Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – PHẦN 1
Thầy Đặng Việt Hùng – Nguyễn Thế Duy – Vũ Văn Bắc – MOON.VN
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

PHẦN 1 : ĐỀ BÀI
(Cố gắng vận hết công lực trước khi xem giải nhé các em)
Câu 1: Giải phương trình 12 x 2 + 55 x + 50 − 4 3x + 10 = 4 3x + 1 + 9 − 12 x 2 + 19 x + 5

 x2 + y2 = 2

Câu 2: Giải hệ phương trình  2 x 5
2
 x + y + ( xy + 1) = 5

 x 2 + 4 y ( x − 5 ) − 1 = 4 y 2 − x + 2 2 y
Câu 3: Giải hệ phương trình 
4 y ( x − 4 ) + x = 2 x − 1

Câu 4: Cho a, b, c là các số thực thuộc [ 0; 2] và thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

2
a 3 + b3 + c3
−
.
11 − a 2 − b 2 − c 2 ab + bc + ca + 5

Câu 5: Cho a , b , c là các số thực dương.

(a + b + c)(ab + bc + ca )

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

abc

+

4bc
2

(b + c )

Câu 6 : Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 9 và x + y + z = 5 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + z 2 + 1 + y + z 2 + 1 + 4 2 ( x 2 + y 2 ) .

PHẦN 2: LỜI GIẢI CHI TIẾT
(Nếu có nhầm lẫn, sai sót mong các em thông cảm)
Câu 1: Giải phương trình 12 x 2 + 55 x + 50 − 4 3x + 10 = 4 3x + 1 + 9 − 12 x 2 + 19 x + 5
Lời giải
1
3
Phương trình đã cho tương đương

Điều kiện: x ≥ −

( 4 x + 5 )( 3x + 10 ) − 4
⇔ 4x + 5

(


3 x + 10 = 4 3 x + 1 + ( 3 x + 10 ) − ( 3 x + 1) −

) (

3 x + 10 + 3 x + 1 − 4

⇔ 4 x + 5 − 4 = 3 x + 10 − 3 x + 1 ⇔
x−5

3 ( x − 5)

) (

3 x + 10 + 3 x + 1 =

(

( 4 x + 5 )( 3 x + 1)

3 x + 10 + 3 x + 1

) (

4 x + 5 − 3 x + 10 +

)

)(


3 x + 10 − 3 x + 1

)

3x + 1 − 5 = 0



1
3
= 0 ⇔ ( x − 5) 
+
=0⇔ x=5
4 x + 5 + 3 x + 10
3x + 1 + 4
3x + 1 + 5 
 4 x + 5 + 3 x + 10
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = {5}
⇔

+

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

 x2 + y2 = 2

Câu 2: Giải hệ phương trình  2 x 5

2
 x + y + ( xy + 1) = 5

ĐK: x + y ≠ 0

Lời giải:
(*)

2 x5
Khi đó (2) ⇔
= 4 − 2 xy − x 2 y 2 ⇔ 2 x5 = ( x + y ) ( 4 − 2 xy − x 2 y 2 ) .
x+ y
2
2
Ta có 4 = ( x 2 + y 2 ) nên 2x 5 = ( x + y ) ( x 2 + y 2 ) − ( x 2 + y 2 ) xy − x 2 y 2 



(3)

+) Với y = 0 ⇒ (3) thành 2 x 5 = x ( x 4 − 0 − 0 ) ⇔ x 5 = 0 ⇔ x = 0 ⇒ x 2 + y 2 = 0 ≠ 1 ⇒ Loại

2
  x2
 x x2 
2 x 5  x   x 2
+) Với y ≠ 0 thì (3) ⇔ 5 =  + 1  2 + 1 −  2 + 1 . − 2  .
y
 y   y
 y

 y y 
2
x
Đặt t = ⇒ 2t 5 = ( t + 1) ( t 2 + 1) − ( t 2 + 1) t − t 2 


y

⇔ 2t 5 = ( t + 1) ( t 4 − t 3 + t 2 − t + 1)

⇔ 2t 5 = t 5 + 1 ⇔ t 5 = 1 ⇔ t = 1 ⇒

x
= 1 ⇒ x = y.
y

x = 1⇒ y = 1
Thế vào (1) ta được 2 x 2 = 2 ⇔ x 2 = 1 ⇔ 
 x = −1 ⇒ y = −1
Thử lại ta thấy đều thỏa mãn hệ đã cho.
Đ/s: ( x; y ) = {(1;1) , ( −1; −1)}
 x 2 + 4 y ( x − 5 ) − 1 = 4 y 2 − x + 2 2 y
Câu 3: Giải hệ phương trình 
4 y ( x − 4 ) + x = 2 x − 1
Lời giải:
x ≥ 1
ĐK: 
(*)
y ≥ 0
Khi đó (1) ⇔ x 2 + 4 xy − 20 y − 1 = 4 y 2 − x + 2 2 y .

Ta có (2) ⇔ 4 xy − 16 y + x = 2 x − 1 ⇔ 4 xy = 16 y − x + 2 x − 1

(

)

⇒ x 2 + 16 y − x + 2 x − 1 − 20 y − 1 = 4 y 2 − x + 2 2 y ⇔ x 2 + 2 x − 1 = 4 y 2 + 4 y + 1 + 2 2 y

⇔ x 2 + 2 x − 1 = ( 2 y + 1) + 2
2

( 2 y + 1) − 1 ⇔ f ( x ) = f ( 2 y + 1)

(3)

1
> 0, ∀t ∈ (1; +∞ ) .
t −1
Kết hợp với f ( t ) liên tục trên [1; +∞ ) ⇒ f ( t ) đồng biến trên [1; +∞ ) .

Xét hàm số f ( t ) = t 2 + 2 t − 1 với t ∈ [1; +∞ ) ta có f ' ( t ) = 2t +

Do đó (3) ⇔ x = 2 y + 1 ⇔ 2 y = x − 1.
Thế vào (2) ta được 2 ( x − 1)( x − 4 ) + x = 2 x − 1 ⇔ 2 x 2 − 9 x + 8 = 2 x − 1
⇔ 2 ( x − 2) = x − 2 x −1 = x −1 − 2 x −1 + 1 =
2

(

)


x −1 + 1

2

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

( x − 2 ) 2 = x − 1 + 1  x − 1 = x 2 − 2 2 − 1
⇔
⇔
( 2 − x ) 2 = x − 1 + 1  x − 1 = − x 2 + 2 2 − 1
•

TH1.

x 2 − 2 2 −1 ≥ 0

x −1 = x 2 − 2 2 −1 ⇔ 
 x − 1 = x 2 − 2 2 − 1

(

)

2

x 2 ≥ 1+ 2 2

5+2 2
3+ 2 2

⇔ 2
⇔x=
⇒y=
.
2
4
2 x − 9 + 2 2 x + 10 + 4 2 = 0

(

•

TH2.

)

− x 2 + 2 2 − 1 ≥ 0

x −1 = −x 2 + 2 2 −1 ⇔ 
 x − 1 = − x 2 + 2 2 − 1

(

)

2


x 2 ≤ 2 2 −1
5−2 2
3− 2 2

⇔ 2
⇔x=
⇒ y=
.
2
4
2 x − 9 − 2 2 x + 10 − 4 2 = 0

(

)

 5 + 2 2 3 + 2 2   5 − 2 2 3 − 2 2  
Đ/s: ( x; y ) = 
;
;
, 

2
4  
2
4  

Câu 4: Cho a, b, c là các số thực thuộc [ 0; 2] và thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3 .
2
a 3 + b3 + c3

−
.
11 − a 2 − b 2 − c 2 ab + bc + ca + 5
Lời giải
2
2
2
= a + b + c + 2 ( ab + bc + ca ) ⇒ 11 − ( a 2 + b2 + c 2 ) = 2 ( ab + bc + ca + 1) .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
Ta có: ( a + b + c )

2

2
a 3 + b3 + c3
1
a 3 + b3 + c3
−
=
−
Do đó P =
.
11 − a 2 − b 2 − c 2 ab + bc + ca + 5 ab + bc + ca + 1 ab + bc + ca + 5
Để dồn về biến ab + bc + ca ta cần đánh giá a 3 + b3 + c3 qua một hằng số hoặc qua biến ab + bc + ca .
Không mất tính tổng quát, giả sử:
b ≤ a
a = max {a, b, c} ⇒ 
⇔ 3 = a + b + c ≤ 3a ⇔ a ≥ 1 ⇒ a ∈ [1; 2] ⇒ ( a − 2 )( a − 1) ≤ 0 .
c ≤ a

Lại có: 3bc ( b + c ) ≥ 0 ⇒ a 3 + b3 + c 3 ≤ a 3 + ( b + c ) = a 3 + ( 3 − a ) = 9 ( a − 2 )( a − 1) + 9 ≤ 9 .
3

3

1
9
1
9
−
=
−
với t = ab + bc + ca .
ab + bc + ca + 1 ab + bc + ca + 5 t + 1 t + 5
2
Ta có ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca ) ⇔ 9 ≥ 3 ( ab + bc + ca ) ⇔ t = ab + bc + ca ≤ 3

Khi đó, ta có được P ≥

•
•

Theo điều kiện bài toán ( 2 − a )( 2 − b )( 2 − c ) ≥ 0 ⇔ 8 − abc + 2 ( ab + bc + ca ) − 4 ( a + b + c ) ≥ 0
⇔ ab + bc + ca ≥

abc + 4
= 2 ⇒ t ∈ [ 2;3]
2

8 (t 2 + t − 2)

1
9
9
1
Xét hàm số f ( t ) =
−
với t ∈ [ 2;3] , có f ' ( t ) =
−
=
>0.
2
2
2
2
t +1 t + 5
( t + 5 ) ( t + 1) ( t + 5 ) ( t + 1)
Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên [ 2;3] nên f ( t ) ≥ f ( 2 ) = −
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là −

20
20
⇒P≥− .
21
21

20
.
21

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong 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 ra khi và chỉ khi ( a; b; c ) = ( 2;1; 0 ) và các hoán vị.
Câu 5: Cho a , b , c là các số thực dương.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

(a + b + c)(ab + bc + ca)
abc

+

4bc
2

(b + c )

Lời giải:
Như thường lệ, trong các bài toán bất đẳng thức, việc đầu tiên là ta sẽ đi dự đoán điểm rơi của bất đẳng thức,
có như vậy ta sẽ lựa chọn được các đánh giá phù hợp cho bài toán.
Quan sát biểu thức cho ta thấy rằng sự đối xứng giữa hai biến b , c hay nói cách khác vai trò của b , c là như
nhau nên dự đoán đẳng thức xảy ra tại b = c . Khi đó, biểu thức P trở thành:
P=

(a + 2b)(2ab + b2 )
ab

2

+


4b 2
2

(b + b)

=

1

2
+  + 1
a b

(a + 2b)

2 a 2b
a b
+
+ 1 ≥ 5 + 2.2 . + 1 = 4 (do x 2 + y 2 ≥ 2 xy)
b
a
b a
Dựa vào đánh giá AM – GM bên trên ta sẽ có được a = b , kết hợp với dự đoán ở trên là b = c do đó giá trị
nhỏ nhất của P là 4 khi a = b = c . Và ta sẽ đi chứng minh dự đoán này là đúng.
= 5+

Ta lại có

(a + b + c)(ab + bc + ca)

abc

=

1

1 1
+ +  , nhiều người sẽ nghĩ tới ngay đánh giá
 a b c 

(a + b + c)

 1 1 1
4bc
1 1 1
9
, nhưng vô tình bất đẳng thức
+ + ≥
⇒ (a + b + c) + +  ≥ 9 , do đó suy ra P ≥ 3 +
2

a b c a+b+c
a b c
b
c
+
(
)

sẽ bị ngược dấu là do theo bất đẳng thức AM – GM suy ra


4bc
2

(b + c)

≤ 1 với mọi b , c > 0 .

Con đường trên đã thất bại nên ta sẽ chọn con đường khác, đó chính là phá căn thức, mà căn thức chứa tích
của hai biểu thức khi đó ta sẽ nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng

( A + B)(X + Y ) ≥

AX + BY . Quan sát biểu thức P , sự xuất hiện độc lập của biểu thức

với sự đối xứng của b , c nên ta sẽ đánh giá lượng

4bc
2

(b + c)

, cùng

1

1 1
+ +  về một biểu thức mất biến a . Kết
 a b c 


(a + b + c)

 A = a
B = b + c


hợp với việc sử dụng bất đẳng thức đã nêu ở trên thì ta sẽ chọn 
và 
, chính vì thế ta được:
1
X =
Y = 1 + 1


a
b c
 1 1 1
 1 1
1
b+c
(a + b + c) + +  ≥ a. + (b + c) +  = 1 +
a
a b c
b c
bc
Khi đó, biểu thức P được viết lại thành:
b+c
4bc
4
b+c

P ≥1+
+
= 1 + t + 2 với t =
≥2.
2
t
bc
bc
(b + c )

Câu 6. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 9 và x + y + z = 5 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + z 2 + 1 + y + z 2 + 1 + 4 2 ( x 2 + y 2 ) .

Lời giải

 z + 1 ≥ 2 z
Ta có 
x + z2 + 1 + y + z2 + 1 + 4 2 ( x2 + y2 ) ≥ x + 2z + y + 2z + x + y .
2 ⇔ P =
2
2
2
x
+
y
≥
x
+
y
) ( )

 (
2

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong 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 = 5
x + y + z = 5
 x + y = 5 − z
 x + y = 5 − z
.
⇔
⇔
⇔
 2
2
2
2
xy
=
−
z
x
+
y
8
xy
+

yz
+
zx
=
8
xy
=
8
−
z
5
−
z
=
z
−
5
z
+
8
x
+
y
+
z
=
9
(
)
(

)






7
2
2
Mặt khác vì ( x + y ) ≥ 4 xy nên suy ra ( 5 − z ) ≥ 4 ( z 2 − 5 z + 8 ) ⇔ 1 ≤ z ≤ .
3
Khi đó P ≥ x + 2 z + y + 2 z + x + y = 5 − z +

= 5 − z + x + y + 4z + 2

(

( x + 2 z )( y + 2 z )

x + 2z + y + 2z

)

2

.

= 5 − z + x + y + 4 z + 2 xy + 2 z ( x + y ) + 4 z 2


= 5 − z + 3 z + 5 + 2 z 2 − 5 z + 8 + 2 z ( 5 − z ) + 4 z 2 = 5 − z + 3z + 5 + 2 3z 2 + 5 z + 8
Xét hàm số f ( z ) = 5 − z + 3 z + 5 + 2 3 z 2 + 5 z + 8 với 1 ≤ z ≤

7
có
3

1
3 3z 2 + 5 z + 8 + 6 z + 5
 7
+
> 0; ∀z ∈ 1; 
2 5 − x 2 3 z 2 + 5 z + 8. 3 z + 5 + 2 3 z 2 + 5 z + 8
 3
 7
Suy ra f ( z ) là hàm số đồng biến trên 1;  do đó f ( z ) ≥ f (1) = 6 nên P ≥ 6 .
 3
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 2; z = 1 .
f '( z) = −

HỘI ĐỒNG BIÊN SOẠN:
Thầy Đặng Việt Hùng
Nguyễn Thế Duy
Vũ Văn Bắc

Thầy Đặng Việt Hùng

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!