BỘ các câu hỏi CHINH PHỤC điểm 8 – 9 – 10 môn toán có đáp án

Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi

BỘ CÁC CÂU HỎI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10
Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng
(Tài liệu do 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 1 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A(2;0) . Đường thẳng
 2 6
 có phương trình 3x  y  0 đi qua C và chỉ có một điểm chung C với hình bình hành. Gọi H   ;  , K lần lượt
 5 5
24
là hình chiếu vuông góc của B, D lên  . Diện tích hình thang BHKD bằng
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình
5
bình hành ABCD biết đường thẳng BD đi qua điểm M (2;6) và K có hoành độ dương.
Câu 2 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ( AB  AC ) . Trên cạnh
 60 15 
AB lấy điểm I sao cho AI  AC . Đường tròn đường kính IB cắt BC tại M  ;  và cắt đường kéo dài CI tại
 17 17 
N (4; 1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015x  2016 y  0 .
Câu 3 (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 tại E (1; 1) . Gọi M  ; 3  là trung điểm của AB và N  0;  là điểm thuộc cạnh DC sao cho
2

 4
CN  3DN . Viết phương trình đường tròn (T ) biết C có hoành độ dương.

Câu 4 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn
 1 
(T ) và C (1;0) . Biết tiếp tuyến của đường tròn (T ) tại B cắt AC tại E . Gọi F   ; 2  là điểm thuộc đoạn BE và
 2 
 3 5
J   ;  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết D(2;1)
 4 4
thuộc đường tròn (T ) .





Câu 5. Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm thực phân biệt: 3( x1) .log3 x 2  2 x  3  9
2

xm

.log3  2 x  m  2  .

Câu 6. Cho a  1 , tìm tất cả bộ ba số thực ( x, y, z ) sao cho y  1 thỏa mãn phương trình :

8  4z  y2
0
2
Câu 7 (Nguyễn Thanh Tùng). Tìm số nghiệm thực của hệ phương trình sau:
log 2a ( xy)  log a  x3 y 3  xyz  
2

Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

Trang 1


Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi

 2  x 4  y 6   3  2 x 4  y 6   3x 2  2 y 3


 x  y 2  8 x 2 y  2016
Câu 8. Khi chơi trò chơi con súc sắc có hai cách chơi như sau:
Cách 1: Gieo đồng thời 1 lần 4 con súc sắc, nếu xuất hiện một mặt 6 chấm là thắng.
Cách 2: Gieo 24 lần 2 con súc sắc, nếu ở lần gieo nào cả 2 con súc sắc đều xuất hiện 6 chấm thì thẳng.
Vậy nếu bạn là người chơi bạn sẽ chọn cách nào ?
Câu 9 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong một cuộc thi về “bữa ăn dinh dưỡng”cho các gia đình. Ban tổ chức yêu cầu để
đảm bảo lượng dinh dưỡng thì mỗi gia đình cần ít nhất 900 đơn vị Protein và 400 đơn vị Lipit trong thức ăn hàng
ngày. Biết 1 kg thịt bò chứa 800 đơn vị Protein và 200 đơn vị Lipit, còn 1 kg thịt lợn chứa 600 đơn vị Protein và 400
đơn vị Lipit. Mỗi gia đình chỉ được mua tối đa 1,6 kg thịt bò và 1,1 kg thịt lợn. Giá 1 kg thịt bò là 100.000 VND và 1
kg thịt lợn giá 70.000 VND. Kết thúc cuộc thi đã có một gia đình giành giải nhất khi khẩu phần thức ăn cho một ngày
đảm bảo chất dinh dưỡng và chi phí bỏ ra là ít nhất có thể. Hỏi gia đình đó đã mua số kg thịt bò, thịt lợn là bao nhiêu ?
8 x 2  18 y 2  36 xy  5 6 xy  2 x  3 y 
Câu 10. Giải hệ phương trình 
( x, y  )
2
2
4 x  9 y  4 x  4  4 x  1  3 3 3 y
Câu 11. Giải bất phương trình sau trên tập số thực:

x2  x  2



x2  x

 x2  1

1 x  x  2 1 x  x  4
xy 1

y
 y 2  1 
.3 y  1
2
Câu 12 (Nguyễn Thanh Tùng). Giải hệ phương trình 
 x, y   .
x  x 1
 2
2
2
(8 x  4) 2(1  x )  y  y

 y  x2  x  2x  x2  2
Câu 13 (Nguyễn Thanh Tùng). Giải hệ phương trình: 
 x, y 
2
2

2 x y  2( x  2)  ( xy  y  3x  3) y  10
2

2







3

 y  x 1  2  x  2  y x 1  2  x 1
Câu 14 (Nguyễn Thanh Tùng). Giải hệ phương trình 
( x, y  )
2
2

3
xy

2
x

2
y

1

0

3

2
3

2(1  y )  y x  2 2 xy  y  8
Câu 15 (Nguyễn Thanh Tùng). Giải hệ phương trình 
( x, y  )
2
3

x
(
x

6)

x
(12

y
)

8

 x2  5  x
y2  5  y  5

Câu 16 (Nguyễn Thanh Tùng). Giải hệ phương trình 
( x, y  )
7  x 2  2   5 y 4  4  2 y


Câu 17 (Nguyễn Thanh Tùng). Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 0  a  b  1  c và 2b2  c2  4(2a  b  c)  18 .
13
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  ab 2  bc 2  ca 2 
2a  5b  6 b  3 4bc


















Câu 18 (Nguyễn Thanh Tùng). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 5a2  12abc  16b2  27c2  60 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T  a  2b  3c .
Câu 19 (Nguyễn Thanh Tùng). Cho x, y, z là các số thực không âm, thỏa mãn y 2  z 2  0 .
Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

Trang 2

Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T 

2 x5 2 x  13 y  z

 18 x  y  8
yz
4

Câu 20 (Nguyễn Thanh Tùng). Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x  y  0 và x2  y 2  z 2  2 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

1
x y
12 3 xz  4 y  5 xy
.


4( x  y ) ( x  y  z )2
4

HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A(2;0) . Đường thẳng
 2 6
 có phương trình 3x  y  0 đi qua C và chỉ có một điểm chung C với hình bình hành. Gọi H   ;  , K lần lượt
 5 5
24
là hình chiếu vuông góc của B, D lên  . Diện tích hình thang BHKD bằng
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình

5
bình hành ABCD biết đường thẳng BD đi qua điểm M (2;6) và 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 là tâm của hình bình hành ABCD và A ', I ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, I lên  .
Khi đó II ' là đường trung bình trong cả hình thang BHKD và tam giác AA ' C .
6
Do đó ta có: BH  DK  2 II '  AA '  d ( A, ) 
10
24
2.
2.S BHDK
( BH  DK ).HK
8 10
 HK 

 5 
Lúc đó S BHDK 
.
6
2
BH  DK
5
10
2

2

128
6  128
 2 
Gọi K  t; 3t    với t  0 , khi đó : HK 
  t     3t   
5
5
5
 5 
6
 6 18 
 5t 2  4t  12  0  t  hoặc t  2 (loại)  K  ;   .
5
5 5 
2

Cách 1: Khi đó phương trình KD : x  3 y  12  0 và BH : x  3 y  4  0
Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

Trang 3


Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi

 3b  3d  8 b  d 
Gọi D(3d  12; d ) và B(3b  4; b)  I 
;
  C  3b  3d  10; b  d 
2
2 


 B(3b  4; b)
Do C    3.(3b  3d  10)  b  d  0  d  b  3  
. 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  1  
 C (1; 3)
 D(0; 4)
Vậy B(1;1), C(1; 3), D(0; 4) .

Cách 2: Trình bày trong bài giảng.

Bài 2 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ( AB  AC ) . Trên cạnh
 60 15 
AB lấy điểm I sao cho AI  AC . Đường tròn đường kính IB cắt BC tại M  ;  và cắt đường kéo dài CI tại
 17 17 
N (4; 1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015x  2016 y  0 .
Giải:
C
1

M

1
2

A

3

4

1

1

I

2

B

2
1

N

Ta có CAI  CMI  1800  ACMI nội tiếp đường tròn

 M1  I1  450  I 2  M 4  M1  M 4  900  AMN  900 hay AM  MN .
 8 32  8
Ta có MN   ;    .(1; 4) , suy ra phương trình AM : x  4 y  0
 17 17  17
x  4 y  0
 x  y  0  A(0;0)
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 
2015 x  2016 y  0

Ta có M 2  C1  450  M 3  450  MI là phân giác của góc AMN
Mặt khác, BNC  900  BAC  ACBN nội tiếp đường tròn  N1  B1  N2
Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

Trang 4


Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi

Suy ra NI là phân giác của MNA , suy ra I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác AMN
Phương trình AN : x  4 y  0 ; AM : x  4 y  0 và MN : 4 x  y 15  0

3x  5 y  15  0

17
17
5 x  3 y  15  0
Do A, N khác phía với MI nên phương trình MI : 5x  3 y  15  0  BC : 3x  5 y 15  0
Phương trình phân giác của góc AMN thỏa mãn:

x  4y

Phương trình phân giác NC của góc ANM thỏa mãn:



4 x  y  15

x  4y



4 x  y  15

17
17
Do A, M khác phía so với NC nên NC có phương trình: x  y  3  0

x  y  5  0

x  y  3  0

x  y  3  0
x  0
Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 

 C (0; 3)
3x  5 y  15  0
y  3
Khi đó AB đi qua A(0;0) vuông góc với AC nên có phương trình: y  0
y  0
x  5
Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 

 B(5; 0)
3x  5 y  15  0
y  0
Vậy A(0;0), B(5;0), C (0;3) .
Chú ý:
Trong hình vẽ bài toán này, ta có thể khai thác thêm tính chất ED  AN để sáng tạo ra các đề bài mới, với E là
giao điểm của AB và MN và D là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính IB với AN .
C

M
E

A

B

I

D

N

Bài 3 (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 tại E (1; 1) . Gọi M  ; 3  là trung điểm của AB và N  0;  là điểm thuộc cạnh DC sao cho
2

 4
CN  3DN . Viết phương trình đường tròn (T ) biết C có hoành độ dương.

Giải
Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

Trang 5


Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi

B
1

M
(T)
1

A

E

I

5
4
1

D

C

N

Do ABCD nội tiếp đường tròn nên B1  C1 (cùng chắn cung AD ) (1)
Ta có EM là trung tuyến của tam giác vuông AEB nên EMB cân tại M hay B1  E1  E4 (2)
Từ (1) và (2), suy ra C1  E4
Mặt khác, E4  E5  900  C1  E5  900 , suy ra ME  DC .

 x  1  4t
 3
Khi đó DC đi qua N  0;  vuông góc với EM nên có phương trình: 3x  4 y  3  0  
 4
 y  3t
1
3


)  CN  1  4t;  3t 
4

4


1  4t  3xD
1  4t


 xD 
 1  4t

;1  t 
Ta có CN  3ND   3
3  D
3 

 3

 4  3t  3  yD  4 

 yD  1  t




Suy ra C (1  4t;3t ) (với t 

 4t  2

Suy ra ED   
; 2  t  và EC   4t  2;3t  1

3


 4t  2 
Khi đó ED  EC  ED.EC  0   
 .(4t  2)  (2  t ).(3t  1)  0
3 

 5t 2  3t  2  0  t  1 hoặc t  

C (3;3)
2
(loại), suy ra 
5
 D(1;0)

 A(a; 2a  3)  CE
Khi đó phương trình CE : 2 x  y  3  0 và DE : x  2 y  1  0 , suy ra 
 B(2b  1; b)  DE
a  2b  1  5
a  0
 A(0; 3)


Do M là trung điểm của AB nên 
2a  3  b  6
b  3  B(5; 3)
Gọi I là tâm của đường tròn (T ) , khi đó:
Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

Trang 6


Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi

5

x
2
2
2
2
2
2



 IA  IB
 x  ( y  3)  ( x  5)  ( y  3)

2  I  5 ; 1 
IA  IB  ID   2
 2



2
2
2
2

2 2
 IA  ID


 x  ( y  3)  ( x  1)  y
y   1


2
2

2

5
5 
1
25

Bán kính của (T ) là: R  IA 
. Vậy đường tròn (T ) cần lập có phương trình:  x     y   
.
2 
2
2
2

Bài 4 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn (T )
 1 
và C (1;0) . Biết tiếp tuyến của đường tròn (T ) tại B cắt AC tại E . Gọi F   ; 2  là điểm thuộc đoạn BE và
 2 

 3 5
J   ;  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết D(2;1)
 4 4
thuộc đường tròn (T ) .

Giải:

B

D
1

F

M
2

E

1

I

1

J
A

C

Gọi M là giao điểm của CF và đường tròn (T ) , lúc này ta sẽ chứng minh M cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam
giác AEF hay ta sẽ đi chứng minh AEFM nội tiếp đường tròn tâm J . Thật vậy:
Ta có E1  B1 (cùng phụ với ACB ) và B1  M1 (cùng chắn cung AC )
Suy ra E1  M1  E1  FMA  M1  FMA  1800 , suy ra AEFM nội tiếp đường tròn tâm J (*)

 x  1  3t
Phương trình đường thẳng CF là: 
 M (1  3t; 4t )
 y  4t

Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

Trang 7


Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi

2

2

7 
5 5

Khi đó từ (*), suy ra: JM  JF  JM 2  JF 2   3t     4t     50t 2  41t  8  0
4 
4 8


  1 32 

8

t


M  ; 

 1 32 
25   25 25 


M ; 
  1 
 25 25 
t   1
M   ;2  F


2
  2 
Ta có phương trình trung trực d1 của DC là : x  y  2  0
phương trình trung trực d 2 của MC là: 3x  4 y  1  0
Khi đó tọa độ tâm I của đường tròn (T ) ngoại tiếp tam giác ABC (hay ngoại tiếp tam giác MBC )

x  y  2  0
x  1
là nghiệm của hệ: 

 I 1;1
3x  4 y  1  0

y 1
Do ABC vuông tại A , suy ra I là trung điểm của BC , do đó B(1; 2)
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và ngoại tiếp tam giác AEF lần lượt có phương trình:
3
5
3
x2  y 2  2 x  2 y  1  0 và x 2  y 2  x  y   0
2
2
2
Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
1

x
 x2  y 2  2 x  2 y  1  0

x  0


 1 32 
25
hoặc 
 A(0;1) hoặc A  ;   M (loại)

 2
3
5
3
2
 25 25 

y 1
 y  32
x  y  x  y   0

2
2
2

25
Vậy A(0;1), B(1; 2) .
Bài 5. Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm thực phân biệt: 3( x1) .log3  x 2  2 x  3  9
2

xm

.log3  2 x  m  2  .

Giải

Phương trình tương đương: 3x

 3x

2

2

.log3  x2  2 x  3  3

2 xm

 2 x 1

.log3  x 2  2 x  3  3

.log3  2 x  m  2 

.log3  2 x  m  2  (*)

2 xm 2

 2 x 3

Xét hàm đặc trưng f (t )  3t.log3 t với t  2
Ta có: f '(t )  3t.ln 3.log3 t 

3t
 0 với t  2  f (t ) đồng biến với t  2
t.ln 3

Khi đó (*)  f ( x 2  2 x  3)  f  2 x  m  2   x2  2 x  3  2 x  m  2

 x 2  2m  1 (1)
 x2  2 x  1  2 x  m   2
 x  4 x  2m  1  0 (2)
1
+) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 2m  1  0  m  
2
3
+) Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  '  3  2m  0  m  

2
Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

Trang 8


Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi

+) Gọi x0 là nghiệm chung của (1) và (2) khi đó ta có:
2
2m   x02  1
 x02  2m  1

m  1

2m   x0  1
 2


 m  1
 2
2
2
x

1
x

4
x



x

1

1

0
x

4
x

2
m

1

0
2(
x

1)

0





0

0
0
0

0
 0
 0


Vậy để phương trình (*) có bốn nghiệm thực phân biệt thì phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt trong
1

m



2
3


3

m  
đó (1) và (2) không có nghiệm chung  m    
2
2

m  1

m  1


Bài 6. Cho a  1 , tìm tất cả bộ ba số thực ( x, y, z ) sao cho y  1 thỏa mãn phương trình :

log 2a ( xy)  log a  x3 y 3  xyz  
2

8  4z  y2
0
2

Giải
 xy  0
 xy  0
 xy  0
 3 3


Điều kiện  x y  xyz  0   xy ( x 2 y 2  z )  0   x 2 y 2  z  0
4 z  y 2  0
4 z  y 2
4 z  y 2



Do y  1  y 2  1  4 z  y 2  1  z 

1
1

1
, khi đó x 2 y 2  z  x 2 y 2   2 x 2 y 2 .  xy  xy
4
4
4
 x3 y3  xyz  xy( x 2 y 2  z )  ( xy)2

8  4z  y2
8
4
 log a2 ( xy)  log a  xy    log 2a ( xy)  4log a  xy   4
Suy ra log ( xy)  log a  x y  xyz  
2
2
2
a

3

3

2

 log a ( xy)  2  0
2

a  2
a  2
 y2  1




x   1
x  1
z  1


4
2 hoặc 
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

1
y

1
y


1

 xy 




2
1
1

z 
log ( xy )  2
z 
 a

4

4
Bài 7 (Nguyễn Thanh Tùng). Tìm số nghiệm thực của hệ phương trình sau:
 2  x 4  y 6   3  2 x 4  y 6   3x 2  2 y 3 (1)


2
8 2

(2)
 x  y  x y  2016

Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

Trang 9


Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi

Giải
Điều kiện: x y  0
2

Biến đổi :



2  x4  y6   3  2 x4  y6  

x

2

 y3  
2

 2x

2

x

2

 y3    x2  y3  
2

2

 2x

2

 y3   2  x2  y3 
2

2

 y 3   x 2  y 3  2 x 2  y 3  3x 2  2 y 3  3x 2  2 y 3
2

Dấu “=” xảy ra khi x 2  y 3 , khi đó (1)  x 2  y3
Đặt x  t 3  y  t 2 , khi đó phương trình (2) có dạng: t 4  t 3  t  2016  0 (3)

t 4  t 3  t  2016 khi t  0
Xét hàm số f (t )  t  t  t  2016   4 3
t  t  t  2016 khi t  0
4

3

+) Khi t  0 , ta có: f '(t )  4t 3  3t 2  1  0 (*)

t  0
+) Khi t  0 , ta có: f '(t )  4t  3t  1 ; f ''(t )  12t  6t . Với f ''(t )  0  12t  6t  0  
t   1

2
3

2

2

2

Suy ra f '(t )  0 , t  0 (2*) . Từ (*) và (2*) ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, suy ra phương trình f (t )  0 có 2 nghiệm trái dấu
Vì ứng với mỗi giá trị t , cho ta duy nhất một bộ ( x; y) .
Do đó hệ phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm.
Bài 8. Khi chơi trò chơi con súc sắc có hai cách chơi như sau:
Cách 1: Gieo đồng thời 1 lần 4 con súc sắc, nếu xuất hiện một mặt 6 chấm là thắng.
Cách 2: Gieo 24 lần 2 con súc sắc, nếu ở lần gieo nào cả 2 con súc sắc đều xuất hiện 6 chấm thì thẳng.
Vậy nếu bạn là người chơi bạn sẽ chọn cách nào ?
Nhận xét
Nhìn vào bài toán khó có thể xác định cách nào sẽ thắng dễ hơn. Do vậy ta cần nghĩ đến việc so sánh xác suất để
thắng theo cách 1 và cách 2.
Giải
Đối với cách 1:
Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

Trang 10


Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi

Gọi A1 là biến cố “ được ít nhất một mặt 6 chấm” trong phép thử “ giao đồng thời 1 lần 4 con súc sắc”.
Khi đó A1 là biến cố “ không được mặt 6 chấm” trong phép thử “ giao đồng thời 1 lần 4 con súc sắc”.

 

Suy ra xác suất : P A1 

4

n( A1 ) 5.5.5.5  5 

  .
n(1 ) 6.6.6.6  6 
4

 

5
Vậy xác suất để thắng theo cách 1 là: P( A1 )  1  P A1  1     0,517 .
6
Đối với cách 2:
Gọi A2 là biến cố “ít nhất một lần xuất hiện 2 mặt 6 chấm” trong phép thử “ gieo 24 lần đồng 2 con súc sắc”.

Khi đó A2 là biến cố “không lần nào xuất hiện 2 mặt 6 chấm” trong phép thử “ gieo 24 lần đồng 2 con súc sắc”.
24

 

n( A2 )
35.35...35
 35 

  .
Suy ra xác suất : P A2 
n(2 ) 36.36...36.36  36 

 

24

 35 
Vậy xác suất để thắng theo cách 2 là: P( A2 )  1  P A2  1     0, 491 .
 36 
Như vậy P( A1 )  P( A2 ) . Vậy ta nên chơi theo cách 1.

Bài 9 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong một cuộc thi về “bữa ăn dinh dưỡng”cho các gia đình. Ban tổ chức yêu cầu để
đảm bảo lượng dinh dưỡng thì mỗi gia đình cần ít nhất 900 đơn vị Protein và 400 đơn vị Lipit trong thức ăn hàng
ngày. Biết 1 kg thịt bò chứa 800 đơn vị Protein và 200 đơn vị Lipit, còn 1 kg thịt lợn chứa 600 đơn vị Protein và 400
đơn vị Lipit. Mỗi gia đình chỉ được mua tối đa 1,6 kg thịt bò và 1,1 kg thịt lợn. Giá 1 kg thịt bò là 100.000 VND và 1
kg thịt lợn giá 70.000 VND. Kết thúc cuộc thi đã có một gia đình giành giải nhất khi khẩu phần thức ăn cho một ngày
đảm bảo chất dinh dưỡng và chi phí bỏ ra là ít nhất có thể. Hỏi gia đình đó đã mua số kg thịt bò, thịt lợn là bao nhiêu ?
Giải
Gọi x, y lần lượt là số kg thịt bò và thịt lợn mà một gia đình tham dự cuộc thi đã mua. Khi đó:
+) Số đơn vị Protein đã dùng là: 800 x  600 y (đơn vị)

+) Số đơn vị Lipit đã dùng là: 200 x  400 y (đơn vị)

800 x  600 y  900
8 x  6 y  9
200 x  400 y  400
x  2 y  2


Theo giả thiết thì 
(*)

0  x  1, 6
0  x  1, 6

0  y  1,1
0  y  1,1
Chi phí bỏ ra để mua nguyên liệu là: T ( x; y)  100000 x  70000 y (VNĐ)
Lúc này ta cần tìm x, y thỏa mãn (*) để T ( x; y) đạt giá trị nhỏ nhất.
Trong mặt phẳng Oxy ta sẽ biểu diễn phần mặt phẳng chứa các điểm M ( x; y) thỏa mãn điều kiện (*)

Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

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)  107000 VNĐ, T ( B)  237000 VNĐ,
T (C )  174000 VNĐ và T ( D)  109000 VNĐ

Suy ra T đạt giá trị nhỏ nhất bằng 107000 VNĐ khi x  0,3 và y  1,1.
Vậy gia đình giành giải nhất đã mua 0,3 kg thịt bò và 1,1 kg thịt lợn.

8 x 2  18 y 2  36 xy  5 6 xy  2 x  3 y  (1)
Bài 10. Giải hệ phương trình 

2
2
4 x  9 y  4 x  4  4 x  1  3 3 3 y (2)
Giải
1

x 
Điều kiện : 
4
 y  0

( x, y  )

+) Ta có: (1)  2(4 x2  12 xy  9 y 2 )  5 6 xy  2 x  3 y   12 xy  0

 2  2 x  3 y   5 6 xy  2 x  3 y   2
2



6 xy



2

 0 (3)

a  2 x  3 y
 2a  b

Đặt 
, khi đó (3) có dạng: 2a2  5ab  2b2  0  (2a  b)(a  2b)  0  
b  6 xy
 a  2b
2


x  15 x
x  15 x

+) Với 2a  b , suy ra 2(2 x  3 y)  6 xy   6 y  6 xy   
 0   6 y 
0
 
4 4
2 
4


2


x  15 x
1
Do x    6 y 
 0 . Suy ra phương trình vô nghiệm.
 
4
2 
4


Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

Trang 12


Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi

+) Với a  2b , suy ra 2 x  3 y  2 6 xy 



2x



2

 2 2x. 3 y 



3y



2





2x  3 y



2

0

 2x  3 y  2x  3 y

Thay 3 y  2 x vào (2) ta được: 8x2  4 x  4  4 x  1  3 3 2 x (*)
1  4x 1
 1  1  2 x  4 x  2 (2*)
2
Từ (*) và (2*) , suy ra: 8x2  4 x  4  4 x  2  4 x2  4 x  1  0  (2 x  1)2  0

Áp dụng AM – GM ta có: 4 x  1  3 3 2 x  1.(4 x  1)  3 3 1.1.2 x 

 2x 1  0  x 

1
1
 y  thỏa mãn điều kiện.
2
3

1 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y )   ;  .

 2 3

x2  x  2

Bài 11.Giải bất phương trình sau trên tập số thực:



x2  x

1 x  x  2 1 x  x  4
Giải
2

2

 x2  1

 x 2  x  2  0
1  17

Điều kiện: 
 1  x 
2
2

0  x  x  4

 Khi đó bất phương trình tương đương:
 Xét hàm số f (t ) 

x2  x  2



x2  x

1  4  ( x  x  2) 1  4  ( x  x)
2

2

 x 2  1 (*)

t
với t   0; 4
1 4  t

 1 4  t
t
Ta có f '(t )  
 2 t  2 4t



1
 .
 1 4  t





2

 0 với t   0; 4  .

Suy ra f (t ) đồng biến với t  0; 4
Khi đó (*) có dạng: f ( x2  x  2)  f ( x2  x)  x2  1

(2*)

 Ta xét hai trường hợp sau:


 x 2  x  2  x 2  x  f ( x 2  x  2)  f ( x 2  x)

Với 1  x  1   2

 x 1  0
2
2

 f ( x  x  2)  f ( x  x)  0 (2*)
 2

 bất phương trình (2*) vô nghiệm.
x

1


0





 x 2  x  2  x 2  x  f ( x 2  x  2)  f ( x 2  x)
1  17

Với 1  x 
 2
2
 x 1  0

2
2

 f ( x  x  2)  f ( x  x)  0 (2*)
 2

 (2*) luôn đúng.
x

1

0



Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

Trang 13


Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi

 1  17 
 Vậy bất phương trình có nghiệm S  1;
.

2


xy 1

y
 y 2  1 
.3 y  1 (1)
2
Bài 12 (Nguyễn Thanh Tùng). Giải hệ phương trình 
x  x 1
 2
2
2
(8 x  4) 2(1  x )  y  y (2)
Giải

 y  (;0)


Điều kiện: 

1  x  1

Biến đổi (1) 
Do



1;  

y  1 1  y
2



1
y

y  1  1 3  0 và
2









x  1  x .3
2

x

1
y

1



y2  1 1 y
.3 
y





x 2  1  x .3x (*)



x 2  1  x .3x  0 , suy ra y  0

  2
 1
1
1 y


Khi đó (*)     1  .3 
  y
y



Xét hàm số f (t ) 

 x, y   .







x 2  1  x .3x (2*)

t 2  1  t .3t với t 

 t

 1 .3t 
. Ta có f '(t )  
2
 t 1 
 3t







t 2  1  t .3t ln 3




1 
t 2  1  t  ln 3 

t 2 1 


 t2 1  t2  t  t  t2 1  t  0

 f '(t )  0 , suy ra f (t ) đồng biến với t  .
Mà 
1
1
 ln 3 
0
ln 3  1  2
t 1
t2 1


1

1
1
Khi đó (2*)  f    f ( x)   x  y  (3*)
y
x
 y
2
1
1 1
Thay (3*) vào (2) ta được: 32 (2 x 2  1) 1  x 2  2  và x 
x
x
2
1
 32 x2 (1  x2 )(2 x2  1)2  x  1  0 và x 
2
1
 
 x  1 . Do đó ta đặt x  cos t với t  0;  , khi đó 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 là: ( x; y )  (1;1),  cos
;
9 cos 2


9




 
 .

 


(1)
 y  x2  x  2x  x2  2
Bài 13 (Nguyễn Thanh Tùng). Giải hệ phương trình: 
 x, y 
2
2
2
x
y

2(
x

2)


(
xy

y

3
x

3)
y

10
(2)


Giải
Điều kiện: x   0; 2



Cách 1: Với điều kiện (2)  2 x2 ( y  1)  3x( y  1)  3( y  1)  y 2 ( x  1)  5( x  1)
y 2  5 2 x 2  3x  3
(*) .
 ( y  1)(2 x  3x  3)  ( x  1)( y  5) 

y 1
x 1
2

2

2 x 2  3x  3
Xét hàm số f ( x) 
với x   0; 2 ta có
x 1

min f ( x)  1
x 0;2


m axxf(0;2x)  3


y2  5
(*)
1 
 3  1  y  2 (2*)
Do f ( x) liên tục trên đoạn  0; 2 , suy ra 1  f ( x)  3 
y 1
Cách 1.1 (Nguyễn Thanh Tùng)
Với 0  x  2 , ta có : 0  2 x  x2  1  ( x  1)2  1  2 x  x2  2 x  x 2  x  x 2
(2*)
Khi đó từ (1)  y  2  2 x  x 2  ( x  x 2 )  0  y  2 
y 2 x0

(3*)

Cách 1.2 (Lê Anh Tuấn)

(1)  x  y  2  2 x  x2 (1  2 x  x 2 )  0  x  y  2 

2 x  x 2 ( x  1) 2
1  2 x  x2

 0 (4*)

(4*)
 y  2; x  0
Với x   0; 2 và (2*)  x  y  2  0 
x0;2




Cách 1.3 (Nguyễn Thế Duy)

 x   0;1
(2*)  y  2  x 2  x  2 x  x 2  0  2 x  x 2  x  x 2   3
(5*)
2

 x( x  2 x  2 x  2)  0

 x   0;1
Do x3  2 x2  2 x  2  x2 ( x  2)  2( x  1)  0 với x  0;1 nên (5*)  
 x  0  y  2.

x  0
Cách 2 (Châu Thanh Hải)

Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

Trang 15


Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi





(1)  y  2  2 x  x 2 1  1  ( x  1)2  x  0 với x  0; 2  y  2

y2
(6*)
 M  0 
 x  0; y  2
(2)  M  2(2 x  x2 )( y  1)  x( y 2  y  4)  ( y  1)( y  2)  0 (6*) 
x0;2




Thử lại ta được nghiệm của hệ là ( x; y)  (0; 2) .

 y 3  x  1  2  x  2  y
Bài 14 (Nguyễn Thanh Tùng). Giải hệ phương trình 
3xy 2  2 x  2 y 2  1  0
Giải





x 1  2  x 1

(1)

( x, y  )

(2)

 Điều kiện: 1  x  2 (*)
Với điều kiện (*) ta có (2)  y 2 (3x  2)  2 x  1  y 2 
Xét hàm số f ( x) 

2x 1
3x  2

1
2x 1
với x  1; 2 . Ta có f '( x) 
 0 với x  1; 2
3x  2
(3x  2) 2

 f ( x) nghịch biến trên 1; 2  f ( x)  f (1)  1 hay y 2  1  1  y  1 (2*)





 Cách 1 (Nguyễn Thế Duy) Biến đổi (1) ta được:  y  1 y 2  y  2  2  x   y  1 x  1 (3)
y 1
y 1
x 1
(3*)
 2
0
y 1 y  y  2  2  x
 y  1
Từ (2*) và (3*) suy ra: y  1 , khi đó x  1 thỏa mãn hệ.

Do y  1 không là nghiệm của (3) nên (3) 

Vậy nghiệm của hệ là ( x; y)  (1; 1) .
 Cách 2 (Nguyễn Thanh Tùng) Ta có (1)  (1  y) x  1  ( y  1)





2  x  y 2  y  2  0 (3)

(1  y ) x  1  0
1  x  2


Theo (*) và (2*) ta có: 

( y  1) 2  x  y 2  y  2  0
1  y  1 




Khi đó (3)  (1  y) x  1  ( y  1)





x  1
2  x  y2  y  2  0  
(thỏa mãn hệ)
 y  1



Vậy hệ có nghiệm ( x; y)  (1; 1) .
 Cách 3 (Vũ Đức Tùng) Ta có (2)  x(3 y 2  2)  2 y 2  1  x 
Với điều kiện 1  x  2  1 
Thay (3) vào (1), ta có:

Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

y

2 y2 1
2

(3) với y 2 
2
3y  2
3

2 y2 1
 2  1  y  1
3y2  2
2 y2 1
2 y2 1

1

2

2
3y2  2
3y2  2

 2 y2 1
2 y2 1 
y

1

2

 1
2
 3y2  2


3
y

2



Trang 16


Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi

1 y2
4 y2  3
 y  y  2  (1  y )
 ( y  1)
0
3y2  2
3y2  2
3


1 y
(4 y 2  3)( y  1) 
y  1  y  1( y 2  y  2)  (1  y )

0
3y2  2
3y2  2






2

1 7

Vì 1  y  1 nên 1  y  0 và ta có y 2  y  2   y     0 , y 
2 4


1 y
(4 y 2  3)( y  1)

 0 với mọi 1  y  1
3y2  2
3y2  2

y  1( y 2  y  2)  (1  y )

nên

y  1  0  y  1 (thỏa mãn). Thay y  1 vào (3) ta được x  1 (thỏa mãn)

Do đó

Vậy hệ có nghiệm ( x; y)  (1; 1) .
Chú ý: Ở Ví dụ trên ta có thể chỉ ra y 2  1 bằng cách phân tích: y 2 

2x 1 2
1
2 1
 
   1 với x  1 .
3x  2 3 3(3x  2) 3 3





2(1  y 3 )  y 2 x  2 2 xy  3 y  8 (1)
Bài 15 (Nguyễn Thanh Tùng). Giải hệ phương trình 
2
3
(2)
 x ( x  6)  x(12  y )  8
Giải
Điều kiện : xy  0 (*) . Ta sẽ chỉ ra hệ có nghiệm y  0 bằng hai cách sau :

( x, y 

)

 Cách 1: (Dùng phương pháp đánh giá)
(2)  x3  6( x2  2 x  1)  2  xy3  x3  6( x  1)2  2  xy3  0 ( vì xy3  y 2 xy  0 – theo (*))
 x  0 , kết hợp với (*) suy ra y  0 (3)



Khi đó : (1)  2  y 2 ( x  2 2 xy  2 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

1

2

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






 x2  5  x

Bài 16 (Nguyễn Thanh Tùng). Giải hệ phương trình 
7  x 2  2   5

Giải



y 2  5  y  5 (1)
y  4  2y
4



( x, y  )

(2)

Bước 1: Ta sẽ khai thác phương trình (1) để chi ra y   x bằng hai cách sau :
2
Cách 1: (1)  x  5  x 

5
y 5  y
2

 x2  5  x  y 2  5  y
 x 2  5  x  ( y)2  5  ( y) (*)

t

Xét hàm số f (t )  t  5  t  f '(t ) 
2

suy ra f (t ) đồng biến và liên tục trên

t2  5

1 

t  t2  5
t2  5



t t
t2  5

 0 , t 

.

Khi đó (*)  f ( x)  f ( y)  x   y hay y   x

(3)











5 y2  5  y
5
 x2  5  x 


 x 2  5  x  y 2  5  y (a)
y2  5  y2
y2  5  y

Cách 2: (1)  

2
2
2

5 x 5  x
 y  5  y  x  5  x (b)
5
2
 y 5  y 


x2  5  x2
x2  5  x
Cộng vế với vế (a) và (b) ta được: 2( x  y)  0  y   x (3)

Bước 2: Thay (3) vào (2) ta được: 7  x 2  2   5





x 4  4  2 x  7 x 2  10 x  14  5 x 4  4  0 (2*)

 x 4  4  x 4  4 x 2  4  4 x 2  ( x 2  2)2  (2 x) 2  ( x 2  2 x  2)( x 2  2 x  2)
Cách 1: Ta có:  2
2
2
7 x  10 x  14  ( x  2 x  2)  6( x  2 x  2)
Nên (2*)  ( x2  2 x  2)  6( x 2  2 x  2)  5 ( x 2  2 x  2)( x 2  2 x  2)  0

a  x 2  2 x  2
+) Đặt 
b  x 2  2 x  2

 a, b  0 

phương trình có dạng:

a2  6b2  5ab  0  (a  2b)(a  3b)  0  a  2b hoặc a  3b

+) Với a  3b  a 2  9b2 : x2  2 x  2  9( x2  2 x  2)  8x2  20 x  16  0 (vô nghiệm).
+) Với a  2b  a 2  4b2 : x 2  2 x  2  4( x 2  2 x  2)  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  6   4 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 x  2  5 x 4  4  0 (5*)

+) Cộng (5*) với (2*) ta được: 8x2  20 x  16  0 (vô nghiệm)
5 7
.
3

+) Ta có (4*)  x 


 5  7 5  7   5  7 5  7  

Thay vào (3) ta được nghiệm của hệ là: ( x; y)  
;
;
 , 
 
3   3
3


 3

Câu 17 (Nguyễn Thanh Tùng). Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 0  a  b  1  c và 2b2  c2  4(2a  b  c)  18 .
13
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  ab 2  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

b



ac ac
4
2
2 

2
b(a  c)  4.b.
.
 4.
 ( a  b  c)3  4

2
2
27
27
2
2
2
Khi đó ab  bc  ca  4 (*)
3

 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng 2 xy  x  y và 3 3 xyz  x  y  z , ta được:

2a  5b  6





b  3 4bc  2a  5b  3.2 b.1  2.3 3 2b.c.2
 2a  5b  3(b  1)  2(2b  c  2)  2(a  b  c)  7  2.3  7  13

Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

Trang 19


Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi

Suy ra 2a  5b  6





b  3 4bc  13





Mặt khác 0  b  1 , khi đó: ta có: 5b  6 b  b 6  5 b  0  2a  5b  6
Vậy 0  2a  5b  6





b  3 4bc  13





b  3 4bc  0

(2*)

13
3
13

Với a  0; b  1; c  2 thỏa mãn điều kiện đề bài và P  3 . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3.

 Từ (*) và (2*), suy ra P  4 

Câu 18 (Nguyễn Thanh Tùng). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 5a2  12abc  16b2  27c2  60 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T  a  2b  3c .
Giải

x  a
 x, y, z  0

Đặt  y  2b , khi đó  2
2
2
5 x  2 xyz  4 y  3z  60 (*)
 z  3c

Ta viết lại (*) thành: 5x2  2 x. yz  (4 y 2  3z 2  60)  0 (2*)
 Lúc này quan niệm (2*) là phương trình bậc hai với ẩn x , khi đó:
 '  y 2 z 2  5(4 y 2  3z 2  60)  ( y 2  15)( z 2  20)  (15  y 2 )(20  z 2 )
2
2

4 y  60 
15  y  0
Mặt khác với điều kiện (*) ta có:  2

2



3z  60
20  z  0

 yz  (15  y 2 )(20  z 2 )
 yz  (15  y 2 )(20  z 2 )
. Do x  0  x 
5
5
2
2
 Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM (Cauchy) với hai số dương 15  y ; 20  z ta được:
(15  y 2 )  (20  z 2 )
 yz  (15  y 2 )(20  z 2 )  yz 
35  ( y  z ) 2
2
x


5
5
10
Suy ra x 

60  ( y  z )2  10( y  z )  25 60  ( y  z  5)2 60
35  ( y  z )2
 yz 


6
Suy ra T  x  y  z 

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:
Với x  0 thì

2 x5
2 x3
4 x3
(1)



yz
2 x( y  z ) 2 x  y  z

2 x5
4 x3

(2) . Từ (1) và (2), suy ra :
y  z 2x  y  z

2 x5
4 x3

với x  0 .
y  z 2x  y  z

 4 x3
4 x3
2 x  13 y  z
2x  y  z 

 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 luôn:
2 x5
2 x3
4 x3
sẽ bị trừ điểm (lí do biến đổi trên không chính xác nếu x  0 ).


yz
2 x( y  z ) 2 x  y  z

Vì vậy để “tránh” x  0 không đúng cho bước biến đổi trung gian trên, các bạn có thể tham khảo cách trình
bày ở phần lời giải.

Câu 20 (Nguyễn Thanh Tùng). Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x  y  0 và x2  y 2  z 2  2 .

1
x y
12 3 xz  4 y  5 xy
.


4( x  y ) ( x  y  z )2
4
Giải
1
x y
1
 Ta sẽ chứng minh
theo 2 cách sau:


2
4( x  y ) ( x  y  z )
x y z
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

Cách 1: Với z  0 ta có:

1
z
z
1
z

; Với z  0 ta có:



0
2
4( x  y ) 4 z ( x  y ) ( x  y  z )
4( x  y ) ( x  y  z )2

Suy ra

1
z
với z  0 .

4( x  y ) ( x  y  z ) 2

Khi đó

1
x y
z
x y
1
.




2

2
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

1
x y
ta được:
,
4( x  y ) ( x  y  z )2

1
x y
1
x y
1
(1)

2
.

2
2
4( x  y) ( x  y  z )
4( x  y) ( x  y  z )
x y z

 Áp dụng AM – GM ta có: 12 3 xz  4.3 3 xz  4( x  z  1) (2)
 Mặt khác, ta có 2 xy  2  2 xy  x 2  y 2  z 2  ( x  y )2  z 2 

Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

( x  y  z )2
( x  y  z )2
 xy 
 1 (3)
2
4

Trang 21


Tài liệu hay cho học sinh khá – giỏi

 Từ (1), (2), (3) suy ra: P 

1
5  ( x  y  z ) 2  5t 2 1
9
 ( x  z  1)  y  
 1 
  t   f (t )
x yz
4
4
4
 16 t

Với 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  4)
 2 1 

; f '(t )  0  t  2
8 t
8t 2
8t 2

Từ bảng biến thiên, suy ra P  f (t )  
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là: 

5
. Dấu “=” xảy ra khi t  2 , suy ra x  z  1 và y  0
2

5
khi ( x, y, z)  (1;0;1) .
2

CHÚC CÁC EM HỌC TỐT VÀ THÀNH CÔNG!
Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng
Nguồn: Hocmai.vn

Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

Trang 22