hay cho học sinh – giỏi Gọi A1 biến cố “ mặt chấm” phép thử “ giao đồng thời lần súc sắc” Khi A1 biến cố “ không mặt chấm” phép thử “ giao đồng thời lần súc sắc”   Suy xác suất : P A1  n( A1 ) 5.5.5.5      n(1 ) 6.6.6.6     5 Vậy xác suất để thắng theo cách là: P( A1 )   P A1      0,517 6 Đối với cách 2: Gọi A2 biến cố “ít lần xuất mặt chấm” phép thử “ gieo 24 lần đồng súc sắc” Khi A2 biến cố “không lần xuất mặt chấm” phép thử “ gieo 24 lần đồng súc sắc” 24   n( A2 ) 35.35 35  35     Suy xác suất : P A2  n(2 ) 36.36 36.36  36    24  35  Vậy xác suất để thắng theo cách là: P( A2 )   P A2      0, 491  36  Như P( A1 )  P( A2 ) Vậy ta nên chơi theo cách Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong thi “bữa ăn dinh dưỡng”cho gia đình Ban tổ chức yêu cầu để đảm bảo lượng dinh dưỡng gia đình cần 900 đơn vị Protein 400 đơn vị Lipit thức ăn hàng ngày Biết kg thịt bò chứa 800 đơn vị Protein 200 đơn vị Lipit, kg thịt lợn chứa 600 đơn vị Protein 400 đơn vị Lipit Mỗi gia đình mua tối đa 1,6 kg thịt bò 1,1 kg thịt lợn Giá kg thịt bò 100.000 VND kg thịt lợn giá 70.000 VND Kết thúc thi có gia đình giành giải phần thức ăn cho ngày đảm bảo chất dinh dưỡng chi phí bỏ Hỏi gia đình mua số kg thịt bò, thịt lợn ? Giải Gọi x, y số kg thịt bò thịt lợn mà gia đình tham dự thi mua Khi đó: +) Số đơn vị Protein dùng là: 800 x  600 y (đơn vị) +) Số đơn vị Lipit dùng là: 200 x  400 y (đơn vị) 800 x  600 y  900 8 x  y  200 x  400 y  400 x  y    Theo giả thiết  (*)  0  x  1, 0  x  1, 0  y  1,1 0  y  1,1 Chi phí bỏ để mua nguyên liệu là: T ( x; y)  100000 x  70000 y (VNĐ) Lúc ta cần tìm x, y thỏa mãn (*) để T ( x; y) đạt giá trị nhỏ Trong mặt phẳng Oxy ta biểu diễn phần mặt phẳng chứa điểm M ( x; y) thỏa mãn điều kiện (*) Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang 11 Tài liệu hay cho học sinh – giỏi 1,5 1,1 x=1,6 y=1,1 A B M 0,7 D C 0,2 O 0,3 0,6 1,5 1,6 x+2y=2 8x+6y=9 Ta xét đỉnh miền khép kín thỏa mãn điều kiện (*) : A(0,3;1,1) , B(1,6;1,1) , C (1,6;0, 2) D(0,6;0,7) Ta có T ( A)  107000 VNĐ, T ( B)  237000 VNĐ, T (C )  174000 VNĐ T ( D)  109000 VNĐ Suy T đạt giá trị nhỏ 107000 VNĐ x  0,3 y  1,1 Vậy gia đình giành giải mua 0,3 kg thịt bò 1,1 kg thịt lợn 8 x  18 y  36 xy  xy  x  y  (1) Bài 10 Giải hệ phương trình  2 4 x  y  x   x   3 y (2) Giải  x  Điều kiện :   y  ( x, y  ) +) Ta có: (1)  2(4 x2  12 xy  y )  xy  x  y   12 xy    x  y   xy  x  y   2  xy   (3) a  x  y  2a  b Đặt  , (3) có dạng: 2a2  5ab  2b2   (2a  b)(a  2b)    b  xy  a  2b  x  15 x x  15 x  +) Với 2a  b , suy 2(2 x  y)  xy   y  xy       y  0   4     x  15 x Do x    y   Suy phương trình vô nghiệm     Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang 12 Tài liệu hay cho học sinh – giỏi +) Với a  2b , suy x  y  xy   2x   2x y   3y    2x  y  0  2x  y  2x  y Thay y  x vào (2) ta được: 8x2  x   x   3 x (*)  4x 1    x  x  (2*) Từ (*) (2*) , suy ra: 8x2  x   x   x2  x    (2 x  1)2  Áp dụng AM – GM ta có: x   3 x  1.(4 x  1)  3 1.1.2 x   2x 1   x  1  y  thỏa mãn điều kiện 1 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y )   ;   3 x2  x  Bài 11.Giải bất phương trình sau tập số thực:  x2  x 1 x  x  1 x  x  Giải 2  x2   x  x   1  17  Điều kiện:   1  x  2  0  x  x   Khi bất phương trình tương đương:  Xét hàm số f (t )  x2  x   x2  x   ( x  x  2)   ( x  x) 2  x  (*) t với t   0; 4 1  t  1  t t Ta có f '(t )    t  4t     1  t    với t   0;  Suy f (t ) đồng biến với t  0; 4 Khi (*) có dạng: f ( x2  x  2)  f ( x2  x)  x2  (2*)  Ta xét hai trường hợp sau:   x  x   x  x  f ( x  x  2)  f ( x  x)  Với 1  x      x 1  2   f ( x  x  2)  f ( x  x)  (2*)    bất phương trình (2*) vô nghiệm x       x  x   x  x  f ( x  x  2)  f ( x  x) 1  17  Với  x   2  x 1   2   f ( x  x  2)  f ( x  x)  (2*)    (2*) x     Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang 13 Tài liệu hay cho học sinh – giỏi  1  17   Vậy bất phương trình có nghiệm S  1;     xy 1  y  y   y  (1) Bài 12 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình  x  x 1  2 (8 x  4) 2(1  x )  y  y (2) Giải  y  (;0)  Điều kiện:   1  x  Biến đổi (1)  Do  1;   y  1  y  y y        x   x x y  y2  1 y  y   x   x 3x (*)  x   x 3x  , suy y    2  1 1 y  Khi (*)         y y   Xét hàm số f (t )   x, y      x   x 3x (2*) t   t 3t với t   t   1 3t  Ta có f '(t )    t 1   3t    t   t 3t ln    t   t  ln   t 1    t2 1  t2  t  t  t2 1  t    f '(t )  , suy f (t ) đồng biến với t  Mà  1  ln  0 ln   t 1 t2 1  1 1 Khi (2*)  f    f ( x)   x  y  (3*) y x  y 1 Thay (3*) vào (2) ta được: 32 (2 x  1)  x   x  x x  32 x2 (1  x2 )(2 x2  1)2  x   x     x  Do ta đặt x  cos t với t  0;  , phương trình có dạng: Do  y    4   32cos2 t.(1  cos2 t )(2cos t 1)2  cos t 1   8sin 2t.cos2 2t  cos t 1   2sin 4t  cos t 1  Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang 14 Tài liệu hay cho học sinh – giỏi  k 2 t0;    4 t  8t  t  k 2    t  0; 2   cos8t  cos t       k   8t  t  k 2 t  k 2     2  Khi hệ có nghiệm là: ( x; y )  (1;1),  cos ; cos 2             (1)  y  x2  x  2x  x2  Bài 13 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình:   x, y  2 x y  2( x  2)  ( xy  y  x  3) y  10 (2)   Giải Điều kiện: x   0; 2  Cách 1: Với điều kiện (2)  x2 ( y  1)  3x( y  1)  3( y  1)  y ( x  1)  5( x  1) y  x  3x  (*)  ( y  1)(2 x  3x  3)  ( x  1)( y  5)   y 1 x 1 2 x  3x  Xét hàm số f ( x)  với x   0; 2 ta có x 1 min f ( x)  x 0;2   m axxf(0;2x)   y2  (*) 1     y  (2*) Do f ( x) liên tục đoạn  0; 2 , suy  f ( x)   y 1 Cách 1.1 (Nguyễn Thanh Tùng) Với  x  , ta có :  x  x2   ( x  1)2   x  x2  x  x  x  x (2*) Khi từ (1)  y   x  x  ( x  x )   y   y 2 x0 (3*) Cách 1.2 (Lê Anh Tuấn) (1)  x  y   x  x2 (1  x  x )   x  y   x  x ( x  1)  x  x2  (4*) (4*)  y  2; x  Với x   0; 2 (2*)  x  y    x0;2   Cách 1.3 (Nguyễn Thế Duy)   x   0;1 (2*)  y   x  x  x  x   x  x  x  x   (5*)   x( x  x  x  2)    x   0;1 Do x3  x2  x   x2 ( x  2)  2( x  1)  với x  0;1 nên (5*)    x   y   x  Cách (Châu Thanh Hải) Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang 15 Tài liệu hay cho học sinh – giỏi   (1)  y   x  x   ( x  1)2  x  với x  0; 2  y  y2 (6*)  M    x  0; y  (2)  M  2(2 x  x2 )( y  1)  x( y  y  4)  ( y  1)( y  2)  (6*)  x0;2   Thử lại ta nghiệm hệ ( x; y)  (0; 2)  y  x    x   y Bài 14 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình  3xy  x  y   Giải   x 1   x 1 (1) ( x, y  ) (2)  Điều kiện:  x  (*) Với điều kiện (*) ta có (2)  y (3x  2)  x   y  Xét hàm số f ( x)  2x 1 3x  1 2x 1 với x  1; 2 Ta có f '( x)   với x  1; 2 3x  (3x  2)  f ( x) nghịch biến 1; 2  f ( x)  f (1)  hay y   1  y  (2*)    Cách (Nguyễn Thế Duy) Biến đổi (1) ta được:  y  1 y  y    x   y  1 x  (3) y 1 y 1 x 1 (3*)  0 y 1 y  y    x  y  1 Từ (2*) (3*) suy ra: y  1 , x  thỏa mãn hệ Do y  không nghiệm (3) nên (3)  Vậy nghiệm hệ ( x; y)  (1; 1)  Cách (Nguyễn Thanh Tùng) Ta có (1)  (1  y) x   ( y  1)    x  y  y   (3) (1  y ) x   1  x    Theo (*) (2*) ta có:  ( y  1)  x  y  y   1  y     Khi (3)  (1  y) x   ( y  1)   x   x  y2  y     (thỏa mãn hệ)  y  1  Vậy hệ có nghiệm ( x; y)  (1; 1)  Cách (Vũ Đức Tùng) Ta có (2)  x(3 y  2)  y   x  Với điều kiện  x    Thay (3) vào (1), ta có: Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng y y2 1 (3) với y  3y  y2 1   1  y  3y2  2 y2 1 y2 1    2 3y2  3y2   y2 1 y2 1  y     1  3y2   y    Trang 16 Tài liệu hay cho học sinh – giỏi 1 y2 y2   y  y   (1  y )  ( y  1) 0 3y2  3y2   1 y (4 y  3)( y  1)  y   y  1( y  y  2)  (1  y )  0 3y2  3y2     1  Vì 1  y  nên  y  ta có y  y    y     , y  2  1 y (4 y  3)( y  1)   với 1  y  3y2  3y2  y  1( y  y  2)  (1  y ) nên y    y  1 (thỏa mãn) Thay y  1 vào (3) ta x  (thỏa mãn) Do Vậy hệ có nghiệm ( x; y)  (1; 1) Chú ý: Ở Ví dụ ta y  cách phân tích: y  2x 1 2      với x  3x  3(3x  2) 3   2(1  y )  y x  2 xy  y  (1) Bài 15 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình  (2)  x ( x  6)  x(12  y )  Giải Điều kiện : xy  (*) Ta hệ có nghiệm y  hai cách sau : ( x, y  )  Cách 1: (Dùng phương pháp đánh giá) (2)  x3  6( x2  x  1)   xy3  x3  6( x  1)2   xy3  ( xy3  y xy  – theo (*))  x  , kết hợp với (*) suy y  (3)  Khi : (1)   y ( x  2 xy  y)  y    y    y    y2   x  2 y  x   ( x).(2 y)    2 y    y 8   y    y  (4) Từ (3) (4) suy ra: y   Cách 2: (Dùng kĩ thuật nhân liên hợp đánh giá biểu thức không âm)    (1)  xy  y 2 xy  y    y     xy  y      y y     y xy  y xy  y      y  (  y  1  3      ( y  8)2  y   xy  y  3  y  1  0  , xy  ) 2   Khi hệ có dạng:   x3  x2 12 x    x3  x3  x2  12 x   x ( x  6)  12 x     x  ( x  2)3  x  x   x  Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng   Vậy nghiệm hệ là: ( x; y )   ;0  1  1  Trang 17 Tài liệu hay cho học sinh – giỏi     x2   x  Bài 16 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình  7  x     Giải  y   y  (1) y   2y  ( x, y  ) (2) Bước 1: Ta khai thác phương trình (1) để chi y   x hai cách sau : Cách 1: (1)  x   x  y 5  y  x2   x  y   y  x   x  ( y)2   ( y) (*) t Xét hàm số f (t )  t   t  f '(t )  suy f (t ) đồng biến liên tục t2  1  t  t2  t2   t t t2   , t  Khi (*)  f ( x)  f ( y)  x   y hay y   x (3)      y2   y  x2   x     x   x  y   y (a) y2   y2 y2   y  Cách 2: (1)    2  x 5  x  y   y  x   x (b)  y 5  y    x2   x2 x2   x Cộng vế với vế (a) (b) ta được: 2( x  y)   y   x (3) Bước 2: Thay (3) vào (2) ta được:  x      x   x  x  10 x  14  x   (2*)  x   x  x   x  ( x  2)2  (2 x)  ( x  x  2)( x  x  2) Cách 1: Ta có:  2 7 x  10 x  14  ( x  x  2)  6( x  x  2) Nên (2*)  ( x2  x  2)  6( x  x  2)  ( x  x  2)( x  x  2)  a  x  x  +) Đặt  b  x  x   a, b   phương trình có dạng: a2  6b2  5ab   (a  2b)(a  3b)   a  2b a  3b +) Với a  3b  a  9b2 : x2  x   9( x2  x  2)  8x2  20 x  16  (vô nghiệm) +) Với a  2b  a  4b2 : x  x   4( x  x  2)  3x  10 x    x  5   5     5      ; ; Thay vào (3) ta nghiệm hệ là: ( x; y)    ,      3     Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật nhân liên hợp) Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang 18 Tài liệu hay cho học sinh – giỏi    3x  10 x    x     3x  10 x    x     3x  10 x    x     3x  10 x    x    x     x   x   x   x    x     x  64 x  36   x     3x    (10 x)     x    (3x  10 x  6)(3x  10 x  6)  (3*)  3x  10 x   x   x   2 2 2 2 4 4 4 2 2 2   3x  10 x   4 x   x   (3x  10 x  6)      3x2  10 x   (4*) x2  10 x   x   (5*) +) Cộng (5*) với (2*) ta được: 8x2  20 x  16  (vô nghiệm) 5 +) Ta có (4*)  x     5     5     Thay vào (3) ta nghiệm hệ là: ( x; y)   ; ;  ,      3     Câu 17 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho a, b, c số thực thỏa mãn  a  b   c 2b2  c2  4(2a  b  c)  18 13 Tìm giá trị lớn biểu thức: P  ab  bc  ca  2a  5b  b  4bc   Giải  Ta có 2b  c  4(2a  b  c)  18  2(b  2b  1)  (c2  4c  4)  8(a  b  c)   18 2  24  2(b  1)2  (c  2)2  8(a  b  c)  8(a  b  c) Suy a  b  c   Do  a  b  c , nên ta có ab2  bc2  ca  ab2  bc2  ca  a(a  b)(b  c)  abc  b(a  c)2 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng xyz  ( x  y  z )3 , ta được: 27 ac ac  b    ac ac 2   b(a  c)  4.b   ( a  b  c)3  2 27 27 2 Khi ab  bc  ca  (*)  Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng xy  x  y 3 xyz  x  y  z , ta được: 2a  5b    b  4bc  2a  5b  3.2 b.1  2.3 2b.c.2  2a  5b  3(b  1)  2(2b  c  2)  2(a  b  c)   2.3   13 Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang 19 Tài liệu hay cho học sinh – giỏi Suy 2a  5b    b  4bc  13   Mặt khác  b  , đó: ta có: 5b  b  b  b   2a  5b  Vậy  2a  5b    b  4bc  13   b  4bc  (2*) 13 3 13 Với a  0; b  1; c  thỏa mãn điều kiện đề P  Vậy giá trị lớn P  Từ (*) (2*), suy P   Câu 18 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn 5a2  12abc  16b2  27c2  60 Tìm giá trị lớn biểu thức T  a  2b  3c Giải x  a  x, y, z   Đặt  y  2b ,  2 5 x  xyz  y  3z  60 (*)  z  3c  Ta viết lại (*) thành: 5x2  x yz  (4 y  3z  60)  (2*)  Lúc quan niệm (2*) phương trình bậc hai với ẩn x , đó:  '  y z  5(4 y  3z  60)  ( y  15)( z  20)  (15  y )(20  z ) 2  4 y  60  15  y  Mặt khác với điều kiện (*) ta có:     3z  60 20  z   yz  (15  y )(20  z )  yz  (15  y )(20  z ) Do x   x  5 2  Khi áp dụng bất đẳng thức AM – GM (Cauchy) với hai số dương 15  y ; 20  z ta được: (15  y )  (20  z )  yz  (15  y )(20  z )  yz  35  ( y  z ) 2 x   5 10 Suy x  60  ( y  z )2  10( y  z )  25 60  ( y  z  5)2 60 35  ( y  z )2  yz    6 Suy T  x  y  z  10 10 10 10  Với a  b  c  thỏa mãn điều kiện toán T  Vậy giá trị lớn T Câu 19 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho x, y, z số thực không âm, thỏa mãn y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T  Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng x5 x  13 y  z   18 x  y  yz Giải Trang 20 Tài liệu hay cho học sinh – giỏi +) Với x  , biến đổi áp dụng AM – GM ta có: Với x  x5 x3 x3 (1)   yz x( y  z ) x  y  z x5 x3  (2) Từ (1) (2), suy : y  z 2x  y  z x5 x3  với x  y  z 2x  y  z  x3 x3 x  13 y  z 2x  y  z    18 x  y      1  y  18 x  y   +) Khi T  2x  y  z 4  2x  y  z   33 x3 2x  y  z  y  18 x  y    3( x  y)  18 x  y    2x  y  z   x  y    52  52 +) Khi x  1; y  0; z  T  52 Vậy giá trị nhỏ T 52  Chú ý: Vì điều kiện toán cho x, y, z số thực không âm, nên bạn biến đổi đánh giá luôn: x5 x3 x3 bị trừ điểm (lí biến đổi không xác x  )   yz x( y  z ) x  y  z Vì để “tránh” x  không cho bước biến đổi trung gian trên, bạn tham khảo cách trình bày phần lời giải Câu 20 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x  y  x2  y  z  x y 12 xz  y  xy   4( x  y ) ( x  y  z )2 Giải x y  Ta chứng minh theo cách sau:   4( x  y ) ( x  y  z ) x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  Cách 1: Với z  ta có: z z z ; Với z  ta có:    0 4( x  y ) z ( x  y ) ( x  y  z ) 4( x  y ) ( x  y  z )2 Suy z với z   4( x  y ) ( x  y  z ) Khi x y z x y     2 4( x  y) ( x  y  z ) ( x  y  z) ( x  y  z) x y z Cách 2: Áp dụng AM – GM cho hai số dương x y ta được: , 4( x  y ) ( x  y  z )2 x y x y (1)  2  2 4( x  y) ( x  y  z ) 4( x  y) ( x  y  z ) x y z  Áp dụng AM – GM ta có: 12 xz  4.3 xz  4( x  z  1) (2)  Mặt khác, ta có xy   xy  x  y  z  ( x  y )2  z  Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng ( x  y  z )2 ( x  y  z )2  xy   (3) Trang 21 Tài liệu hay cho học sinh – giỏi  Từ (1), (2), (3) suy ra: P   ( x  y  z )  5t  ( x  z  1)  y    1    t   f (t ) x yz 4 4  16 t Với t  x  y  z  Ta có  x  y  z   ( x  y  z )2 t  0t  3 5t   t  với  t  cách: 16 t Cách 1: (Áp dụng bất đẳng thức AM – GM sử dụng đẳng thức) Lúc ta tìm GTNN f (t )  t t t  2         16 t t 2 Cách 2: (Dùng công cụ hàm số) Ta có f (t )  Ta có f '(t )  5t 5t  8t  (t  2)(5t  2t  4)  1   ; f '(t )   t  t 8t 8t Từ bảng biến thiên, suy P  f (t )   Vậy giá trị nhỏ P là:  Dấu “=” xảy t  , suy x  z  y  ( x, y, z)  (1;0;1) CHÚC CÁC EM HỌC TỐT VÀ THÀNH CÔNG! Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Nguồn: Hocmai.vn Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang 22 [...]... x  8  5  x  4    4 x  8  5 x  4  4 x  8  5 x  4   0 x  4    9 x  64 x  36   0 x  4    3x  6   (10 x)   0   x  4   (3x  10 x  6)(3x  10 x  6)  0 (3*)  3x 2  10 x  6  4 x 2  8  5 x 4  4  0 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 4 4 4 4 2 2 4 2 2 2 2 2   3x 2  10 x  6  4 x 2  8  5 x 4  4  (3x 2  10 x  6)   0    3x2  10 x  6  0 (4*) hoặc x2  10. .. 10 10 10 10  Với a  b  c  1 thỏa mãn điều kiện bài toán và T  6 Vậy giá trị lớn nhất của T là 6 Câu 19 (Nguyễn Thanh Tùng) Cho x, y, z là các số thực không âm, thỏa mãn y 2  z 2  0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T  Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng 2 x5 2 x  13 y  z   18 x  y  8 yz 4 Giải Trang 20 Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi +) Với x  0 , biến đổi và áp dụng AM – GM ta có: ...   18 x  y  8     1  3 y  18 x  y  8  1 +) Khi đó T  2x  y  z 4 4  2x  y  z   33 4 x3 2x  y  z 1  3 y  18 x  y  8  1  3( x  y)  18 x  y  8  1  3 2x  y  z 4   2 x  y  8  3  52  52 +) Khi x  1; y  0; z  2 thì T  52 Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 52  Chú ý: Vì điều kiện bài toán cho x, y, z là các số thực không âm, nên nếu các bạn biến đổi và đánh giá... 3x 2  10 x  6  0  x  5 7 3  5  7 5  7   5  7 5  7     ; ; Thay vào (3) ta được nghiệm của hệ là: ( x; y)    ,    3   3 3    3  Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật nhân liên hợp) Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang 18 Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi    3x  10 x  6   4 x  8  5   3x  10 x  6   4 x  8  5   3x  10 x  6   4 x  8  5   3x  10 x ... t  x  y  z  0 Ta có 2  x 2  y 2  z 2   ( x  y  z )2 t 2  0t  6 3 3 5t 2 1 9   t  với 0  t  6 bằng 2 cách: 16 t 4 Cách 1: (Áp dụng bất đẳng thức AM – GM và sử dụng hằng đẳng thức) Lúc này ta đi tìm GTNN của f (t )  5 1 t 7 1 t 7 5 2 t  2     0  2    16 t 4 2 t 4 2 2 Cách 2: (Dùng công cụ hàm số) Ta có f (t )  Ta có f '(t )  5t 1 5t 3  8t 2  8 (t  2)(5t 2  2t ... y)  3 y  8  2  y 2    3 y  8  2  y2   x  2 y  2 x  2  2 ( x).(2 y)    2 2 y    3 y 8  2  y  8  8  y  0 (4) Từ (3) và (4) suy ra: y  0  Cách 2: (Dùng kĩ thuật nhân liên hợp và đánh giá biểu thức không âm)    (1)  xy 2  2 y 2 2 xy  2 y 3    y     xy  2 y   3    y y  8  2  0  y xy  2 y 2 xy  2 y 2     0  y  0 ( vì 2  y  8 1  3... phương trình có dạng: và Do  y  0  2  4   32cos2 t.(1  cos2 t )(2cos 2 t 1)2  cos t 1  0  8sin 2 2t.cos2 2t  cos t 1  0  2sin 2 4t  cos t 1  0 Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Trang 14 Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi  k 2 t0;    4 t  7 8t  t  k 2    t  0; 2   cos8t  cos t       k  9  8t  t  k 2 t  k 2  9    2 1  Khi đó hệ có 2 nghiệm... Trang 11 Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi 1,5 1,1 x=1,6 y=1,1 A B 1 M 0,7 D C 0,2 O 0,3 0,6 1,5 1,6 1 2 x+2y=2 8x+6y =9 Ta xét 4 đỉnh của miền khép kín thỏa mãn điều kiện (*) là : A(0,3;1,1) , B(1,6;1,1) , C (1,6;0, 2) và D(0,6;0,7) Ta có T ( A)  107 000 VNĐ, T ( B)  237000 VNĐ, T (C )  174000 VNĐ và T ( D)  1 090 00 VNĐ Suy ra T đạt giá trị nhỏ nhất bằng 107 000 VNĐ khi x  0,3 và y  1,1 Vậy gia... 3     ( y  8) 2  2 3 y  8  4 1 2 xy  2 y  3 3  2 y  8 1  3 0  0 , xy  0 ) 2  2  Khi đó hệ có dạng:  2  x3  6 x2 12 x  8  0  2 x3  x3  6 x2  12 x  8  x ( x  6)  12 x  8   3  3 2 x  ( x  2)3  3 2 x  x  2  x  Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng  2  2 Vậy nghiệm của hệ là: ( x; y )   3 ;0  3 1 2  1 2  Trang 17 Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi    ... bc 2  ca 2  2a  5b  6 b  3 4bc   Giải  Ta có 2b  c  4(2a  b  c)  18  2(b  2b  1)  (c2  4c  4)  8( a  b  c)  6  18 2 2 2  24  2(b  1)2  (c  2)2  8( a  b  c)  8( a  b  c) Suy ra a  b  c  3  Do 0  a  b  c , nên ta có ab2  bc2  ca 2  ab2  bc2  ca 2  a(a  b)(b  c)  abc  b(a  c)2 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng xyz  ( x  y  z )3 , ta được: 27 ac ac