Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – PHẦN Thầy Đặng Việt Hùng – Nguyễn Thế Duy – Vũ Văn Bắc – MOON.VN VIDEO BÀI GIẢNG LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP có website MOON.VN PHẦN : ĐỀ BÀI (Cố gắng vận hết công lực trước xem giải em) Câu 1: Giải phương trình 12 x + 55 x + 50 − 3x + 10 = 3x + + − 12 x + 19 x + x2 + y2 = Câu 2: Giải hệ phương trình x x + y + ( xy + 1) = x + y ( x − ) − = y − x + 2 y Câu 3: Giải hệ phương trình 4 y ( x − ) + x = x − Câu 4: Cho a, b, c số thực thuộc [ 0; 2] thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a + b3 + c3 − 11 − a − b − c ab + bc + ca + Câu 5: Cho a , b , c số thực dương (a + b + c)(ab + bc + ca ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = abc + 4bc (b + c ) Câu : Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + z + + y + z + + ( x + y ) PHẦN 2: LỜI GIẢI CHI TIẾT (Nếu có nhầm lẫn, sai sót mong em thông cảm) Câu 1: Giải phương trình 12 x + 55 x + 50 − 3x + 10 = 3x + + − 12 x + 19 x + Lời giải Phương trình cho tương đương Điều kiện: x ≥ − ( x + )( 3x + 10 ) − ⇔ 4x + ( x + 10 = x + + ( x + 10 ) − ( x + 1) − ) ( x + 10 + x + − ⇔ x + − = x + 10 − x + ⇔ x−5 ( x − 5) ) ( x + 10 + x + = ( ( x + )( x + 1) x + 10 + x + ) ( x + − x + 10 + ) )( x + 10 − x + ) 3x + − = = ⇔ ( x − 5) + =0⇔ x=5 x + + x + 10 3x + + 3x + + x + + x + 10 Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = {5} ⇔ + Tham gia khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán MOON.VN để đạt điểm số cao kì thi THPT Quốc gia 2016! Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC x2 + y2 = Câu 2: Giải hệ phương trình x x + y + ( xy + 1) = ĐK: x + y ≠ Lời giải: (*) x5 Khi (2) ⇔ = − xy − x y ⇔ x5 = ( x + y ) ( − xy − x y ) x+ y 2 Ta có = ( x + y ) nên 2x = ( x + y ) ( x + y ) − ( x + y ) xy − x y (3) +) Với y = ⇒ (3) thành x = x ( x − − ) ⇔ x = ⇔ x = ⇒ x + y = ≠ ⇒ Loại x2 x x2 x x x +) Với y ≠ (3) ⇔ = + 1 + 1 − + 1 − y y y y y y x Đặt t = ⇒ 2t = ( t + 1) ( t + 1) − ( t + 1) t − t y ⇔ 2t = ( t + 1) ( t − t + t − t + 1) ⇔ 2t = t + ⇔ t = ⇔ t = ⇒ x = ⇒ x = y y x = 1⇒ y = Thế vào (1) ta x = ⇔ x = ⇔ x = −1 ⇒ y = −1 Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ cho Đ/s: ( x; y ) = {(1;1) , ( −1; −1)} x + y ( x − ) − = y − x + 2 y Câu 3: Giải hệ phương trình 4 y ( x − ) + x = x − Lời giải: x ≥ ĐK: (*) y ≥ Khi (1) ⇔ x + xy − 20 y − = y − x + 2 y Ta có (2) ⇔ xy − 16 y + x = x − ⇔ xy = 16 y − x + x − ( ) ⇒ x + 16 y − x + x − − 20 y − = y − x + 2 y ⇔ x + x − = y + y + + 2 y ⇔ x + x − = ( y + 1) + 2 ( y + 1) − ⇔ f ( x ) = f ( y + 1) (3) > 0, ∀t ∈ (1; +∞ ) t −1 Kết hợp với f ( t ) liên tục [1; +∞ ) ⇒ f ( t ) đồng biến [1; +∞ ) Xét hàm số f ( t ) = t + t − với t ∈ [1; +∞ ) ta có f ' ( t ) = 2t + Do (3) ⇔ x = y + ⇔ y = x − Thế vào (2) ta ( x − 1)( x − ) + x = x − ⇔ x − x + = x − ⇔ ( x − 2) = x − x −1 = x −1 − x −1 + = ( ) x −1 + Tham gia khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán MOON.VN để đạt điểm số cao kì thi THPT Quốc gia 2016! Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC ( x − ) = x − + x − = x − 2 − ⇔ ⇔ ( − x ) = x − + x − = − x + 2 − • TH1 x − 2 −1 ≥ x −1 = x − 2 −1 ⇔ x − = x − 2 − ( ) x ≥ 1+ 2 5+2 3+ 2 ⇔ ⇔x= ⇒y= 2 x − + 2 x + 10 + = ( • TH2 ) − x + 2 − ≥ x −1 = −x + 2 −1 ⇔ x − = − x + 2 − ( ) x ≤ 2 −1 5−2 3− 2 ⇔ ⇔x= ⇒ y= 2 x − − 2 x + 10 − = ( ) + 2 + 2 − 2 − 2 Đ/s: ( x; y ) = ; ; , Câu 4: Cho a, b, c số thực thuộc [ 0; 2] thỏa mãn điều kiện a + b + c = a + b3 + c3 − 11 − a − b − c ab + bc + ca + Lời giải 2 = a + b + c + ( ab + bc + ca ) ⇒ 11 − ( a + b2 + c ) = ( ab + bc + ca + 1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = Ta có: ( a + b + c ) 2 a + b3 + c3 a + b3 + c3 − = − Do P = 11 − a − b − c ab + bc + ca + ab + bc + ca + ab + bc + ca + Để dồn biến ab + bc + ca ta cần đánh giá a + b3 + c3 qua số qua biến ab + bc + ca Không tính tổng quát, giả sử: b ≤ a a = max {a, b, c} ⇒ ⇔ = a + b + c ≤ 3a ⇔ a ≥ ⇒ a ∈ [1; 2] ⇒ ( a − )( a − 1) ≤ c ≤ a Lại có: 3bc ( b + c ) ≥ ⇒ a + b3 + c ≤ a + ( b + c ) = a + ( − a ) = ( a − )( a − 1) + ≤ 3 9 − = − với t = ab + bc + ca ab + bc + ca + ab + bc + ca + t + t + Ta có ( a + b + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) ⇔ ≥ ( ab + bc + ca ) ⇔ t = ab + bc + ca ≤ Khi đó, ta có P ≥ • • Theo điều kiện toán ( − a )( − b )( − c ) ≥ ⇔ − abc + ( ab + bc + ca ) − ( a + b + c ) ≥ ⇔ ab + bc + ca ≥ abc + = ⇒ t ∈ [ 2;3] (t + t − 2) 9 Xét hàm số f ( t ) = − với t ∈ [ 2;3] , có f ' ( t ) = − = >0 2 2 t +1 t + ( t + ) ( t + 1) ( t + ) ( t + 1) Suy f ( t ) hàm số đồng biến [ 2;3] nên f ( t ) ≥ f ( ) = − Vậy giá trị nhỏ biểu thức P − 20 20 ⇒P≥− 21 21 20 21 Tham gia khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán MOON.VN để đạt điểm số cao kì thi THPT Quốc gia 2016! Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC Dấu đẳng thức xảy ( a; b; c ) = ( 2;1; ) hoán vị Câu 5: Cho a , b , c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = (a + b + c)(ab + bc + ca) abc + 4bc (b + c ) Lời giải: Như thường lệ, toán bất đẳng thức, việc ta dự đoán điểm rơi bất đẳng thức, có ta lựa chọn đánh giá phù hợp cho toán Quan sát biểu thức cho ta thấy đối xứng hai biến b , c hay nói cách khác vai trò b , c nên dự đoán đẳng thức xảy b = c Khi đó, biểu thức P trở thành: P= (a + 2b)(2ab + b2 ) ab + 4b 2 (b + b) = 1 2 + + a b (a + 2b) a 2b a b + + ≥ + 2.2 + = (do x + y ≥ xy) b a b a Dựa vào đánh giá AM – GM bên ta có a = b , kết hợp với dự đoán b = c giá trị nhỏ P a = b = c Và ta chứng minh dự đoán = 5+ Ta lại có (a + b + c)(ab + bc + ca) abc = 1 1 + + , nhiều người nghĩ tới đánh giá a b c (a + b + c) 1 1 4bc 1 , vô tình bất đẳng thức + + ≥ ⇒ (a + b + c) + + ≥ , suy P ≥ + a b c a+b+c a b c b c + ( ) bị ngược dấu theo bất đẳng thức AM – GM suy 4bc (b + c) ≤ với b , c > Con đường thất bại nên ta chọn đường khác, phá thức, mà thức chứa tích hai biểu thức ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng ( A + B)(X + Y ) ≥ AX + BY Quan sát biểu thức P , xuất độc lập biểu thức với đối xứng b , c nên ta đánh giá lượng 4bc (b + c) , 1 1 + + biểu thức biến a Kết a b c (a + b + c) A = a B = b + c hợp với việc sử dụng bất đẳng thức nêu ta chọn , ta được: X = Y = + a b c 1 1 1 b+c (a + b + c) + + ≥ a + (b + c) + = + a a b c b c bc Khi đó, biểu thức P viết lại thành: b+c 4bc b+c P ≥1+ + = + t + với t = ≥2 t bc bc (b + c ) Câu Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + z + + y + z + + ( x + y ) Lời giải z + ≥ z Ta có x + z2 + + y + z2 + + ( x2 + y2 ) ≥ x + 2z + y + 2z + x + y ⇔ P = 2 x + y ≥ x + y ) ( ) ( Tham gia khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán MOON.VN để đạt điểm số cao kì thi THPT Quốc gia 2016! Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC Từ giả thiết, có x + y + z = x + y + z = x + y = − z x + y = − z ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 xy = − z x + y xy + yz + zx = xy = − z − z = z − z + x + y + z = ( ) ( ) 2 Mặt khác ( x + y ) ≥ xy nên suy ( − z ) ≥ ( z − z + ) ⇔ ≤ z ≤ Khi P ≥ x + z + y + z + x + y = − z + = − z + x + y + 4z + ( ( x + z )( y + z ) x + 2z + y + 2z ) = − z + x + y + z + xy + z ( x + y ) + z = − z + z + + z − z + + z ( − z ) + z = − z + 3z + + 3z + z + Xét hàm số f ( z ) = − z + z + + z + z + với ≤ z ≤ có 3 3z + z + + z + 7 + > 0; ∀z ∈ 1; − x z + z + z + + z + z + 3 7 Suy f ( z ) hàm số đồng biến 1; f ( z ) ≥ f (1) = nên P ≥ 3 Dấu đẳng thức xảy x = y = 2; z = f '( z) = − HỘI ĐỒNG BIÊN SOẠN: Thầy Đặng Việt Hùng Nguyễn Thế Duy Vũ Văn Bắc Thầy Đặng Việt Hùng Tham gia khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán MOON.VN để đạt điểm số cao kì thi THPT Quốc gia 2016!