23 CHUYÊN ĐỀ TỪ ĐỀ THI HSG MÔN TOÁN THPT CẤP TỈNH VÒNG 1 NĂM HỌC 2018-2019 CÓ LỜI GIẢI by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

CHUYÊN ĐỀ TỪ ĐỀ THI HSG MÔN TOÁN THPT

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

23 CHUYÊN ĐỀ TỪ ĐỀ THI HSG MÔN TOÁN THPT CẤP TỈNH VÒNG 1 NĂM HỌC 20182019 CÓ LỜI GIẢI WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

Mục lục

Chuyên đề 1+2:Parabol và bài toán quy hoạch...........................................................................................2

FI CI A

Chuyên đề 3:Phương trình ...........................................................................................................................8

Chuyên đề 4:Bất hương trình .....................................................................................................................46 Chuyên đề 5:Hệ phương trình ...................................................................................................................56 Chuyên đề 6:Bất đẳng thức ......................................................................................................................101 Chuyên đề 7:Giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất .........................................................................................124 Chuyên đề 8:Lượng giác ...........................................................................................................................168

Chuyên đề 9:Bài toán đếm........................................................................................................................193 Chuyên đề 10:Xác suất ..............................................................................................................................197 Chuyên đề 11:Nhị thức Newton ...............................................................................................................218 Chuyên đề 12:Dãy số, giới hạn .................................................................................................................229

ƠN

Chuyên đề 13:Hàm số liên tục, đạo hàm ...................................................................................................264 Chuyên đề 14:Khảo sát hàm số và các bài toán liên quan......................................................................271 Chuyên đề 15:Mũ, Logarit.........................................................................................................................343

Chuyên đề 16:Nguyên hàm, tích phân, ứng dụng của tích phân ...........................................................353 Chuyên đề 17:Số phức ..............................................................................................................................368 Chuyên đề 18:Véc tơ và hình học phẳng ...................................................................................................372 Chuyên đề 19:Tọa độ trong mặt phẳng......................................................................................................409

QU Y

Chuyên đề 20:Hình học không gian thuần túy ..........................................................................................451 Chuyên đề 21: Nón, trụ, cầu ......................................................................................................................577 Chuyên đề 22:Tọa độ trong không gian ....................................................................................................591

DẠ

KÈ

Chuyên đề 23:Số học .................................................................................................................................606

Trang 1

Parabol và bài toán quy hoạch hoạch

Chuyên đề 1

FI CI A

Câu 1. (HSG10 PHÙNG KHẮ KHẮC KHOANKHOAN- HÀ NỘ NỘI 20182018-2019) Cho hàm số y = x 2 + x − 1 có đồ thị là (P) . Tìm m để đường thẳng d : y = −2 x − m cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ). Lời giả giải

Tác giả giả:Trầ :Trần Thị Thị Huệ Huệ ; Fb:Tran Hue Xét phương trình hoành độ giao điểm : x 2 + x − 1 = −2 x − m ⇔ x 2 + 3x + m − 1 = 0 (1)

⇔ ∆ > 0 ⇔ 9 − 4m + 4 > 0 ⇔ 13 − 4m > 0 ⇔ m <

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A , B thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 13 .(*) 4

Khi đó giả sử A( x1 ; −2 x1 − m) ; B( x2 ; −2 x2 − m)

ƠN

 x + x = −3 Theo hệ thức Vi-et ta có:  1 2  x1.x2 = m − 1 Tam giác OAB vuông tại O ⇔ OAOB . = 0 ⇔ x1.x2 + (2 x1 + m)(2 x2 + m) = 0 ⇔ 5 x1.x2 + 2 m ( x1 + x2 ) + m 2 = 0 ⇔ 5(m − 1) − 6m + m2 = 0 ⇔ m2 − m − 5 = 0

1 ± 21 2

1 ± 21 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2

QU Y

⇔m=

Kết hợp điều kiện (*) ta có m =

Câu 2. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 20182018-2019) Cho hàm số y = x 2 − ( 2m − 3) x − 2m + 2 (1) 1)Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0 .

2)Xác định m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = 3x − 1 tại hai điểm A, B phân biệt sao cho

KÈ

∆OAB vuông tại O (với O là gốc tọa độ ). Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thị Thị Hiề Hiền ; Fb: Nguyễ Nguyễn Hiề Hiền

1)Khi m = 0 ta được hàm số y = x 2 + 3x + 2

DẠ

*) Tập xác định: D = ℝ  − 3 −1  *) Tọa độ đỉnh: I  ;   2 4   −3  *) Sự biến thiên: Vì a = 1 > 0 nên hàm số đồng biến trên khoảng  ; + ∞  , nghịch biến trên  2  −3   khoảng  −∞ ;  . 2   *) Bảng biến thiên Trang 2

L FI CI A

*) Điểm đặc biệt

ƠN

 − 3 −1  *) Đồ thị : Đồ thị là 1 đường parabol có đỉnh I  ;  , hướng bề lõm lên trên và nhận đường  2 4  −3 thẳng x = làm trục đối xứng. 2

QU Y

2)Phương trình hoành độ giao điểm của ĐTHS (1) và đường thẳng y = 3x − 1 là: x 2 − ( 2m − 3 ) x − 2m + 2 = 3 x − 1

⇔ x 2 − 2mx − 2m + 3 = 0 (*)

Để ĐTHS (1) cắt đường thẳng y = 3 x − 1 tại 2 điểm phân biệt A, B ⇔ phương trình (*) có 2 nghiệm

KÈ

 m < −3 phân biệt ⇔ ∆′ > 0 ⇔   m >1

 x1 + x2 = 2m Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (*) ,ta có   x1.x2 = −2m + 3

Đặt A ( x1 ;3 x1 − 1) , B ( x2 ;3 x2 − 1)

DẠ

∆OAB vuông tại O ⇔ OA.OB = 0 ⇔ 10 x1 x2 − 3 ( x1 + x2 ) + 1 = 0

⇔ −26m + 31 = 0

⇔m=

31 ( thỏa mãn) 26

Trang 3

Vậy m =

31 . 26

Câu 3. (HSG10 Kim Liên 2018cầu treo có dây truyền đỡ là Parabol ACB như hình vẽ. 2018-2019)Một 2019) Đầu, cuối của dây được gắn vào các điểm A , B trên mỗi trục AA' và BB' với độ cao 30 m. Chiều dài

FI CI A

đoạn A' B' trên nền cầu bằng 200 m. Độ cao ngắn nhất của dây truyền trên cầu là CC ' = 5 m. Gọi

Q' , P' , H ' , C ' , I ' , J ' , K ' là các điểm chia đoạn A' B' thành các phần bằng nhau. Các thanh thẳng đứng nối nền cầu với đáy dây truyền QQ' , PP ' , HH ' , CC ' , II ' , JJ ' , KK ' gọi là các dây cáp treo. Tính tổng độ dài của các dây cáp treo ?

QU Y

ƠN

Lời giả giải

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.

Giả sử Parabol có dạng : y = ax2 + bx + c, a ≠ 0 .

Vì Parabol đi qua điểm A (100;30) và đỉnh C ( 0;5) nên ta có hệ phương trình:

KÈ

1  10000a + 100b + c = 30 a = 400  −b   ⇔ b = 0 . =0  c = 5  2a  c = 5  1 2 x + 5. 400

Vậy (P): y =

DẠ

Đoạn A' B' chia làm 8 phần bằng nhau, mỗi phần có độ dài là 25 m.

Khi đó, tổng độ dài của các dây cáp treo là:  1   1   1  OC + 2 y1 + 2 y2 + 2 y3 = 5 + 2  .252 + 5  + 2  .502 + 5  + 2  .752 + 5  =78,75 m. 400 400 400      

Trang 4

Câu 4. (HSG12 huyệ huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Một phân xưởng có hai máy đặc chủng M1 , M 2 sản xuất hai loại sản phẩm kí hiệu I ; II . Một tấn sản phẩm loại I lãi 2 triệu đồng, một tấn sản phẩm loại II lãi 1, 6 triệu đồng. Muốn sản xuất một tấn sản phẩm loại I phải dùng máy M 1

trong 3 giờ và máy M 2 trong 1 giờ. Muốn sản xuất một tấn sản phẩm loại II phải dùng máy M 1

FI CI A

trong 1 giờ và máy M 2 trong 1 giờ. Một máy không thể dùng để sản xuất đồng thời hai sản phẩm trên. Máy M 1 làm việc không quá 6 giờ trong một ngày, máy M 2 một ngày chỉ làm việc không quá 4 giờ. Tổng số tiền lãi là lớn nhất có thể đạt được là: A. 4,0 triệu. B. 7, 2 triệu. C. 6,8 triệu. D. 5,7 triệu. Lời giả giải

Tác giả giả: Trị Trịnh Thanh Hả Hải; Fb: Trị Trịnh Thanh Hả H ải

Chọ Chọn C

Giả sử phân xưởng sản xuất trong một ngày được x (tấn) sản phẩm loại I và y (tấn) sản phẩm loại II .

Số giờ làm việc của máy M 2 là: x + y .

ƠN

Số giờ làm việc của máy M 1 là: 3x + y .

Số tiền lãi của phân xưởng mỗi ngày là T = 2 x + 1, 6 y (triệu)

3 x + y ≤ 6 x + y ≤ 4  Theo đề bài ta có hệ bất phương trình:  x ≥ 0  y ≥ 0

KÈ

QU Y

Ta có miền nghiệm của hệ bất phương trình trên là miền tứ giác OABC

T đạt giá trị lớn nhất khi nó nằm trong miền tứ giác OABC , chỉ đạt được khi tại các đỉnh.

DẠ

Thử lại ta thấy T đạt giá trị lớn nhất khi ( x, y ) là tọa độ của điểm B(1;3) .

Vậy T = 2.1 + 3.1, 6 = 6,8 (triệu) Câu 5. (HSG10 tỉ xưởng sản xuất hai loại sản phẩm loại I và loại tỉnh Hả Hải Dương năm 20182018-2019)Một 2019) II từ 200kg nguyên liệu và một máy chuyên dụng. Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại I cần 2kg nguyên liệu và máy làm việc trong 3 giờ. Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại II cần Trang 5

4kg nguyên liệu và máy làm việc trong 1,5 giờ. Biết một kilôgam sản phẩm loại I lãi 300000 đồng, một kilôgam sản phẩm loại II lãi 400000 đồng và máy chuyên dụng làm việc không quá 120 giờ.. Hỏi xưởng cần sản xuất bao nhiêu kilôgam sản phẩm mỗi loại để tiền lãi lớn nhất. Lời giả giải

FI CI A

Giả sử sản xuất x ( kg ) sản phẩm loại I và y (kg ) sản phẩm loại II. Điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0 và 2 x + 4 y ≤ 200 ⇔ x + 2 y ≤ 100 Tổng số giờ máy làm việc: 3x + 1,5 y Ta có 3x + 1,5 y ≤ 120 Số tiền lãi thu được là T = 300000 x + 400000 y (đồng).

 x ≥ 0, y ≥ 0  Ta cần tìm x, y thoả mãn:  x + 2 y ≤ 100 (I) sao cho T = 300000 x + 400000 y đạt giá trị lớn 3 x + 1,5 y ≤ 120  nhất.

d 2 : 3x + 1,5 y = 120

ƠN

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường thẳng d1 : x + 2 y = 100;

QU Y

Đường thẳng d1 cắt trục hoành tại điểm A(100;0) , cắt trục tung tại điểm B (0;50) . Đường thẳng d 2 cắt trục hoành tại điểm C (40;0) , cắt trục tung tại điểm D ( 0;80 ) .

Đường thẳng d1 và d 2 cắt nhau tại điểm E ( 20; 40 ) .

KÈ

Biểu diễn hình học tập nghiệm của hệ bất phương trình (I) là miền đa giác OBEC .

x = 0  T = 0;  y = 0

x = 0  T = 20000000 ;   y = 50

 x = 20  T = 22000000 ;   y = 40

 x = 40  T = 12000000  y = 0

Vậy để thu được tổng số tiền lãi nhiều nhất thì xưởng cần sản xuất 20kg sản phẩm loại I và 40kg sản phẩm loại II

DẠ

Câu 6. (HSG12 tỉ tỉnh Điệ Điện Biên năm 20182018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A ( 0;9 ) ,

2 x − y + a ≤ 0 B ( 3;6 ) . Gọi D là miền nghiệm của hệ phương trình  . Tìm tất cả các giá trị của a  6 x + 3 y + 5a ≥ 0 để AB ⊂ D . Lời giả giải Trang 6

Phương trình đường thẳng AB : x + y − 9 = 0 . Trường hợp 1: Nếu AB là đường thẳng.

FI CI A

 a ≤ −2 x + y Xét hệ  .  5a ≥ − 6 x − 3 y

a ≤ −12 a ≤ −12  Dễ thấy điểm C ( 7 ; 2 ) ∈ AB nhưng C ∉ D vì  ⇔ −48 ⇔ a ∈∅ . 5a ≥ −48 a ≥ 5 

 a ≤ −2 x + y Trường hợp 2: Nếu AB là đoạn thẳng. Ta thay y = 9 − x ( x ∈ [ 0;3]) vào hệ   5a ≥ − 6 x − 3 y

27 ≤ a ≤ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 5

DẠ

KÈ

QU Y

Vậy −

27 ≤a≤0. 5

ƠN

(*) đúng ∀x ∈ [ 0;3] ⇔ −

a ≤ 9 − 3x −3 x − 27  Ta được:  ≤ a ≤ 9 − 3 x (*) −3 x − 27  5 a ≥ 5

Trang 7

Chuyên đề 3

Phương trình

Câu 1. (HSG10 THPT THuậ THuận Thành 20182018-2019) Giải phương trình: ( x 2 − x − 2) x − 1 = 0 .

FI CI A

Lời giả giải

Tác giả giả:Nguyễ :Nguyễn Đông ; Fb: Nguyễ Nguyễn Đông Điều kiện phương trình có nghĩa: x ≥ 1 .  x = −1  x2 − x − 2 = 0 ( x − x − 2) x − 1 = 0   ⇔  x = 2  x − 1 = 0  x = 1 2

Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là: S = {1; 2} . Câu 2. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 20182018-2019) Giải phương trình: 3x + 3 − 5 − 2 x − x3 + 3x2 + 10 x − 26 = 0 Lời giả giải

ƠN

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thị Thị Hằng; Fb: Hang Nguyen

3 x + 3 ≥ 0 5 ĐKXĐ:  ⇔ −1 ≤ x ≤ 2 5 − 2 x ≥ 0

3x + 3 − 5 − 2 x − x3 + 3x 2 + 10 x − 26 = 0 .

⇔

(

) (

3x + 3 − 3 − 3( x − 2) 3x + 3 + 3

)

5 − 2 x − 1 − ( x − 2 ) ( x 2 − x − 12 ) = 0

2 ( x − 2) 5 − 2x +1

− ( x − 2 ) ( x 2 − x − 12 ) = 0

QU Y

⇔

Với ĐKXĐ ở trên ta có:

3 2   ⇔ ( x − 2)  + + ( − x 2 + x + 12 )  = 0 5 − 2x + 1  3x + 3 + 3  x = 2 ⇔ 3 2  + + ( − x 2 + x + 12 ) = 0 (*) 5 − 2x +1  3x + 3 + 3

KÈ

 5 ⇔ x = 2 , do − x 2 + x + 12 > 0, ∀x ∈  −1;  nên phương trình (*) vô nghiệm.  2

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {2} .

Câu 3. (HSG12 huyệ huyện Lương Tài Bắ Bắc Ninh năm 2019) Phương trình x3 + 1 = 2 3 2 x − 1 có ba nghiệm phân biệt. Tính tổng các nghiệm đó. A. 2 . B. 1 . C. 0 . D. −1 + 5 .

DẠ

Lời giả giải

Tác giả giả: Mai Hoàng Thái; Fb: Mai Hoàng Thái

Chọ Chọn C

Cách 1. Hàm đặ đặc trưng

x3 + 1 = 2 3 2 x − 1 ⇔ x 3 + 2 x =

(

)

2 x − 1 + 2 3 2 x − 1 ( *) Trang 8

Xét hàm f (t ) = t 3 + 2t , ∀t ∈ ℝ.

f '(t ) = 3t 2 + 2 > 0, ∀t ∈ ℝ .  f (t ) đồng biến trên ℝ .

f ( x) = f

(

2x −1

x = 1 ⇔ x = 2x −1 ⇔ x − 2 x + 1 = 0 ⇔   x = −1 ± 5  2

)

Vậy tổng các nghiệm là 0. Cách 2. Liên hợ hợp

(

)

x3 − 2 x + 1

x + 1 = 2 2 x − 1 ⇔ 2 x − 3 2 x − 1 + x3 − 2 x + 1 = 0 ⇔ 2.  2 ⇔ ( x3 − 2 x + 1)   2 3  x + x 2x −1 +  >0 ∀x ∈ ℝ

(

2x −1

x + x 3 2x −1 +

)

(

2x −1

)

+ x3 − 2 x + 1 = 0

 + 1 = 0   

ƠN

FI CI A

(*) ⇔

Khi đó:

x =1 ⇔ x − 2x +1 = 0 ⇔   x = −1 ± 5  2

Câu 4. (HSG12 tỉ tỉnh Cầ Cần Thơ năm 20182018-2019) log 3 x 2 − x + 1 + log 1 (1 − 2 x) + 2 x = 1 − x 2 − x + 1 3

Điều kiện: x <

1 2

QU Y

Lời giả giải

Ta có log 3 x 2 − x + 1 + log 1 (1 − 2 x) + 2 x = 1 − x 2 − x + 1 3

⇔ log 3 x 2 − x + 1 − log 3 (1 − 2 x) + 2 x = 1 − x 2 − x + 1

⇔ log 3 x 2 − x + 1 + x 2 − x + 1 = log 3 (1 − 2 x) + 1 − 2 x (*)

Ta có f

(

1 + 1 > 0 ∀t > 0 . Suy ra hàm số đồng biến với ∀t > 0 . t ln 3

KÈ

Xét hàm số f (t ) = log 3 t + t , t > 0 . Dễ thấy f ′(t ) =

1 − 2 x ≥ 0 x 2 − x + 1 = f (1 − 2 x) ⇔ x 2 − x + 1 = 1 − 2 x ⇔ x 2 − x + 1 = 1 − 2 x ⇔  2 . 2  x − x + 1 = (1 − 2 x)

)

DẠ

 1 x ≤ ⇔ ⇔ x = 0. 2 x2 − x = 0 

Vậy nghiệm của phương trình là x = 0 .

Câu 5. (HSG12 tỉ tỉnh Hà Nam năm 20182018-2019) Cho phương trình sau với m là tham số thực

 x2 − 2 x 1 − 2 x ) log 2 2019 x 2 − 2 x + 2011 + 1 = m  log 2019 ( x 2 − 2 x + 2011) −  8 4   Trang 9

Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình trên có đúng hai nghiệm thực phân biệt thỏa mãn 1 ≤ x −1 ≤ 3 .

Lời giả giải

FI CI A

 x 2 − 2 x ≥ 0 ĐK.  2 ⇔ x ∈ ( −∞; 0] ∪ [ 2; +∞ )  x − 2 x + 2011 > 0

Ta có 1 ≤ x − 1 ≤ 3 ⇔ x ∈ [ −2;0] ∪ [ 2; 4] (*) PT ⇔

1 2  1 x − 2 x ) log 2 2019 ( x 2 − 2 x + 2011) + 1 = m  ( 4 2 2

1 x 2 − 2 x log 2019 ( x 2 − 2 x + 2011) −  4

Đặt t = x 2 − 2 x log 2019 ( x 2 − 2 x + 2011) (2 x − 2) x 2 − 2 x log 2019 ( x − 2 x + 2011) + 2 ( x − 2 x + 2011).ln 2019 x2 − 2 x x −1

ƠN

t'=

⇔ ( x 2 − 2 x ) log 2 2019 ( x 2 − 2 x + 2011) + 4 = m  2. x 2 − 2 x log 2019 ( x 2 − 2 x + 2011) − 1  

 log ( x 2 − 2 x + 2011)  2 x2 − 2 x = ( x − 1)  2019 + 2  ( x − 2 x + 2011) ln 2019  x2 − 2 x 

Do đó với x ∈ [ −2;0 ] thì t ' < 0 , với x ∈ [ 2; 4] thì t ' > 0

QU Y

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy, với mỗi một t ∈ 0; 8  sẽ cho ta hai giá trị của x ∈ [ −2;0] ∪  2; 4 

t2 + 4 = m

KÈ

Như vậy bài toán trở thành tìm m để phương trình sau có một nghiệm t ∈ 0; 8 

(

)

2.t − 1

(

Ta có t 2 + 4 = m

t2 + 4 1 (do t = không là nghiệm của pt) 2.t − 1 2

2t 2 − 2t − 4 2 , m' = 0 ⇔ t = 2 2 ( 2.t − 1) 2

DẠ

m' =

)

2.t − 1 ⇔ m =

Bảng biến thiên

Trang 10

L FI CI A

Từ bảng biến thiên ta thấy khi m ∈ (−∞; −4] ∪ [4; +∞) thì yêu cầu bài toán được thỏa mãn. Câu 6. (HSG12 tỉ tỉnh Hà Nam năm 20182018-2019) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:  2019 x + y = x 2 + 1 + x y 2 + 1 + y (1)   18 y 2  25 x 2 + 9 x 9 x 2 − 4 = 2 + 2 ( 2) y +1 

)

)(

(

Lời giả giải

(1) ⇔ 2019 x

2 3

(

x 2 + 1 − x = 2019 − y  

⇔ x ln 2019 + ln

)

(

+ 1 − ( − y )  

x 2 + 1 − x = − y ln 2019 + ln  

)

1 t2 +1

(

)

(− y)

+ 1 − ( − y )  (*) 

t2 +1 − t ,t ∈ ℝ

QU Y

Xét hàm số f ( t ) = t ln 2019 + ln

f '(t ) = ln 2019 −

(− y)

Điều kiện x ≥

ƠN

Tác giả giả:Trầ :Trần Ngọ Ngọc Quang ; Fb:Quang Tran

> 0, ∀t ∈ ℝ . Suy ra hàm số đồng biến trên ℝ .

Do đó phương trình (*) ⇔ x = − y .

18 x 2 (3) x2 + 1

Thay x = − y vào (2) ta có 25 x 2 + 9 x 9 x 2 − 4 = 2 +

2 18 x 2 thì 18 x 2 > 2 , 7 x 2 > 2 , suy ra pt (3) vô nghiệm. 3 x +1

Nếu x ≤

4 2 18 −2 (**) thì (3) ⇔ 25 − 9 9 − 2 = 2 + 2 x x x +1 3

DẠ

KÈ

Nếu x ≥

Trang 11

6 (u − 2) u +1

36 ( u − 2 )

+ 2 (u − 2) −

9 − 4u + 1

u = 2 ⇔ 6 36  +2− = 0(4)  u + 1 9 − 4u + 1

6 36 + 2 < 8 , suy ra phương trình (4) vô nghiệm ≤ 36 , u +1 9u − 4 + 1

 x = 1 Với u = 2  2 = 2 ⇔  x  x = 

1 2 −1 2

Vì 0 ≤ 9 − 4u < 3  9 <

−2 −1 1 x= y= 3 2 2

ƠN

Vì x ≤

thành

FI CI A

⇔

trở

1 9 , Pt (**) ,0 < u ≤ 2 x 4 18u  18u  25 − 9 9 − 4u = 2u + ⇔ − 12  + 2u − 4 + 9 9 − 4u − 9 = 0 u +1  u +1  u=

Đặt

 −1 1  Vậy hệ phương trình có nghiệm là  ; .  2 2

Câu 7. (HSG12 tỉ các hàm số f 0 ( x ) , f1 ( x ) , f 2 ( x ) ,... thỏa mãn: tỉnh Bắ Bắc Ninh 2018 – 2019 )Cho ) f 0 ( x ) = ln x + ln x − 2019 − ln x + 2019 , f n +1 ( x ) = f n ( x ) − 1, ∀n ∈ ℕ .

QU Y

Số nghiệm của phương trình là A. 6063 . B. 6059 .

C. 6057 .

D. 6058 .

Lời giả giải

Chọ Chọn B

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Trung Kiên – Trị Trịnh Quang Hoàng.

Đặt t = ln x , ta có

Xét hàm số f 0 ( x ) = ln x + ln x − 2019 − ln x + 2019

KÈ

f 0 ( x ) = g ( t ) = t + t − 2019 − t + 2019

t ≤ −2019

− 2019 < t < 2019 t ≥ 2019

DẠ

t + 4038 khi  g ( t ) =  −t khi t − 4038 khi 

Trang 12

L FI CI A OF

f n +1 ( x ) = f n ( x ) − 1 ≥ −1, ∀x > 0; ∀n ∈ ℕ

Có 3 trường hợp cần xét là -Nếu

f n +1 ( x ) = −1 ⇔ f n ( x ) − 1 = −1 ⇔ f n ( x ) = 0

-Nếu

ƠN

 f n ( x ) = −1  f n −1 ( x ) = 0 f n +1 ( x ) = 0 ⇔ f n ( x ) − 1 = 0 ⇔ f n ( x ) = 1 ⇔   fn ( x ) = 1    f n −1 ( x ) = 2 . -Nếu f n +1 ( x ) = k > 0 ⇔ f n ( x ) = k + 1

Khi đó f 2020 ( x ) = 0  f 2018 ( x ) = 0; 2

 f 2016 ( x ) = 0; 2; 4

…  f 2 ( x ) = 0; 2; 4;...; 2018  f1 ( x ) = −1;1;3;5;...; 2019  f 0 ( x ) = 0; 2; 4;...; 2020

QU Y

 f 2014 ( x ) = 0; 2; 4;6

 f 0 ( x ) = 0; ±2; ±4;...; ±2020

KÈ

Quan sát đồ thị ta thấy

Mỗi phương trình f 0 ( x ) = 0; ±2; ±4;...; ±2018 có 3 nghiệm. Mỗi phương trình f 0 ( x ) = ±2020 có 1 nghiệm

Vậy số nghiệm là: 2019.3 + 2 = 6059 .

DẠ

Câu 8. (HSG12 Thành Phố Phố Đà Nẵ Nẵng 20182018-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ ( −8; + ∞ ) để phương trình sau có nhiều hơn hai nghiệm phân biệt? x 2 + x ( x − 1) 2 x + m + m = ( 2 x 2 − x + m ) .2 x − x .

A. 6 .

B. 7 .

C. 5 .

D. 8 .

Lời giả giải Trang 13

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Đứ Đức Hoạ Hoạch, Fb: Hoạ Hoạch Nguyễ Nguyễn Phả Phản biệ biện: Nguyễ Nguyễn Văn Mạ Mạnh, FB: Nguyễ Nguyễn Văn Mạ Mạnh

⇔ ( x2 + m ) .2x

(

−x

⇔ ( x2 + m) . 2x

x+ m

+ m = ( 2 x − x + m ) .2 2

+ ( x2 − x ) .2x

−x

)

(x ⇔

x − x2

+ m ) + x ( x − 1) 2 x + m 2

= 2 x2 − x + m ⇔ ( x 2 + m ) .2 x

(

− 1 + ( x2 − x ) . 2x

x − x2

−x

+ ( x 2 − x ) .2 x

)

− 1 = 0 (* )

 x 2 + m = 0 (1) thì (* ) thỏa mãn.  TH3:  2  x − x = 0 ( 2 )

= ( x2 − x ) + ( x2 + m )

ƠN

2   x 2 + m > 0  2 x + m > 1   2 2  0 < 2 x − x < 1   x − x < 0   TH2:  2 nên VT (* ) < 0 . x2 + m <1   x + m < 0  0 < 2   x2 − x   x 2 − x > 0 >1    2

2   x 2 + m > 0  2 x + m > 1  2  2  2 x − x > 1   x − x > 0  nên VT (* ) > 0 .  TH1:  2 x2 + m   x + m < 0  0 < 2 < 1       x 2 − x < 0 x2 − x <1    0 < 2

= 2 x2 − x + m

FI CI A

Ta có: x + x ( x − 1) 2 2

Chọ Chọn B

QU Y

Ta thấy, phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm phân biệt là x = 0 và x = 1 . Để phương trình đã cho có nhiều hơn 2 nghiệm thì phương trình (1) có nghiệm khác 0 và 1.

⇔ m < 0 . Mà m ∈ ℤ , m ∈ ( −8; + ∞ ) nên m ∈ {−7 ; − 6 ; ... − 1} nên có 7 giá trị thỏa mãn. x x 2 x+1 Câu 9. (HSG12 Tỉ Tỉnh Đồ Đồng Nai 20182018-2019) Giải phương trình 8.25 − 8.10 −15.2 = 0 .

Lời giả giải

Tác giả giả: Đỗ Đỗ Hoàng Tú; Fb: Đỗ Đỗ Hoàng Tú

sin2 x

Vậy x = 1 .

KÈ

  5 x 5   = 2x x 2 2 5 5 x x 2 x +1  8.25 − 8.10 − 15.2 = 0 ⇔ 8.   − 8.  − 30 = 0 ⇔ ⇔ x =1. x  2 2 5 3     = − 2  2 

DẠ

 5 Câu 10. (HSG12 tỉ tỉnh Hưng Yên 20182018-2019) Giải phương trình    3 

+ 5cos2 x = x −1 + x + 5 .

Lời giả giải

Tác giả giả:Vũ :Vũ Thị Thị Thuầ Thuần; Fb:Xu Xu

Ta có:

Trang 14

sin 2 x

sin 2 x = 0 ⇔ sin x = 0 ⇔ x = kπ ( k ∈ ℤ ) .  cos 2 x = 1 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

FI CI A

sin 2 x

 5 + 5cos2 x ≤ 6 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi Vậy    3  Lại có x − 1 + x + 5 = 1 − x + x + 5 ≥ 1 − x + x + 5 = 6 ,

 5  5 5 0< < 1;0 ≤ sin 2 x ≤ 1   ≤    = 1. 3  3   3  5 > 1; −1 ≤ cos 2 x ≤ 1  5cos 2 x ≤ 51 = 5.

(1 − x )( x + 5 ) ≥ 0 ⇔ −5 ≤ x ≤ 1. sin 2 x

 5  x = kπ  x = −π Do đó  + 5cos2 x = x − 1 + x + 5 ⇔  ⇔ .  −5 ≤ x ≤ 1  x = 0  3  Vậy phương trình có hai nghiệm là x = π ; x = 0.

Câu 11. (HSG12 Thành Phố Phố Đà Nẵ Nẵng 20182018-2019) Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 3

x2 − 2 x +1− 2 x − m

= log x2 −2 x+3 ( 2 x − m + 2 ) có đúng ba nghiệm phân biệt:

A. 2.

B. 3.

C. 1.

D. 0.

ƠN

Lời giả giải

Tác giả giả:Nguyễ :Nguyễn Trầ Trần Tuấ Tuấn Minh ; Fb: Tuấ Tuấn Minh Phả Phản biệ biện: Bùi Dũng Dũng ; Fb: Bùi Bùi Dũng Dũng

KÈ

QU Y

Chọ Chọn B

Ta có: 2

− 2 x +1− 2 x − m

= log x2 − 2 x +3 ( 2 x − m + 2 ) ⇔

x 2 −2 x + 3

.ln ( x 2 − 2 x + 3) = 32 x − m + 2.ln ( 2 x − m + 2 )

(1)

DẠ

⇔3

3x − 2 x +3 ln ( 2 x − m + 2 ) = 32 x − m + 2 ln ( x 2 − 2 x + 3)

Xét hàm số g ( t ) = 3t.ln t trên ( 2;+ ∞ ) .

1 Có g ' ( t ) = 3t .ln 3.ln t + 3t. > 0 ∀t ∈ ( 2; + ∞ ) , nên g ( t ) đồng biến trên ( 2;+ ∞ ) . t

Do đó phương trình (1) tương đương: Trang 15

 x 2 + 1 = 2m g ( x 2 − 2 x + 3) = g ( 2 x − m + 2 ) ⇔ x 2 − 2 x + 3 = 2 x − m + 2 ⇔  2 (2)  − x + 4 x − 1 = 2m

Và dễ thấy hai Parabol tiếp xúc nhau tại điểm A (1;2 ) . Vậy: (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có 3 nghiệm phân biệt

FI CI A

( P2 ) : y = − x2 + 4 x −1 có đỉnh I 2 ( 2;3) và bề lõm hướng xuống.

Xét hai Parabol: ( P1 ) : y = x2 + 1 có đỉnh I1 ( 0;1) và bề lõm hướng lên.

⇔ Đường thẳng nằm ngang y = 2 m hoặc đi qua I1 ( 0;1) , hoặc đi qua I 2 ( 2;3) , hoặc đi qua A (1;2 ) .

 2m = 1 1 3   ⇔  2m = 3 ⇔ m ∈  ; ;1 . Vậy tổng tất cả các giá trị m thỏa đề là 3. 2 2   2m = 2

Câu 12. (HSG10 tỉ tỉnh Vĩnh Vĩnh Phúc năm 20182018-2019) Giải phương trình 2 x 2 + 2 x − 3 + 3 x 2 + x + 1 = 0 . Lời giả giải

ƠN

Tác giả giả: Lê Thanh Tị Tịnh – Hồ Thanh Long ; Fb: Lê Thanh Tị Tịnh – Phú Long 2

Ta có:

1 3 3  Vì x 2 + x + 1 =  x +  + ≥ , ∀x ∈ ℝ nên phương trình luôn xác định với mọi x . 2 4 4 

2 x2 + 2x − 3 + 3 x2 + x + 1 = 0 ⇔ 2 x2 + 2 x + 2 − 2 − 3 + 3 x2 + x + 1 = 0

⇔ 2 ( x 2 + x + 1) + 3 x 2 + x + 1 − 5 = 0 (*) .

3 . Lúc đó phương trình (*) trở thành: 2

QU Y

Đặt t = x 2 + x + 1 với t ≥

t = 1 2t + 3t − 5 = 0 ⇔  . t = − 5 ( KTM )  2 2

 x = −1 x2 + x + 1 = 1 ⇔ x2 + x = 0 ⇔  . x = 0

Với t = 1 suy ra

KÈ

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−1 ; 0} . Câu 13. (HSG12 Thành Phố Phố Đà Nẵ Nẵng 20182018-2019) Cho phương trình 251+

1− x 2

− ( m + 2 ) .51+

1− x 2

+ 2m + 1 = 0 , với m là tham số.

DẠ

Giá trị nguyên dương lớn nhất của tham số m để phương trình có nghiệm là A. 5 . B. 26 . C. 25 . D. 6 . Lời giả giải

Tác giả giả: face - Bùi Dũng,Phả Phản biệ biện: face – Euro Vũ Vũ

Chọ Chọn C

Đặt: 51+

1− x 2

Trang 16

Ta có: 1 ≤ 1 + 1 − x 2 ≤ 2  5 ≤ 51+

1− x 2

≤ 25  t ∈ [5; 25]

Khi đó phương trình trở thành: t − ( m + 2) .t + 2m + 1 = 0 2

FI CI A

⇔ t 2 − mt − 2t + 2m + 1 = 0 ⇔ t 2 − 2t + 1 = m ( t − 2) t 2 − 2t + 1 =m t −2

⇔

 t 2 − 2t + 1 y =  Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của hai đồ thị hàm số:  t −2 y = m 

t 2 − 2t + 1 t 2 − 4t + 3 liên tục trên [5;25] , có: y ' = > 0 ∀t ∈ [5;25] 2 t −2 (t − 2)

Xét hàm số: y =

Để phương trình có nghiệm ⇔ min y ≤ m ≤ max y ⇔ y ( 5 ) ≤ m ≤ y ( 25 ) ⇔ [5;25]

Vì m là giá trị nguyên dương lớn nhất  m = 25

16 576 ≤m≤ 3 23

ƠN

[5;25]

Câu 14. (HSG12 Ninh Bình 20182018-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình x x 2 x 3 8 + 3 x.4 + ( 3 x + 1) 2 = ( m − 1) x 3 + ( m − 1) x có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc ( 0;10 ) ? B. 100.

C. 102.

D. 103.

A. 101.

Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Minh Hả Hải; Fb: Nguyễ Nguyễn Minh Hả Hải

QU Y

Chọ Chọn A Ta có 8 x + 3 x.4 x + (3 x 2 + 1)2 x = (m3 − 1) x 3 + ( m − 1) x

⇔ (2 x )3 + 3 x.(2 x ) 2 + 3 x 2 .2 x + 2 x = m3 x 3 − x3 + ( m − 1) x ⇔ (2 x )3 + 3 x.(2 x ) 2 + 3 x 2 .2 x + x 3 + 2 x = m3 x 3 + ( m − 1) x ⇔ (2 x + x)3 + 2 x = ( mx)3 + ( m − 1) x ⇔ (2 x + x)3 + 2 x + x = (mx)3 + mx

Xét hàm số f (t) = t 3 + t  f '(t ) = 3t 2 + 1 hàm số đồng biến trên ℝ

2x + x 2 x ( x ln 2 − 1) 1 ⇔ f '( x) = =0⇔ x= 2 x x ln 2

KÈ

Xét hàm số f ( x) =

2x + x x

pt ⇔ 2 x + x = mx ⇔ m =

BBT

1 10 ln 2 y’ − 0+ y +∞ 517 5 ≈ 2,88 Do m nguyên nên m∈{3, 4,5,...,103} có 101 giá trị chọ chọn A

DẠ

Câu

15.

(HSG12

Tân

Yên

–

B ắc

Giang

Năm

2019)

Tìm

để

phương

trình

Trang 17

4 x − 2 ( m + 1) 2 x + 3m − 8 = 0 có hai nghiệm trái dấu.

8 C. < m < 9 . 3

D. m < 9 .

FI CI A

B. m <

8 . 3

A. −1 < m < 9 .

Lời giả giải

Tác giả giả: Trầ Trần Thị Thị Kim Thu ; Fb: Thu Tran Chọ Chọn C x x Phương trình 4 − 2 ( m + 1) 2 + 3m − 8 = 0 (1) xác định với mọi x ∈ ℝ .

2 Đặt t = 2x > 0, ∀x thì phương trình (1) trở thành t − 2 ( m + 1) t + 3m − 8 = 0 ( 2 ) .

2 Đặt f ( t ) = t − 2 ( m + 1) t + 3m − 8

Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi phương trình ( 2 ) có hai nghiệm t1, t2 thỏa

ƠN

 f ( 0 ) > 0 3m − 8 > 0 8 ⇔ ⇔ <m<9 . mãn 0 < t1 < 1 < t2 ⇔  3 m − 9 < 0  f (1) < 0

Câu 16. (HSG12 Ninh Bình 20182018-2019) Giải phương trình 4 x +1 + 41− x = 2 ( 2 x + 2 − 22 − x ) + 8

Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Văn Bình Bình ; Fb: Nguyễ Nguyễn Văn Bình Bình

4  x 4 x +1 1− x x+2 2− x x Phương trình 4 + 4 = 2 ( 2 − 2 ) + 8 ⇔ 4.4 + 4 x = 2  4.2 − 2 x 

1   x 1 x  + 8 ⇔ 4 + x = 2 2 − x 4 2  

 +2 

QU Y

1 1 x x 2 Đặt t = 2 − 2 x Khi đó 4 + 4 x = t + 2

t = 0 2 Ta được phương trình: t + 2 = 2t + 2 ⇔ t = 2 

1 x x Với t = 0  2 − 2 x = 0 ⇔ 2 = 1 ⇔ x = 0

1 x 2x x x Với t = 2  2 − 2 x = 2 ⇔ 2 − 2.2 − 1 = 0 ⇔ 2 = 1 + 2 ⇔ x = log 2 1 + 2

(

KÈ

Vậy phương trình có hai nghiệm là x = 0 và x = log 2 1 + 2

)

Câu 17. (HSG12 huyệ huyện Lương Tài Bắ Bắc Ninh năm 2019) Cho phương trình − x−m

.log 3 3 ( x 2 − 2 x + 3) + 3− x

.log 1 ( 2 x − m + 2 ) = 0 .

+2 x

DẠ

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình có 3 nghiệm? A. 1 . B. 0 . C. 3 .

D. 2 .

Lời giả giải

Tác giả giả: Cao Xuân Hùng; FB: Cao Hùng

Chọ Chọn A

Trang 18

− x−m

.log 3 3 ( x 2 − 2 x + 3) + 3− x

.log 1 ( 2 x − m + 2 ) = 0

+2 x

⇔ 3(

x −1)

.3log 3 ( x 2 − 2 x + 3 ) =

− 2 x +1

.log 3 ( 2 x − m + 2 )

2 x−m

2 x −m .log3 ( x − 1)2 + 2 = 3 .log3 ( 2 x − m + 2 ) .

Xét hàm số f (t ) = 3t.log 3 (t + 2), t ≥ 0. Ta có f '(t ) = 3t ln 3.log 3 (t + 2) + 3t.

FI CI A

⇔

1 > 0, ∀t ≥ 0 . (t + 2) ln 3

2 Suy ra hàm số đồng biến trên [ 0; +∞ ) và f ( x − 1)  = f ( 2 x − m ) nên  

 x 2 − 2 x + 1 = 2( x − m)  2m = − x 2 + 4 x − 1 2 ⇔ ⇔ . x − 1 = 2 x − m ( )  2  2  x − 2 x + 1 = −2( x − m)  2m = x + 1

Ta thấy hai parabol y = − x2 + 4 x − 1, y = x2 + 1 tiếp xúc với nhau tại điểm có tọa độ (1; 2 ) nên đồ thị của chúng trong cùng hệ tọa độ Oxy như sau. y

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

ƠN

-2

-1

x 3

-2

-4

QU Y

-6

-8

KÈ

Khi đó để phương trình có 3 nghiệm thì đường thẳng y = 2m cắt hai parabol tại 3 điểm phân biệt, 3  m=   2m = 3 2   từ đồ thị suy ra  2m = 2 ⇔  m = 1 .   2m = 1 1 m = 2  Vậy có 1 giá trị nguyên của m để phương trình có 3 nghiệm. Câu 18. (HSG11 tỉ tỉnh Thanh Hóa năm 20182018-2019) Giải phương trình:

x + 2 7 − x = 2 x − 1 + − x 2 + 8 x − 7 + 1.

Lời giả giải

DẠ

Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 7 . pt ⇔ x − 1 − 2 x − 1 = ( x − 1)(7 − x ) − 2 7 − x ⇔

Cách 1:

x −1

(

)

x −1 − 2 = 7 − x

(

x −1 − 2

)

 x −1 − 2 = 0  x = 5 ( n) ⇔ ⇔ . x = 4 ( n ) x − 1 = 7 − x   Trang 19

Vậy tập nghiệm S = {4;5} . Cách 2: ta

có

phương

trình:

tập nghiệm S = {4;5} .

Vậy

FI CI A

 x −1 = 2 v = 2  x = 5 ( n) v 2 + 1 + 2u = 2v + 1 + uv ⇔ 2(u − v) = v(u − v) ⇔  ⇔ ⇔ . u = v  x = 4 ( n)  7 − x = x − 1

7 − x = u ≥ 0; x − 1 = v ≥ 0 ,

Đặt

Câu 19. (HSG12 tỉnh Đồ Đồng Nai năm 20182018-2019) Chứng minh rằng phương trình − x = 3 x 2 − 6 x + 3 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt x1 , x2 , x3 . Tính giá trị của biểu thức

T = ( x13 + x12 + 9 )( x23 + x22 + 9 )( x33 + x32 + 9 ) .

Lời giả giải

Phương trình đã cho tương đương x3 + x 2 − 6 x + 3 = 0 . Xét hàm số f ( x ) = x 3 + x 2 − 6 x + 3 liên tục

ƠN

trên ℝ và có f ( −3) . f ( 0 ) < 0, f ( 0 ) . f (1) < 0, f (1) . f ( 2 ) < 0 nên phương trình có nghiệm x1 ∈ ( −3;0 ) x2 ∈ ( 0;1) , x3 ∈ (1; 2 ) , .

Mặt khác, đây là phương trình bậc 3 nên đây là tất cả các nghiệm của phương trình đã cho. Do phương trình có 3 nghiệm x1 , x2 , x3 nên f ( x ) = ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 ) . Ta có: T = ( 6 x1 + 6 )( 6 x2 + 6 )( 6 x3 + 6 ) = −63. ( −1 − x1 )( −1 − x2 )( −1 − x3 ) = −63. f ( −1) = −63.9 Câu 20. (HSG10 Nam Tiề Tiền Hả Hải Thái Bình 20182018-2019)

1. Tính tổng các nghiệm của phương trình: 3 x 2 + 15 x + 2 x 2 + 5 x + 1 = 2 .

(

)(

)

x + 3 − x + 1 x2 + x2 + 4x + 3 = 2 x

QU Y

2. Giải phương trình

Lời giả giải

1. Ta có:

3x 2 + 15 x + 2 x 2 + 5 x + 1 = 2

⇔ 3x 2 + 15 x + 3 + 2 x 2 + 5 x + 1 − 5 = 0

⇔ 3 ( x 2 + 5 x + 1) + 2 x 2 + 5 x + 1 − 5 = 0 x 2 + 5 x + 1 = t ( t ≥ 0 ) , ta được phương trình ẩn t :

KÈ

Đặt

t = 1 (TM ) 3t + 2t − 5 = 0   t = − 5 ( koTM )  3

 x2 + 5x + 1 = 1

DẠ

 x2 + 5x = 0

x = 0   x = −5

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là −5 . 2. Điều kiện xác định x ≥ −1 . Trang 20

Ta có vế trái phương trình nhận giá trị dương nên x > 0 . Ta giải phương trình này với x > 0 .

(

2 x2 + x2 + 4 x + 3

)

x + 3 − x +1 x + x + 4x + 3 = 2x ⇔

x + 3 − x +1

) = 2x

⇔ x2 + x2 + 4x + 3 = x x + 3 − x x + 1

(

) x + 3 )( x −

⇔ x x − x + 3 − x +1

(

⇔ x−

(

)(

(

FI CI A

Khi đó

)

x+3 − x = 0

)

x +1 = 0

 1+ 3 x =  x+3 = x x − x − 3 = 0 2 ⇔ ⇔ 2 ⇔  x − x − 1 = 0 1+ 5  x + 1 = x  x = 2 

ƠN

1 + 3 1 + 5  Tập nghiệm của phương trình là T =  ; . 2   2 Câu 21. (HSG10 THPT THuậ THuận Thành 20182018-2019) Cho x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình

x 2 − 3x + a = 0 ; x3 và x4 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 12 x + b = 0 . Biết rằng Tìm a và b.

x2 x3 x4 = = . x1 x2 x3

Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Văn Phu ; Fb:Nguyễ Fb:Nguyễn Văn Phu

QU Y

Phương trình x 2 − 3x + a = 0 có hai nghiệm ⇔ ∆ = 9 − 4a ≥ 0 ⇔ a ≤

9 . (1) 4

Phương trình x 2 − 12 x + b = 0 có hai nghiệm ⇔ ∆ ' = 36 − b ≥ 0 ⇔ b ≤ 36 . (2)

 x1 + x2 = 3  x .x = a  1 2 (I ) Với điều kiện trên, theo Viet ta có:   x3 + x4 = 12  x3 .x4 = b

KÈ

 x2 = tx1 x2 x3 x4  Đặt = = = t ⇔  x3 = tx2 = t 2 x1 . x1 x2 x3  3  x4 = tx3 = t x1

DẠ

 x1 + tx1 = 3  x1 + tx1 = 3   x .tx = a  x1 .tx1 = a  1 1 Thế vào hệ (I) ta được:  2 ⇔2 3 t x1 + t x1 = 12 t ( x1 + tx1 ) = 12 2 3 t x .t x = b t 2 x .t 3 x = b  1 1  1 1

( 3) ( 4) ( 5) ( 6)

Thế (3) vào (5) ta được t 2 = 4 ⇔ t = ±2 .

Với t = 2 thay vào (3) ta được x1 = 1  x2 = 2; x3 = 4; x4 = 8 .

Trang 21

a = x1 .x2 = 1.2 = 2 Khi đó  (t/m) b = x3 .x4 = 4.8 = 32

Với t = −2 thay vào (3) ta được x1 = −3  x2 = 6; x3 = −12; x4 = 24 .

FI CI A

a = x1 .x2 = −3.6 = −18 Khi đó  (t/m) b = x3 .x4 = −12.24 = −288

a = 2  a = −18 Vậy  hoặc  . b = 32 b = −288 Câu 22. (HSG11 Thị Thị Xã Quả Quảng Trị Trị năm 20182018-2019) Cho x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình:

Lời giả giải

x 2 − 3x + a = 0 , x3 và x4 là hai nghiệm của phương trình: x 2 − 12 x + b = 0 . Biết rằng x1 , x2 , x3 , x4 theo thứ tự lập thành một cấp số nhân. Hãy tìm a, b

Tác giả giả: Phạ Phạm Huyề Huyền; FB: Phạ Phạm Huyề Huyền Gọi q là công bội của CSN  x2 = x1q; x3 = x1q 2 ; x4 = x1q 3

Từ (1) và (3) suy ra q 2 = 4

(1)  x1 (1 + q ) = 3  x1 + x2 = 3 x x = a x x = a (2)  1 2  1 2  2   x3 + x4 = 12  x1q (1 + q ) = 12 (3)  x3 x4 = b x x = b (4)  3 4

ƠN

Theo viet ta có:

QU Y

+ q = 2 từ (3) suy ra x1 = 1 , giải ra được a = 2; b = 32 .

+ q = −2 từ (3) suy ra x1 = −3 , giải ra được a = −18; b = −288 . Câu 23. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 20182018-2019) Giải phương trình

x 2 − 3x − 1 + 7 = 2 x

Lời giả giải

x 2 − 3x − 1 + 7 = 2 x

Ta có

Tác giả giả:Anh Tuấ Tuấn ; Fb: Anh Tuan.

KÈ

2 x − 7 ≥ 0 ⇔ 2 2  x − 3x − 1 = (2 x − 7)

2 x − 7 ≥ 0 ⇔ 2 3x − 25 x + 50 = 0

DẠ

7  x ≥ 2  ⇔  x = 5  10  x = 3 

⇔ x =5 Trang 22

Kết luận:Tập nghiệm của phương trình là S = {5} . Câu 24. (HSG11 tỉ tỉnh Quả Quảng Ngãi năm năm 20182018-2019) Giải phương trình 3

+ 2.

( x − 1)

= 3 ( x 2 − 3x + 2) .

( x − 2)

FI CI A

Lời giả giải

Tác giả giả: Võ Huỳ Huỳnh Hiế Hiếu ; Fb: Huỳ Huỳnh Hiế Hiếu Đặt u = x − 2, v = x − 1 với v ≥ 0 .Khi đó,phương trình đã cho trở thành: u 3 + 2v 3 = 3uv 2 ⇔ ( u − v ) u ( u + v ) − 2v 2  = 0

x≥2     x = 5 + 5 N x≥2  ( ) ⇔  Với u = v ⇔ x − 2 = x − 1 ⇔  2 2  x − 5 x + 5 = 0    x = 5 − 5 ( L ) 2  

x≤2   ⇔ 2 x − 1 = 2 − x ⇔  x = 4 + 2 2 ( L )    x = 4 − 2 2 ( N )

ƠN

 u=v Với u ( u + v ) = 2v 2 ⇔ ( u − v )( u + 2v ) = 0 ⇔  ⇔ x − 2 + 2 x −1 = 0  u + 2v = 0

5+ 5 , x = 4 − 2 2. 2

Vậy phương trình có 2 nghiệm: x =

5+ 5 , x = 4 − 2 2. 2

QU Y

Kết hợp với điều kiện ,ta được: x =

Câu 25. (HSG12 tỉ tỉnh GIA LAI 20182018-2019) Giải các phương trình sau trên tập hợp các số thực: 1) x 4 − 6 x3 + 6 x 2 + 9 x = 2 x 2 − 3 x .

2) 7 x − 6 log 7 ( 6 x + 1) − 1 = 0 .

Lời giả giải

(

)

(

)

− 3 x 2 − 3x − 2 x 2 − 3x = 0 .

KÈ

1) Ta có x 4 − 6 x3 + 6 x 2 + 9 x = 2 x 2 − 3 x ⇔ x 2 − 3 x

Đặt t = x 2 − 3 x , t ≥ 0 , phương trình đã cho trở thành t 4 − 3t 2 − 2t = 0 ⇔ t = 0; t = 2; t = −1 . Kết hợp với điều kiện t ≥ 0 , ta chỉ có hai trường hợp sau:

Với t = 0 , ta có

x 2 − 3 x = 2 ⇔ x 2 − 3 x − 4 = 0 ⇔ x = −1; x = 4 .

DẠ

Với t = 2 , ta có

x 2 − 3x = 0 ⇔ x = 0; x = 3 .

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x = 0, x = 3, x = −1, x = 4 . 1 2) Điều kiện xác định: x > − . Đặt y = log 7 ( 6 x + 1) , khi đó 7 y = 6 x + 1 . 6

Trang 23

7 x = 6 y + 1 Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ  . y 7 = 6 x + 1 

Trừ vế theo vế hai phương trình trong hệ, ta có

1 Xét hàm số f ( t ) = 7t + 6t , tập xác định D =  − ; + ∞  .  6 

Ta có f ′ ( t ) = 7t ln 7 + 6 > 0, ∀t ∈ D nên hàm số f đồng biến trên D . Do đó (1) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y .

Suy ra 7 x − 6 x − 1 = 0 (2).  1  Xét hàm số g ( x ) = 7 x − 6 x − 1 trên khoảng  − ; + ∞  .  6 

6 . ln 7

ƠN

Ta có g ′ ( x ) = 7 x ln 7 − 6 ; g ′ ( x ) = 0 ⇔ x = log 7

FI CI A

7 x − 7 y = 6 y − 6 x ⇔ 7 x + 6 x = 7 y + 6 y (1).

QU Y

Bảng biến thiên của hàm số g ( x ) :

 1  Dựa vào bảng biến thiên, ta có phương trình (2) có không quá hai nghiệm thuộc khoảng  − ; + ∞  .  6  Mà g ( 0 ) = 0, g (1) = 0 nên x = 0, x = 1 là tất cả các nghiệm của phương trình (2).

KÈ

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0, x = 1 . Câu 26. (HSG12 tỉ tỉnh Quả Quảng Bình năm năm 20182018-2019) Giải phương trình sau trên tập số thực ℝ : 3 2 x − 7 x + 9 x + 12 = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3 x − 3 −1 .

(

)

Tác giả giả: Đặ Đặng Mai Hương, Ngô Quố Quốc Tuấ Tuấn, FB: Đặ Đặng Mai Hương, Quố Quốc Tuấ Tuấn

(

⇔ ( x − 4 ) x 2 − 3 x − 3 = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3

DẠ

)

Lời giả giải

Cách 1: x3 − 7 x 2 + 9 x + 12 = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3

(

)(

)

)(

)

x − 3 − 1 (điều kiện x ≥ 3 )

x−4 x − 3 +1

x − 4 = 0 ⇔  2 x 2 − 5 x + 6 + 5 x. x − 3 − 15 x − 3 x − 3x − 3 =  x − 3 +1

Trang 24

 x = 4 ( Nhan ) . ⇔ 2 ( x − 8 x + 12 ) x − 3 = 9 − 2 x (1)

Giải (1) : ( x 2 − 8 x + 12 ) x − 3 = 9 − 2 x .

FI CI A

Đặt t = x − 3 ≥ 0 . Phương trình (1) trở thành: t 5 − 2t 3 + 2t 2 − 3t − 3 = 0 ( 2 ) .

(Phân tích phương trình ( 2 ) như sau: VT = ( t 2 + at + b ) . ( t 3 + ct 2 + dt + e ) . Đồng nhất hệ số ). t 2 − t − 1 = 0

( 2 ) : ( t 2 − t − 1)( t 3 + t 2 + 3) = 0 ⇔  3

ƠN

 1+ 5 ( Nhan ) t = 1+ 5 9+ 5 2  ⇔ ⇔ x−3 = ⇔x= ( Nhan ) . 2 2  1− 5 < 0 ( Loai ) t =  2

2 t + t + 3 = 0 ( vo nghiem do t ≥ 0 )

 9 + 5  Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 4; . 2  

Phương trình đã cho tương đương với:

( x − 4 ) ( x 2 − 3 x − 3) =

x 2 − 5 x + 6 + 5 ( x − 3) x − 3 x − 3 +1

QU Y

 x = 4 ( Nhan )  ⇔ x 2 − 5 x + 6 + 5 ( x − 3) x − 3 2 x − 3 x − 3 =  x − 3 +1  Giải (1):

x 2 − 5 x + 6 + 5 ( x − 3) x − 3 x − 3 +1

⇔ ( x 2 − 3 x − 3)

(

( x − 4)

(1)

x 2 − 3x − 3 −

Cách 2: Điều kiện: x ≥ 3 .

)

x − 3 + 1 − x 2 + 5 x − 6 − 5 ( x − 3) x − 3 = 0

KÈ

⇔ 9 − 2 x − ( x 2 − 8 x + 12 ) x − 3 = 0

( ) ⇔ − ( x − 3) ( x − 9 x + 19 ) + ( x − 8 x + 12 ) ( x − 4 − x − 3 ) = 0 ⇔ − ( x − 3) ( x − 4 − x − 3 )( x − 4 + x − 3 ) + ( x − 8 x + 12 ) ( x − 4 − ⇔ ( x − 4 − x − 3 )  − ( x − 3) ( x − 4 + x − 3 ) + ( x − 8 x + 12 )  = 0   ⇔ − x3 + 12 x 2 − 46 x + 57 + ( x 2 − 8 x + 12 ) x − 4 − x − 3 = 0

DẠ

 x −3 = x − 4 ⇔ x − 4 − x − 3 ( 3 − x ) x − 3 − x  = 0 ⇔  ( 3 − x ) x − 3 − x = 0

(

)

x−3 = 0

)

( 2) ( 3) Trang 25

*Giải ( 3 ) :

(3 − x )

x −3 − x = 0 ⇔

( x − 3)

+ x = 0 (vô nghiệm do x ≥ 3 )

 9 + 5  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = 4; . 2  

 x = 4 ( Nhan ) ⇔  2 x − 3 x − 3 = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3 

(

x −3

)

x−4 x − 3 +1

1 x − 3 +1

(1)

Giải (1):

x − 2+5 x −3 x 2 − 3x − 3 x − 2 + 5 x − 3 ⇔ = x−3 x − 3 +1 x − 3 +1

x 2 − 3 x − 3 = ( x − 3) 2

( x − 4 ) + 5( x − 4) + 1 = ( x − 3) + 5 x − 3 + 1 . ( x − 4) + 1 x − 3 +1

Xét hàm số f ( t ) =

( t + 1)

> 0, ∀t ≥ 0 , suy ra hàm số f ( t ) =

 x ≥ 4 x −3 = x −4 ⇔  2  x − 3 = ( x − 4 )

KÈ

Suy ra

t 2 + 2t + 4

t 2 + 5t + 1 ,t ≥ 0 . t +1

f ′ (t ) =

QU Y

⇔

ƠN

( x − 4 ) ( x 2 − 3 x − 3) = ( x − 3) ( x − 2 + 5

Cách 3: Phương trình đã cho tương đương với:

*Giải (2):

FI CI A

x ≥ 4    x = 9 + 5 x ≥ 4 9+ 5 x −3 = x −4 ⇔  2 ⇔  ⇔x= . 2  2  x − 9 x + 19 = 0   x = 9 − 5 2  

t 2 + 5t + 1 đồng biến trên [ 0; +∞ ) . t +1

x ≥ 4    x = 9 + 5 x ≥ 4  9+ 5 ⇔ 2 ⇔  . 2 x=  2  x − 9 x + 19 = 0   x = 9 − 5   2

DẠ

 9 + 5  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = 4; . 2   Câu 27. (HSG12 tỉ tỉnh Thái Nguyên năm 20182018-2019) Giải phương trình 3 2 x − 7 x + 9x + 12 = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3 x − 3 −1 .

(

)(

)

Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thành Biên ; Fb: BienNguyenThanh

Điều kiện x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 . Trang 26

Phương trình đã cho tương đương với

)( x − 3 −1) ( x − 3 −1)( x − 3 +1) ( x − 3x − 3) = ( x − 3) ( x − 2 + 5 x − 3 )( x −3

)

(

)

(

)

 x − 3 − 1 = 0  → x −3 =1⇔ x = 4   x − 3 + 1 ( x 2 − 3 x − 3) = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3 

x − 3 −1

FI CI A

( x − 4) ( x2 − 3x − 3) = ( x − 3) ( x − 2 + 5

(*)

Dễ thấy x = 3 không là nghiệm của phương trình đã cho.

⇔

( x − 4)

x 2 − 3x − 3 x − 2 + 5 x − 3 = x −3 x − 3 +1

Với x > 3 , giải phương trình (*) ta được 2

+ 5 ( x − 4) + 1 x − 3 + 5 x − 3 + 1 ⇔ f ( x − 4) = f = x − 4 +1 x − 3 +1

)

x −3 .

3 t 2 + 5t + 1 > 0, ∀t > −1 . trên ( −1; +∞ ) , có f ′ ( t ) = 1 + 2 t +1 ( t + 1)

ƠN

Xét hàm số f ( t ) =

(

Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ( −1; +∞ ) mà f ( x − 4) = f

(

)

x −3 .

 x − 4 ≥ 0 x ≥ 4 9+ 5 ⇔x= Do đó x − 4 = x − 3 ⇔  .⇔  2 2 2 ( x − 4 ) = x − 3  x − 9 x + 19 = 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4 ; x =

9+ 5 . 2

QU Y

Câu 28. (HSG10 HÀ NAM 20182018-2019) Giải phương trình ( x + 1) 6 x 2 − 6 x + 25 = 23 x − 13 . Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thị Thị Thu Nghĩa; Nghĩa; Fb: Thu Nghia

Ta có ( x + 1) 6 x 2 − 6 x + 25 = 23 x − 13

⇔ ( x + 1)  6 x 2 − 6 x + 25 − ( 2 x + 3)  + 2 x 2 − 18 x + 16 = 0 (1)  

TH1:

−3  x≤  2 (PTVN) 6 x − 6 x + 25 + ( 2 x + 3) = 0 ⇔   2  6 x − 6 x + 25 = −2 x − 3

TH2:

6 x 2 − 6 x + 25 + ( 2 x + 3) ≠ 0

KÈ

DẠ

(1) ⇔ ( x + 1)

(2x

− 18 x + 16 )

6 x − 6 x + 25 + ( 2 x + 3) 2

+ 2 x 2 − 18 x + 16 = 0

  x +1 ⇔ ( 2 x 2 − 18 x + 16 )  + 1 = 0  6 x 2 − 6 x + 25 + ( 2 x + 3) 

Trang 27

( 2)

 2 x 2 − 18 x + 16 = 0 (1)  x +1 ⇔ +1 = 0 2  6 x − 6 x + 25 + ( 2 x + 3) 

FI CI A

x =1 Giải (1) ta được  . x = 8 Giải ( 2 ) ⇔ 6 x 2 − 6 x + 25 = −3 x − 4

{

}

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 1; 8; − 5 − 2 7 .

−4  x≤  3 ⇔ ⇔ x = −5 − 2 7 . 3x 2 + 30 x − 9 = 0 

Câu 29. (HSG11 tỉ tỉnh Vĩnh Vĩnh Phúc năm 20182018-2019) Chứng minh rằng phương trình 4 x5 + 2018 x + 2019 = 0 có duy nhất một nghiệm thực.

ƠN

Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thị Thị Chúc; Fb:Chuc Nguyen

Cách 1: (sử (sử dụng kiế kiến thứ thức lớ lớp 12).

Ta có y ' = 20 x4 + 2018 > 0 ∀ x ∈ ℝ .

Xét hàm số f ( x ) = 4 x 5 + 2018 x + 2019 liên tục trên ℝ .

Suy ra phương trình f ( x ) = 0 có tối đa một nghiệm x ∈ ℝ (1) .

QU Y

Ta có f ( 0 ) = 2019; f ( −1) = −3  f ( 0 ) f ( −1) < 0 .

Suy ra phương trình f ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm a ∈ ( −1;0 ) ( 2 ) . Từ (1) ; ( 2 ) suy ra phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất a ∈ ( −1;0 ) . Do vậy, phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm thực. Cách 2: (sử (sử dụng kiế kiến thứ thức lớ lớp 11).

Xét hàm số f ( x ) = 4 x 5 + 2018 x + 2019 liên tục trên ℝ .

KÈ

Ta có f ( 0 ) = 2019; f ( −1) = −3  f ( 0 ) f ( −1) < 0 . Suy ra phương trình f ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm a ∈ ( −1;0 ) . Giả sử phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm b ≠ a .

Ta có f ( b ) − f ( a ) = 4 ( b5 − a 5 ) + 2018 ( b − a ) .

DẠ

Nếu b < a thì b5 < a5 . Suy ra 4 ( b5 − a 5 ) + 2018 ( b − a ) < 0 . Do vậy f ( b ) − f ( a ) < 0  f ( b ) < f ( a ) = 0 (vô lí).

Nếu b > a  b5 > a 5 . Suy ra 4 ( b5 − a 5 ) + 2018 ( b − a ) > 0 . Do vậy f ( b ) − f ( a ) > 0  f ( b ) > f ( a ) = 0 (vô lí). Trang 28

Vậy điều giả sử là sai. Do vậy, phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = a (đpcm).

FI CI A

Câu 30. (HSG12 tỉ tỉnh Lâm Đồ Đồng năm 20182018-2019) Giải phương trình x2 1− x + 1+ x = 2 − . 4 Lời giả giải Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1 . Đặt t = 1 − x + 1 + x 

t2 − 2 = 1 − x 2 , với 0 ≤ t ≤ 2 . 2

Phương trình theo t có dạng 2

⇔ ( t − 2 ) ( t 2 + 4t + 8 ) = 0 ⇔ t = 2 (nhận). 2

ƠN

Với t = 2 ta được 1 − x + 1 + x = 2 ⇔ 1 − x 2 = 1 ⇔ x = 0 .

 t2 − 2  7+  2   t= 4

Vậy phương trình có nghiệm x = 0 . Câu 31. (HSG12 tỉ tỉnh Thừ Thừa Thiên Huế Huế năm 20182018-2019) Giải phương trình 2 x + 3 + ( x + 1) x 2 + 6 + ( x + 2 ) x 2 + 2 x + 9 = 0

( x ∈ ℝ) .

Lời giả giải

u = x 2 + 2 x + 9 > 0 Đặt  v = x 2 + 6 > 0 u 2 − v2 − 3 2

QU Y

 u 2 − v2 = 2 x + 3 ⇔ x =

 u2 − v2 −1   u 2 − v2 + 1  + u . Phương trình đã cho trở thành: u 2 − v 2 + v.    =0 2 2     ⇔ 2 (u 2 − v2 ) + (u + v ) (u 2 − v2 ) + (u − v ) = 0

KÈ

u − v = 0 u = v ⇔ ⇔ 2  2 ( u + v ) + ( u + v ) + 1 = 0 u + v = −1 ( vn )

Với u = v ta có

3 x2 + 6 = x2 + 2 x + 9 ⇔ x = − . 2

DẠ

3 Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là x = − . 2 Câu 32. (HSG10 Cụ phương trình Cụm Hà Đông Hà Đứ Đức Hà Nộ Nội năm 20182018-2019)Giải 2019) 2 4 x + 12 x x + 1 = 27 ( x + 1) . Lời giả giải

Tác giả giả: Phạ Phạm Thị Thị Diệ Diệu Huyề Huyền; Fb: Phạ Phạm Thị Thị Diệ Diệu Huyề Huyền

Điều kiện: x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1 .

Trang 29

4 x 2 + 12 x x + 1 = 27 ( x + 1) ⇔ 4 x 2 + 2.2 x .3 x + 1 + 9 ( x + 1) = 36 ( x + 1)

)

FI CI A

(

⇔ 2x + 3 x + 1

  4 x 2 = 9 ( x + 1)   2x + 3 x + 1 = 6 x + 1  2x = 3 x + 1 x ≥0  ⇔ = 36 ( x + 1) ⇔  ⇔ 2 2x + 3 x + 1 = −6 x + 1 2 x = −9 x + 1  4 x = 81 ( x + 1)   −1 ≤ x ≤ 0

x =3   ⇔ (thỏa mãn điều kiện).  x = 81 − 9 97  8 Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 3 và x =

81 − 9 97 . 8

Câu 33. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 20182018-2019) Giải phương trình 3x + 1 + 4 x − 3 = 5 x + 4

Lời giả giải

3 x + 1 ≥ 0  3 x + 1 + 4 x − 3 = 5 x + 4 ⇔ 4 x − 3 ≥ 0  3 x + 1 + 4 x − 3 + 2 (3 x + 1)(4 x − 3) = 5 x + 4

Ta có

ƠN

Tác giả giả:Anh Tuấ Tuấn ; Fb: Anh Tuan.

QU Y

3  x≥  3  4 3  x ≥  ≤ x≤3 4 ⇔ ⇔ 4 ⇔ x =1 ⇔  x = 1  (3x + 1)(4 x − 3) = 3 − x  11x 2 + x − 12 = 0 12    x = − 11 

Kết luận:Tập nghiệm của phương trình là S = {1} . Câu 34. (HSG11 tỉ tỉnh Quả Quảng Ngãi năm năm 20182018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  0;1 . Chứng minh phương trình f ( x ) +  f (1) − f (0) x = f (1) có ít nhất một nghiệm thuộc  0;1 .

Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thanh Tuấ Tuấn ; Fb: Nguyễ Nguyễn Thanh Tuấ Tuấn

KÈ

Ta viết lại phương trình đề bài: f ( x ) +  f (1) − f (0) x − f (1) = 0 . Đặt: g( x ) = f ( x ) +  f (1) − f (0) x − f (1) . Ta có: g(0) = f (0) − f (1) ; g(1) = f (1) − f (0) . 2

Nhận thấy g( x ) liên tục trên  0;1 và g(0).g(1) = −  f (0) − f (1) ≤ 0 .

DẠ

Vì vậy phương trình g( x ) = 0 luôn có ít nhất một nghiệm thuộc  0;1 (đpcm). Câu 35. (HSG10 Cụ Cụm Hà Đông Hà Đứ Đức Hà Nộ Nội năm 20182018-2019) Tìm m để phương trình 4 mx 2 − 2 ( m − 2 ) x + 2m − 7 = 0 ( m là tham số) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x1 − x2 = . 3 Lời giả giải Trang 30

Tác giả giả: TRẦ TRẦN TRUNG TÍN; Fb: TÍN TRẦ TRẦN Ta có x1 − x2 =

4 ≠ 0  x1 ≠ x2 . 3

 2 ( m − 2)  S = x1 + x2 = m Theo định lí Vi-ét, ta có:  .  P = x .x = 2 m − 7 1 2  m

FI CI A

 m ≠ 0 m ≠ 0 m ≠ 0 ⇔ ⇔ 2 ⇔ . 2 −1 < m < 4 ( m − 2 ) − m ( 2 m − 7 ) > 0 −m + 3m + 4 > 0

2 Do đó, phương trình mx − 2 ( m − 2 ) x + 2m − 7 = 0 có hai nghiệm x1 , x2

Khi đó:

4 16  2 ( m − 2)  16  2m − 7  16 x1 − x2 = ⇔ x12 − 2 x1 x2 + x22 = ⇔ S 2 − 4P = ⇔  − 4 = 3 9 9 m  m  9  

2 ∆′ . a

QU Y

Lưu ý: Có thể sử dụng công thức x1 − x2 =

m = 3 Kết hợp điều kiện suy ra  .  m = −12 13 

ƠN

m = 3 m 2 − 4m + 4 2m − 7 4 −13 2 ⇔ − = ⇔ m + 3m + 4 = 0 ⇔  .  m = −12 m2 m 9 9 13 

Câu 36. (HSG11 Thị m để phương trình sau có nghiệm thực: Thị Xã Quả Quảng Trị Trị năm 20182018-2019)Tìm 2019)

(

)

1 + x2 − 1 − x2 + 2 = 2 1 − x4 + 1 + x2 − 1 − x2 . Lời giả giải

Tác giả giả: Vĩnh Vĩnh Tín, FB: Vĩnh Tín

Điều kiện xác định của phương trình: −1 ≤ x ≤ 1 .

KÈ

Đặt t = 1 + x 2 − 1 − x 2 . Khi đó t liên tục trên [ −1;1] và t ≥ 0 .  t 2 = 2 − 2 1 − x 4 ≤ 2  t ∈ 0; 2 

−t 2 + t + 2 . t+2

Phương trình trở thành: m(t + 2) = −t 2 + t + 2 ⇔ m =

DẠ

Xét f (t ) =

f '(t ) =

−t 2 + t + 2 ; t ∈  0; 2  ta có f (t ) liên tục trên 0; 2    t+2

−t 2 − 4t < 0, ∀t ∈ 0; 2 (t + 2) 2

(

)

 f (t ) nghịch biến trên 0; 2  Trang 31

Vậy phương trình đã cho có nghiệm thực khi f ( 2 ) = 2 − 1 ≤ m ≤ 1 = f (0) 37. (HSG10 tỉ Hà Tĩnh năm 2018Cho Câu tỉnh Tĩnh 2018-2019)

phương

trình

+ ax + 1) + a ( x + ax + 1) + 1 = 0, với a là tham số. Biết rằng phương trình có nghiệm thực duy 2

nhất. Chứng minh rằng a > 2 .

FI CI A

Lời giả giải

Tác giả giả: Phan Văn Lâm; FB: Lâm Phan 2

Xét phương trình ( x 2 + ax + 1) + a ( x 2 + ax + 1) + 1 = 0 (1) Đặt t = x 2 + ax + 1, khi đó x 2 + ax + 1 − t = 0

( 2 ) và phương trình đã cho trở thành: t 2 + at + 1 = 0 ( 3) .

Phương trình (1) có nghiệm khi a và t thỏa mãn: a 2 − 4 ≥ 0 và a 2 − 4 + 4t ≥ 0 .

a 2 − 4 ≥ 0 ⇔ a ≤ −2 hay a ≥ 2 . Nếu a ≤ −2 thì ( 3 ) có nghiệm t > 0, khi đó a 2 − 4 + 4t > 0, suy ra ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt, mâu thuẫn với giả thiết (1) có nghiệm duy nhất. Nếu a = 2 thì phương trình ( 3 ) có nghiệm t = −1, khi đó điều kiện a 2 − 4 + 4t ≥ 0 không được thỏa mãn.

ƠN

Vậy a > 2 . Câu 38. (HSG11 Bắ Bắc Ninh 20182018-2019) Cho tam thức f ( x ) = x 2 + bx + c . Chứng minh rằng nếu

phương trình f ( x ) = x có hai nghiệm phân biệt và b 2 − 2b − 3 > 4c thì phương trình f  f ( x )  = x có bốn nghiệm phân biệt. Lời giả giải

Tác giả giả:Nguyễ :Nguyễn Mạ Mạnh Hà ; Fb: Nguyễ Nguyễn Mạ Mạnh Hà

Xét phương trình: f  f ( x )  = x ⇔ f 2 ( x ) + b. f ( x ) + c − x = 0

QU Y

⇔ f ( x )  f ( x ) − x  + b.  f ( x ) − x  + x  f ( x ) − x  + x 2 + bx + c − x = 0 ⇔  f ( x ) − x   f ( x ) + b + x  + f ( x ) − x = 0 ⇔  f ( x ) − x   f ( x ) + b + x + 1 = 0  f ( x ) − x = 0 (1) ⇔  f ( x ) + b + x + 1 = 0

( 2)

- Từ giả thiết phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

KÈ

- Phương trình ( 2 ) ⇔ x 2 + ( b + 1) x + b + c + 1 = 0 2

có ∆ = ( b + 1) − 4 ( b + c + 1) = b 2 − 2b − 3 − 4c > 0 ( vì theo giả thiết b 2 − 2b − 3 > 4c ) Do đó phương trình ( 2 ) luôn có hai nghiệm phân biệt. Giả

sử

là

một

nghiệm

của

phương

trình

(1) khi

đó:

DẠ

x0 2 + bx0 + c − x0 = 0 ⇔ x0 2 + ( b + 1) x0 + c − 2 x0 = 0 ⇔ x0 2 + ( b + 1) x0 + c = 2 x0

Khi

đó

nếu

là

một

nghiệm

x0 2 + ( b + 1) x0 + b + c + 1 = 0 ⇔ 2 x0 + b + 1 = 0 ⇔ x0 =

của

phương

trình

( 2 ) thì

−b − 1 2

Trang 32

2 b +1  −b − 1  b + b Khi đó (1) trở thành:  − +c+ = 0 ⇔ −b 2 + 2b + 3 + 4c = 0 ⇔ b 2 − 2b − 3 = 4c (trái  2 2 2   2 với giả thiết của đề bài b − 2b − 3 > 4c ).

Vậy phương trình f  f ( x )  = x có bốn nghiệm phân biệt. 2

FI CI A

Do đó x0 là một nghiệm của phương trình (1) nhưng không là nghiệm của phương trình ( 2 ) .

2) Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn ( a + b − c ) = ab .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 2

ab c2 c   thức P = + 2 + giải  Lời giả 2 a+b a +b  a+b−c

Tác giả giả:Lưu Thị Thị Hạnh ; Fb: Hạ Hạnh Lưu 2

và P =

Đặt a = xc, b = yc .thay vào biểu thức ( a + b − c ) = ab ta có: ( xc + yc − c ) = c 2 xy ⇔ ( x + y − 1) = xy xy 1 1 + 2 + 2 x+ y x + y xy

x+ y 2 ( x + y − 1) = xy ≤    2 

2 2  ( x + y ) − 4 ( x + y ) − 2 ( x + y ) + 1 ≥ 0   2 2 ⇔ 3( x + y ) − 8 ( x + y ) + 4 ≤ 0 ⇔ ≤ x + y ≤ 2 3

ƠN

Ta có:

2 2 2  Đặt t = x + y ,  ≤ t ≤ 2  . Từ xy = ( x + y − 1) ta có xy = ( t − 1) . 3 

= ≥

( t − 1)

t − 2 ( t − 1)

( t − 1)

1 1 + −t + 4t − 2 ( t − 1)2 2

1 2

2 ( t − 1)

1 1 + −t + 4t − 2 2 ( t − 1)2 2

KÈ

( t − 1)

QU Y

Thay vào biểu thức P ta được

2 4 2 4 2  + 2 = + 2 ≥ 2, ∀t ∈  ; 2  2 t t − 1 −t + 4t − 2 + 2 ( t − 1) ) t t −1 t 3 

Vậy Pmin = 2 ⇔ a = b = c = 1 .

DẠ

3) Lớp 11 Toán có 34 học sinh tham gia kiểm tra môn Toán để chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh. Đề kiểm tra gồm 5 bài toán. Biết rằng mỗi bài toán luôn có ít nhất 19 học sinh giải quyết được. Chứng minh rằng có 2 học sinh sao cho mỗi bài toán đều được một trong hai học sinh này giải quyết được.L Lời giả giải

Tác giả giả: Vũ Vũ Ngọ Ngọc Phát; Fb: Vũ Vũ Ngọ Ngọc Phát

Trang 33

Giả sử ngược lại: với mỗi 2 học sinh bất kì, luôn tồn tại ít nhất một bài toán mà cả hai học sinh đều không giải được. Gọi ( x , y , a ) là bộ gồm hai học sinh x , y và bài toán a mà cả hai học sinh x , y

đều không giải được. Gọi k là số bộ ba ( x , y , a ) .

FI CI A

Số cách chọn hai học sinh từ 34 học sinh là C342 .

Vì với mỗi 2 học sinh bất kì, luôn tồn tại ít nhất một bài toán mà cả hai học sinh đều không giải được nên k ≥ C342 = 561 (*) . Theo đề ta có mỗi bài toán luôn có ít nhất 19 học sinh giải quyết được nên mỗi bài toán có nhiều nhất 15 học sinh không giải được. Như vậy với mỗi bài toán a có nhiều nhất C152 cặp học sinh không giải được bài toán a . Do đó k ≤ C152 = 525 . Mâu thuẫn với (*) .

( m + 2)

Vậy có 2 học sinh sao cho mỗi bài toán đều được một trong hai học sinh này giải quyết được. Câu 39. (HSG12 tỉ Điệ Biên năm 2018Cho phương tỉnh Điện 2018-2019)

trình

x ( x + 1) − x + ( m − 6 ) x − 1 = 0 (1) . Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm 2

thực.

ƠN

Lời giả giải

Tác giả giả: Minh Hạ Hạnh; Fb: fb.com/meocon2809

1. - Với x = 0 thì phương trình vô nghiệm. - Với x > 0 , Phương trình (1) ⇔ ( m + 2 )

x2 + 1 x2 + 1 − + m−6 = 0. x x

QU Y

Đặt t =

t ≥ 2 x2 + 1   x2 + 1 ; 2 x t = x 

Điều kiện: x ≥ 0 .

Ta được phương trình mới theo ẩn phụ: ( m + 2 ) t − t 2 + m − 6 = 0 ⇔

t = −4 ( l ) t 2 − 2t + 6 t 2 + 2t − 8  f ′ (t ) = =0⇔ . 2 t +1 ( t + 1) t = 2

KÈ

Bảng biến thiên x

y′

( 2) .

Xét hàm số f ( t ) =

t 2 − 2t + 6 =m t +1

−∞

−4 0

+∞

+ +∞

2 2 −2

DẠ

Nhìn bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm ⇔ m ≥ 2 . Câu 40. (HSG12 tỉ tỉnh Điệ Điện Biên năm 20182018-2019) Cho đa thức f ( x ) = x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 có nghiệm

thực. Chứng minh rằng

a 2 + b 2 − 4b + 1 > 0 . Lời giả giải Trang 34

Giả sử đa thức đã cho có nghiệm trong trường hợp a 2 + b2 − 4b + 1 ≤ 0 . 2

Vì x = 0 không là nghiệm của phương trình f ( x ) = 0 nên: 2

Đặt t = x +

FI CI A

1  1 1 1     x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 = 0 ⇔  x 2 + 2  + a  x +  + b = 0 ⇔  x +  + a  x +  + b − 2 = 0 x  x x x    

Ta có: a 2 + b 2 − 4b + 1 ≤ 0 ⇔ a 2 + ( b − 2 ) ≤ 3 (1) .

1 thì phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi t 2 + at + b − 2 = 0 có nghiệm thỏa mãn x

t ≥ 2.

Xét hàm số g ( t ) = t 2 + at + b − 2 −a −a . Như (1) trên thì ∉ ( −2; 2 ) 2 2

Do đó ta có bảng biến thiên

−∞

f ′ (t ) g (t )

−2

+∞

+ +∞

2a + b + 2

−2 a + b + 2

ƠN

Ta có: g ′ ( t ) = 2t + a, g ′ ( t ) = 0 ⇔ t =

( 2) ( 3)

QU Y

−2a + b + 2 ≤ 0 Phương trình có nghiệm thì  2a + b + 2 ≤ 0

KÈ

Những điểm M ( a; b ) thoả (1) thì nằm bên trong hoặc biên đường tròn tâm I ( 0; 2 ) và bán kính bằng

Những điểm N ( a; b ) thoả mãn (2) và (3) là những điểm thuộc phần không chứa gốc tạo độ của các

DẠ

 −2 x + y + 2 = 0 đường thẳng  2 x + y + 2 = 0 Những phần đó theo hình vẽ là không có điểm chung, vì vậy ta có mâu thuẫn. Ta có điều phải chứng minh: Nếu đa thức đã cho có nghiệm thì a 2 + b2 − 4b + 1 > 0 Chú ý: Bài có thể giải nhanh như sau:

Trang 35

t 2 + at + b − 2 = 0 ⇔ t 2 = − at + 2 − b  t 4 = (−at + 2 − b) 2 ≤  a 2 + (b − 2)2  (1 + t 2 ) t 4 −1 2  a 2 + (b − 2) 2 > 2 = t − 1 ≥ 3  a 2 + b 2 − 4b + 1 > 0 t +1

FI CI A

Câu 41. (HSG12 Thành Phố Phố Đà Nẵ Nẵng 20182018-2019) Tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2  π π = m có 6 nghiệm phân biệt thuộc  − ;  là tan 4 x − 2 cos x  2 2 A. m = 3 B. 2 < m < 3 C. 2 ≤ m ≤ 3 D. m = 2 Lời giả giải

Tác giả giả: Trầ Trần Đứ Đức Phương; Phương; Fb: Phuong Tran Duc. Chọ Chọn B Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

+ kπ , k ∈ℤ .

2 = m ⇔ tan 4 x − 2 tan 2 x − 2 = m (*) 2 cos x

ƠN

Ta có: tan 4 x −

Phả Phản biệ biện: Tuấ Tuấn Minh; Fb: Tuấ Tuấn Minh

Đặt t = tan 2 x , t ≥ 0 . Khi đó (*) trở thành: t 2 − 2t − 2 = m . Nhận xét:

Với t = 0 thì phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 0 .

 π π Với mỗi t > 0 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x phân biệt thuộc  − ;  .  2 2

Với mỗi t < 0 thì phương trình đã cho không tồn tại nghiệm x .

KÈ

QU Y

Đồ thị của hàm số y = t 2 − 2t − 2 :

3 2

x O

 π π  − ;  khi và chỉ  2 2 khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = t 2 − 2t − 2 tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 0. 2 = m có 6 nghiệm phân biệt thuộc cos 2 x

Dựa vào đồ thị, phương trình tan 4 x −

DẠ

Lúc đó: 2 < m < 3 .

Trang 36

y=m

FI CI A

x O

Câu 42. (HSG12 Tỉ Tỉnh Nam Đị Định 20182018-2019) Cho phương trình x2 + 7 + m x2 + x + 1 = x4 + x2 + 1 + m

(

)

x2 − x + 1 − 2 .

A. −

26 . 3

13 . 6

Biết tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có nghiệm là ( −a ; b ) . Tính P = b + a

13 . 3

Chọ Chọn C x2 + 7 + m x2 + x + 1 = x4 + x2 + 1 + m

(

x2 − x + 1 − 2

)

x2 − x + 1 − x2 + x + 1 − 2

)

⇔ x2 + 7 − x4 + x2 + 1 = m

(

ƠN

Lời giả giải

13 . 2

Đặt t = x 2 − x + 1 − x 2 + x + 1  t 2 = 2 x 2 − 2 x 4 + x 2 + 1 + 2

t′ ( x ) = 0 ⇔

2x −1 2

−

x − x +1

2x −1 2 x2 − x + 1

−

2x + 1 2 x2 + x + 1

QU Y

Xét hàm số t = x 2 − x + 1 − x 2 + x + 1 liên tục trên ℝ có t ′ ( x ) = 2x +1 2

x + x +1

= 0 ⇔ ( 2 x − 1) x 2 + x + 1 = ( 2 x + 1) x 2 − x + 1

( 2 x − 1) . ( 2 x + 1) ≥ 0 ⇔ 2 2 2 2 ( 2 x −1) ( x + x + 1) = ( 2 x + 1) . ( x − x + 1)

KÈ

 1  x ≥ 2  ⇔  1   x ≤ − 2 (Vô nghiệm)  x = 0

Mặt khác t ′ ( 0 ) < 0  t ′ ( x ) =

2x −1 2

x − x +1

−

2x +1 x2 + x + 1

< 0, ∀x ∈ ℝ .

DẠ

Bảng biến thiên:

Trang 37

L t = −2 (l ) t 2 + 12 t 2 − 4t − 12 , t ∈ ( −1;1) , f ′ ( t ) = =0⇔ . 2 t −2 (t − 2) t = 6 (l )

Xét hàm số f ( t ) =

t 2 + 12 = 2m t −2

FI CI A

 t ∈ ( −1;1) . Ta có phương trình: t 2 + 12 = 2m ( t − 2 ) ⇔

Phương trình

t 2 + 12 13 13 13 = 2m có nghiệm t ∈ ( −1;1) ⇔ −13 < 2m < − ⇔ − < m < − t−2 3 2 6

13 13 13 ,b = −  b + a = . 2 6 3

QU Y

a=

ƠN

Bảng biến thiên:

Câu 43. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 20182018-2019) Với giá trị nào của m thì phương trình

( m − 5) x2 + 2 ( m − 1) x + m = 0

Chọ Chọn D

KÈ

có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa x1 < 2 < x2 ? 8 A. m ≥ 5 . B. m < . 3

8 ≤ m ≤5. 3

DẠ

8 < m <5. 3

Lời giả giải

Tác giả giả: Đỗ Đỗ Hoàng Tú; Fb: Đỗ Đỗ Hoàng Tú

( m − 5) x2 + 2 ( m − 1) x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔  m ≠ 5 m ≠ 5 ⇔  ⇔  ⇔ 2 3m + 1 > 0 ( m − 1) − ( m − 5 ) m > 0

m − 5 ≠ 0   ∆′ > 0

m ≠ 5   1 . (1) m > − 3

Trang 38

 ( x1 − 2 )( x2 − 2 ) < 0 ⇔ x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) + 4 < 0 ⇔

x − 2 < 0 x1 < 2 < x2 ⇔  1  x2 − 2 > 0

FI CI A

( m − 5) x2 + 2 ( m − 1) x + m = 0 có hai nghiệm thỏa mãn

4 ( m − 1) m 9m − 24 + +4<0 ⇔ <0 ⇔ m−5 m−5 m−5

8 < m <5. 3 8 < m<5. 3

Kết hợp với (1) 

 2 ( m − 1)  S = x1 + x2 = − m−5 . Khi đó, theo hệ thức Vi – ét ta có:  P = x x = m 1 2  m−5

ƠN

Câu 44. (HSG12 tỉ tỉnh Bắ Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 4 − 2mx 2 + (2m − 1) = 0 có 4 nghiệm thực phân biệt là: 1  1  A. (1;+∞ ) . B.  ; +∞  \ {1} . C.  ; +∞  . D. ℝ . 2 2     Lời giả giải

Tác giả giả: Phan Thanh Quỳ Quỳnh; Fb:Thanh Quynh Phan

Chọ Chọn B

Đặt t = x 2 ≥ 0 , khi đó phương trình đã cho trở thành: t 2 − 2mt + (2m − 1) = 0 ⇔ (t − 1)(t − 2m + 1) = 0

(1)

QU Y

Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt ⇔ t = 2m − 1 phải dương và khác 1 ⇔

1 < m ≠ 1. 2

KÈ

Câu 45. (HSG10 Kim Liên 20182018-2019) Cho phương trình x + 3 + 6 − x = 18 + 3 x − x 2 + m , (1), (với m là tham số). a)Giải phương trình (1) khi m = 3 . b)Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm. Lời giả giải

Tác giả giả: Hả Hải Thương ; Fb: Hả Hải Thương

Đk: −3 ≤ x ≤ 6 .

Đặt t = 3 + x + 6 − x , 3 ≤ t ≤ 3 2 . Suy ra 18 + 3 x − x 2 =

t2 − 9 . 2

Phương trình (1) trở thành t 2 − 2t = 9 − 2m .

DẠ

t = −1 (l) a)Khi m = 3 phương trình trở thành t 2 − 2t − 3 = 0 ⇔  t = 3  x = −3 t = 3 ⇔ 3 + x + 6 − x = 3 ⇔ 9 + 2 18 + 3 x − x 2 = 9 ⇔ 18 + 3 x − x 2 = 0 ⇔  x = 6

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = −3, x = 6 . Trang 39

b)Phương trình (1) có nghiệm khi phương trình t 2 − 2t = 9 − 2m có nghiệm t ∈ 3;3 2  .

Phương trình (1) có nghiệm ⇔ 3 ≤ 9 − 2m ≤ 18 − 6 2 ⇔

f ( t ) đồng biến trên 3;3 2  nên

f ( t ) = t 2 − 2t

−9 + 6 2 ≤ m ≤ 3. 2

FI CI A

với t ∈ 3;3 2  . Hàm số 3 ≤ f ( t ) ≤ 18 − 6 2 với t ∈ 3;3 2  .

Xét hàm số

Câu 46. (HSG10 tỉ tỉnh Vĩnh Vĩnh Phúc năm 20182018-2019) Cho hai phương trình: x 2 − 2 x − a 2 + 1 = 0 (1) và

x2 − 2 ( a + 1) x + a ( a − 1) = 0 ( 2 ) . a) Tìm a để phương trình ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt.

b) Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình (1) và x3 ; x4 là hai nghiệm của phương trình ( 2 ) với

x3 < x4 . Tìm tất cả các giá trị a để x1 ; x2 ∈ ( x3 ; x4 ) . Lời giả giải

Phương

trình

( 2)

có

hai

nghiệm

∆′ > 0 ⇔ ( a + 1) − a ( a − 1) > 0 ⇔ 3a + 1 > 0 ⇔ a >

−1 . 3

ƠN

Tác giả giả:Nguyễ :Nguyễn Thị Thị Ái Trinh ; Fb: Trinh Nguyễ Nguyễn a) Xét phương trình: x 2 − 2 ( a + 1) x + a ( a − 1) = 0 .

phân

biệt

khi

và

chỉ

khi

−1 thì phương trình ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt. 3 b) Xét phương trình: Vậy với a >

x = 1− a 2 x 2 − 2 x − a 2 + 1 = 0 ⇔ ( x − 1) − a 2 = 0 ⇔ ( x − 1 + a )( x − 1 − a ) = 0 ⇔  . x = 1+ a

QU Y

−1 . 3 hay x3 < x1 ≤ x2 < x4 (giả sử x1 ≤ x2 ) khi và chỉ khi:

Ta có: f ( x ) = x 2 − 2 ( a + 1) x + a ( a − 1) có hai nghiệm phân biệt x3 ; x4 khi a > Theo giả thiết x1 ; x2 ∈ ( x3 ; x4 )

KÈ

 −1 < a <1 2  f ( x1 ) < 0  f (1 − a) < 0 4a − 3a − 1 < 0 −1  4 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < a <1.  4  f (1 + a ) < 0  f ( x2 ) < 0 −3a − 1 < 0  a > −1  3 −1 Vậy với < a < 1 thì x1 ; x2 ∈ ( x3 ; x4 ) . 4

Câu 47. (HSG11 tỉ tỉnh Phú Yên năm 20182018-2019) Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m : x + 2 mx − m 2 + x − 2 mx − m 2 ≤ 2 m với m > 0

Lời giả giải

Cách 1

DẠ

mx − m 2 ≥ 0   x + 2 mx − m 2 ≥ 0 Điều kiện:  ⇔ x ≥ m (1)  x − 2 mx − m 2 ≥ 0  m > 0

Trang 40

Đặt t = 2 mx − m 2 ; t ≥ 0. Thì x =

Và

x − 2 mx − m 2 =

t 2 + 4m 2 (t + 2 m ) 2 | t + 2 m | +t = = 4m 4m 2 m t 2 + 4m 2 (t − 2 m ) 2 | t − 2 m | . −t = = 4m 4m 2 m

Khi đó bất phương trình đã cho là | t + 2m | + | t − 2m |≤ 4m, m > 0

(2)

Vì m > 0, t ≥ 0 nên | t + 2m |= t + 2m nên

 t − 2m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ t ≤ 2m Nghĩa là 0 ≤ 2 mx − m 2 ≤ 2m ⇔ m 2 ≤ mx ≤ 2m 2 ⇔ m ≤ x ≤ 2m Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [m; 2m] .

( 2 ) ⇔ t + 2m+ | t − 2m |≤ 4m ⇔| t − 2m |≤ 2m − t , m ≥ 0

FI CI A

x + 2 mx − m 2 =

t 2 + 4m 2 4m

mx − m 2 ≥ 0   x + 2 mx − m 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ m (*) Điều kiện:   x − 2 mx − m 2 ≥ 0  m ≥ 0

ƠN

Cách 2

Với điều kiện trên, hai vế của bất phương trình không âm, bình phương hai vế ta được

(

)

QU Y

x + 2 mx − m 2 + 2 x 2 − 4 mx − m 2 + x − 2 mx − m 2 ≤ 4m

⇔

x 2 − 4mx + 4m 2 ≤ 2m − x

⇔

( x − 2m ) 2 ≤ 2 m − x

⇔

| x − 2m |≤ 2m − x

(**)

+) Nếu x ≥ 2m thì bất phương trình (**) ⇔ x − 2m ≤ 2m − x ⇔ x ≤ 2m . Kết hợp với điều kiện x ≥ 2m ta được x = 2m

(1)

KÈ

+) Nếu x < 2m thì bất phương trình (**) ⇔ 2m − x ≤ 2m − x ( luôn đúng). Kết hợp với điều kiện (*) ta được m ≤ x < 2m

( 2)

Từ (1) và ( 2 ) ta có tập nghiệm của bất phương trình là S = [m; 2m] .

DẠ

Câu 48. (HSG10 PHÙNG KHẮ KHẮC KHOANKHOAN- HÀ NỘ NỘI 20182018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số 4 2 m ( m ∈ R ) để phương trình: x − ( 3m + 1) x + 6m − 2 = 0 có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn −4 . Lời giả giải

Tác giả giả:Nguyễ :Nguyễn Thủ Thủy ; Fb:Thuy Nguyen

 2 Ta có: x 4 − ( 3m + 1) x 2 + 6m − 2 = 0 ⇔  x = 22 ⇔ x = ± 2 x = 3m − 1 

Trang 41

Để phương trình có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn −4 thì

 m ≠1 3m − 1 ≠ 2 ⇔  1  < m < 17 0 < 3m − 1 < 16  3 3

{

FI CI A

 1 17  Vậy với m ∈  ;  \ {1} thì thỏa mãn đề bài. 3 3 

Câu 49. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢ PHƯỢNG 20182018-2019) . Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham 2 2 3 số): x − 2 ( m − 1) x − m + ( m + 1) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P = x13 + x23 + x1 x2 ( 3 x1 + 3 x2 + 8 ) . Lời giả giải 2

Ta có ∆ ' = ( m − 1) + m 3 − ( m + 1) = m 3 − 4m . Phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≤ 4

Tác giả giả: Trầ Trần Như Tú; Fb: Tú Tran

ƠN

m ( m 2 − 4 ) ≥ 0 ∆ ' ≥ 0 m ∈ [ −2;0] ∪ [ 2; +∞ ) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ m ∈ [ −2; 0] ∪ [ 2;3] . m ≤ 3  x1 + x2 ≤ 4 2 ( m − 1) ≤ 4

Ta có P = x13 + x23 + x1 x2 ( 3 x1 + 3 x2 + 8 ) 3 3

= ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 3 2 =  2 ( m − 1)  + 8  −m3 + ( m + 1)   

= ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) + 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2

= −16m 2 + 40m

QU Y

= 8 ( m3 − 3m 2 + 3m − 1) − 8m3 + 8 ( m 2 + 2m + 1)

KÈ

Xét P = −16m2 + 40m với m ∈ [ −2;0] ∪ [ 2;3] .

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 16 khi m = 2 , đạt giá trị nhỏ nhất bằng −144 khi m = −2 . Câu 50. (HSG11 tỉ tỉnh Phú Yên năm 20182018-2019) Cho bốn số thực p, q, m, n thỏa mãn hệ thức 2

( q − n ) + ( p − m )( pn − qm ) < 0

(1). Chứng minh rằng 2 phương trình x2 + px + q = 0 (2) và

DẠ

x 2 + mx + n = 0 (3) đều có các nghiệm phân biệt và các nghiệm của chúng nằm xen kẽ nhau khi biểu diễn trên trục số. Lời giả giải

Cách 1:

Từ điều kiện ( q − n ) + ( p − m )( pn − qm ) < 0 suy ra p − m ≠ 0 (4). Trang 42

Các phương trình (2) và (3) đều có hệ số a = 1 > 0 nên các parabol biểu diễn đều có bề lõm quay lên trên.

Hai phương trình có nghiệm phân biệt và nằm xen kẽ nhau khi biểu diễn trên trục số khi và chỉ khi đồ thị các hàm số y = x 2 + px + q ( P ) và y = x 2 + mx + n ( P ') cắt nhau tại 1 điểm nằm dưới trục y

x x3

(Minh họa hình vẽ) Hoành độ giao điểm của ( P ) và ( P ') là nghiệm của phương trình

n−q ⋅ p−m

ƠN

x 2 + px + q = x 2 + mx + n ⇔ x =

Tung độ giao điểm của ( P ) và ( P ') là

( p − m)

( n − q ) 2 + p ( n − q )( p − m ) + q ( p − m )2   

( n − q ) 2 + ( p − m )( pn − qm )  < 0 (theo (4)).  

( p − m)

QU Y

 n−q   n−q  y=  + p +q  p−m  p−m

FI CI A

hoành (5).

Vậy (5) được chứng minh, nên khẳng định của đề bài đã chứng minh xong.

Cách 2: 2

Ta có ( q − n ) + ( p − m )( pn − qm ) < 0 ⇔ ( q − n ) − ( q − n ) p ( p − m ) + ( p − m )( pq − qm ) < 0 2

⇔ f ( q − n ) = ( q − n ) − ( q − n ) p ( p − m ) + q ( p − m ) < 0 . Vì tồn tại p, q, m, n nên

KÈ

p ≠ m 2 2 ∆ = p 2 ( p − m ) − 4q ( p − m ) > 0 ⇔  2 . Do đó phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt  p − 4q > 0 x + x = − p x1 , x2 thỏa mãn  1 2 .  x1 x2 = q

DẠ

Đặt g ( x ) = x 2 + mx + n . Ta có g ( x1 ) .g ( x2 ) = ( x12 + mx1 + n )( x2 2 + mx2 + n )

Trang 43

= ( − px1 − q + mx1 + n )( − px2 − q + mx2 + n ) =  x1 ( m − p ) + n − q   x2 ( m − p ) + n − q  2

= ( q − n ) + ( p − m )( pn − qm ) < 0.

FI CI A

= q ( m − p ) + ( m − p )( n − q )( − p ) + ( n − q )

= x1 x2 ( m − p ) + ( m − p )( n − q )( x1 + x2 ) + ( n − q )

Suy ra phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 ( x3 < x4 ) thỏa mãn trong hai số x1 , x2 có một số thuộc khoảng ( x3 , x4 ) và một số không thuộc khoảng ( x3 , x4 ) . Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Câu 51. (HSG12 huyện huyện Lương Lương Tài Bắc Bắc Ninh năm 2019) Cho hàm số đa thức bậc ba y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ. Với m là tham số thực bất kì thuộc đoạn [ 0; 2] , phương trình

A. 2

3 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt? 2

ƠN

f ( x 3 − 2 x 2 + 2019 x ) = m 2 − 2m +

B. 1

C. 4

D. 3.

Lời giả giải

Tác giả Tuấấn; Fb: Nguyễ giả: Nguyễ Nguyễn Vương Duy Tu Nguyễn Vương Duy Tuấ Tuấn Chọ Chọn D

QU Y

Đặt t = x3 − 2 x 2 + 2019 x  t ′ = 3x 2 − 4 x + 2019 > 0∀x ∈ ℝ  Hàm số đồng biến trên ℝ . Như vậy với mỗi giá trị x cho ta tương ứng một giá trị t . Ta có: f ( x 3 − 2 x 2 + 2019 x ) = m 2 − 2m +

3 3 ⇔ f ( t ) = m 2 − 2m + 2 2

Vì m là tham số thực bất kì thuộc đoạn [ 0; 2] nên ta có:

DẠ

KÈ

1   g (1) = 2  3 3  2 g ( m ) = m − 2m +  g ′ ( m ) = 2m − 2 = 0 ⇔ m = 1 và  g ( 0 ) = 2 2  3   g ( 2) = 2 

Trang 44

1 3  f (t ) = g ( m ) ∈  ;  2 2

FI CI A

Dựa vào đồ thị ta thấy được phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt. Câu 52. (HSG10 Cụ Cụm Hà Đông Hà Đứ Đức Hà Nộ Nội năm 20182018-2019) Cho phương trình 4 2 x − 2 ( m + 2 ) x + 2m + 3 = 0 ( m là tham số). Tìm tất cả giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x1, x2 , x3 , x4 thỏa mãn x14 +x2 4 + x34 + x 4 4 = 52 . Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Văn Tài; Fb: Nguyễ Nguyễn Tài Tài Cách 1:

x 4 − 2 ( m + 2 ) x 2 + 2m + 3 = 0 (1) .

2 Phương trình trở thành t − 2 ( m + 2 ) t + 2m + 3 = 0

Đặt t = x 2 , t ≥ 0 .

( 2) .

biệt t 1 , t 2

∆ '(2) > 0 m 2 + 2m + 1 > 0 m ≠ −1    ⇔ S > 0 ⇔ m + 2 > 0 ⇔ 3 ( ∗) . P > 0 2 m + 3 > 0 m > − 2  

ƠN

Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x1, x2 , x3 , x4 ⇔ Phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm dương phân

t + t = 2 ( m + 2 ) Áp dụng định lý Vi-et, ta có  1 2 .  t 1t 2 = 2m + 3

QU Y

Đến đây, do x 14 + x 2 4 + x 34 + x 4 4 = 52 nên 2t 12 + 2t 22 = 52 ⇔ t 12 + t 2 2 = 26 ⇔ (t 1 + t 2 ) − 2t 1t 2 − 26 = 0 m = 1 .  4 m 2 + 12 m − 16 = 0 ⇔   m = −4

Đối chiếu điều kiện ( * ) ta được m = 1 . Cách 2:

x 4 − 2 ( m + 2 ) x 2 + 2m + 3 = 0 ⇔ ( x 2 − 1)( x 2 − 2m − 3 ) = 0

KÈ

 x = ±1 x 2 − 1 = 0 . ⇔ 2 ⇔ 2 x = 2 m + 3 2 ( ) x − 2 m − 3 = 0  

Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 , x 3 , x 4 khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt và khác nghiệm x = 1; x = −1

DẠ

3  2 m + 3 > 0 m > − ⇔ ⇔ 2 1 ≠ 2 m + 3  m ≠ −1

( ∗) .

Ta có : x 14 + x 2 4 + x 3 4 + x 4 4 = 52 ⇔ (1)4 + (−1)4 +

(

2m + 3

) + (−

2m + 3

)

= 52

m = 1 2 ⇔ ( 2 m + 3 ) = 25 ⇔  .Đối chiếu điều kiện ( ∗) ta được m = 1 .  m = −4 Trang 45

Chuyên đề 4

Bất phương trình

 12  A.  0;  .  5

 12  B.  0;  .  5

FI CI A

mx3 mx 2 + − ( 3 − m ) x + 2 . Tìm Câu 1. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 20182018-2019) Cho hàm số f ( x ) = − 3 2 tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để f ′ ( x ) < 0 với mọi x .  12  C. 0;  .  5

 12  D. 0;  .  5

Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Hoàng Huy; Fb: Nguyen Hoang Huy Chọ Chọn D

mx3 mx 2 + − (3 − m) x + 2 . 3 2

Ta có f ( x ) = −

Hàm số có tập xác định: D = ℝ .

TH1: m = 0  f ′ ( x ) = −3 < 0 (thỏa). TH2: m ≠ 0

ƠN

f ′ ( x ) = −mx 2 + mx − 3 + m .

a = − m < 0

m > 0 ⇔ 2 ∆ = m + 4m ( m − 3) < 0 5m − 12m < 0 2

QU Y

m > 0 m > 0 12  ⇔ ⇔ 12 ⇔ 0 < m < . 5 5m − 12 < 0 m < 5

f ′ ( x ) < 0 , ∀x ⇔ −mx2 + mx − 3 + m < 0 , ∀x ⇔ 

 12  Vậy m ∈ 0;  .  5

Chọ Chọn A

Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thị Thị Anh; Fb: Anh Nguyễ Nguyễn

x 2 − mx − 1 ≤ 2 ∀x ∈ ℝ x2 − 2 x + 3

Ta có:

KÈ

Câu 2. (HSG12 Ninh Bình 20182018-2019) Tập hợp các giá trị thực của tham số thực m để 2 x − mx − 1 ≤ 2 ∀x ∈ ℝ là đoạn [ a; b ] . Tính S = a.b x2 − 2 x + 3 A. S = −12 . B. S = 2 . C. S = 8 . D. S = 12

DẠ

⇔ x 2 − mx − 1 ≤ 2 ( x 2 − 2 x + 3 ) ⇔ x 2 − ( 4 − m ) x + 7 ≥ 0 ∀x ∈ ℝ 2

⇔ ∆ = ( 4 − m ) − 28 ≤ 0 ⇔ m 2 − 8m − 12 ≤ 0 ⇔ 4 − 2 7 ≤ m ≤ 4 + 2 7

Do đó : 4 − 2 7 ≤ m ≤ 4 + 2 7 hay a = 4 − 2 7; b = 4 + 2 7 . Vậy S = a.b = −12 . Câu 3. (HSG10 Cụ tất cả giá trị của tham số m để Cụm Hà Đông Hà Đứ Đức Hà Nộ Nội năm 20182018-2019)Tìm 2019)

Trang 46

x2 − 4x − 4 ≤ 2 với mọi giá trị x ∈ ℝ . x 2 − 2( m − 1) x + 16

Lời giả giải

Để

x2 − 4 x − 4 ≤ 2 với mọi giá trị x ∈ ℝ trước hết cần điều kiện: x 2 − 2( m − 1) x + 16

x 2 − 2( m − 1) x + 16 ≠ 0, ∀x ∈ ℝ

⇔ ∆ ' < 0 ⇔ ( m − 1) 2 − 16 < 0 ⇔ −3 < m < 5 (1)

Khi đó x 2 − 2( m − 1) x + 16 > 0, ∀x ∈ ℝ nên

yêu cầu bài toán ⇔ x 2 − 4 x − 4 ≤ 2 x 2 − 4( m − 1) x + 32 với mọi giá trị x ∈ ℝ

FI CI A

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Minh Thư; Fb: nguyen minh thu

⇔ x 2 − 4( m − 2) x + 36 ≥ 0 với mọi giá trị x ∈ ℝ

ƠN

⇔ ∆ ' ≤ 0 ⇔ 4( m − 2) 2 − 36 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤ 5 (2) . Từ (1) và (2) suy ra −1 ≤ m < 5 là tất cả giá trị cần tìm. Câu 4. (HSG10 CẦ CẦU GIẤ GIẤY – THƯỜ THƯỜNG TÍN - HÀ NỘ NỘI 20182018-2019) Tìm m để bất phương trình 2 x − 4x + m −2 < 2 ≤ 3 nghiệm đúng ∀x ∈ℝ ? x − 2x + 3

Lời giả giải

Tác giả giả: Vũ Vũ Quố Quốc Triệ Triệu ; Fb: Vũ Vũ Quố Quốc Triệ Triệu

+/ Ta có x 2 − 2 x + 3 = ( x − 1) + 2 > 0 ∀x ∈ ℝ nên :

− 2 x 2 + 4 x − 6 < x 2 − 4 x + m 3 x 2 − 8 x + m + 6 > 0 x2 − 4x + m 3 ≤ ⇔ ⇔   2 2 2 x2 − 2 x + 3  x − 4 x + m ≤ 3x − 6 x + 9 2x − 2x + 9 − m ≥ 0

QU Y

−2 <

(1) (2)

+/ Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để mỗi bất phương trình (1) và ( 2 ) nghiệm đúng với mọi x thuộc ℝ .

2 Ta thấy : (1) nghiệm đúng với mọi x thuộc ℝ ⇔ ∆1′ = 42 − 3 ( m + 6 ) < 0 ⇔ m > − . 3 x thuộc ℝ ⇔ ∆′2 = 12 − 2 ( 9 − m ) ≤ 0 ⇔ m ≤

( 2 ) nghiệm đúng với mọi

KÈ

 2 17  Vậy m ∈ − ;  .  3 2 Câu 5. (HSG10

tỉ tỉnh

Vĩnh Vĩnh

Phúc

năm

17 . 2

20182018-2019)

Cho

bất

phương

trình

x − 2 x + 2 ≥ 2m + 1 − 2 x + 4 x , m là tham số. Tính tổng tất cả các giá trị nguyên của m ∈ [ −5;50 ] để 2

DẠ

bất phương trình trên nghiệm đúng với mọi x thuộc tập xác định của nó.

Bất phương trình

Lời giả giải

Tác giả giả: Trầ Trần Thị Thị Kim Thu ; Fb: Thu Tran x 2 − 2 x + 2 ≥ 2 m + 1 − 2 x 2 + 4 x (1) xác định ∀x ∈ ℝ .

Ta được (1) ⇔ 2 ( x 2 − 2 x + 2 ) + x 2 − 2 x + 2 ≥ 2m + 5

Trang 47

Đặt t = x 2 − 2 x + 2 =

( x − 1)

+ 1 ≥ 1 . Ta được g ( t ) = 2t 2 + t ≥ 2 m + 5 ( 2 ) .

FI CI A

Bảng biến thiên của g ( t ) :

Do đó, (1) nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ khi và chỉ khi ( 2 ) nghiệm đúng với mọi t ∈ [1; +∞ )

⇔ 2m + 5 ≤ min g ( t )

[1;+∞ )

⇔ 2m + 5 ≤ g (1) = 3 (Vì g ( t ) đồng biến trên [1; +∞ ) ). ⇔ m ≤ −1

Kết hợp với điều kiện m nguyên và m ∈ [ −5;50] nên có 5 giá trị nguyên của tham số m thoả mãn

ƠN

yêu cầu bài toán là −5; −4; −3; −2; −1 .

Vậy, tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m là −15 .

Câu 6. (HSG12 huyệ huyện Lương Tài Bắ Bắc Ninh năm 2019) Biết m ∈ [ a; b ] thì bất phương trình

A. S = 17 .

B. S = 3 .

x 2 − 2mx + 2m + 3 ≥ 0 có tập nghiệm chứa [ −1; 4 ] . Tính S = a + 6b . C. S =

13 . 6

D. S = 20 .

QU Y

Lời giả giải

Chọ Chọn A

Tác giả giả:Phạ :Phạm Thị Thị Phương; Fb:Phương Phạ Phạm

Xét f ( x) = x 2 − 2mx + 2m + 3 có ∆ ' = m2 − 2m − 3 +) TH1: ∆ ' ≤ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤ 3 : Bất phương trình f ( x) ≥ 0 có tập nghiệm là ℝ ( thỏa mãn yêu cầu bài toán)

KÈ

 m < −1 +) TH2: ∆ ' ≥ 0 ⇔  : Khi đó f ( x) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 ( x1 < x2 ) , bất phương trình m > 3 f ( x) ≥ 0 có tập nghiệm là S = ( −∞; x1 ] ∪ [ x2 ; +∞ )

 4 ≤ x1 Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi: [ −1; 4] ⊂ S ⇔   x2 ≤ −1

DẠ

  f (4) ≥ 0    x1 + x2 > 4   2 ⇔ ⇔ f ( − 1) ≥ 0     x1 + x2 < −1   2

  −6m + 9 ≥ 0   m > 4 ⇔ m∈∅   4m + 4 ≥ 0    m < −1

Vậy bất phương trình x 2 − 2mx + 2m + 3 ≥ 0 có tập nghiệm chứa [ −1; 4] khi −1 ≤ m ≤ 3 Trang 48

Suy ra S = 17 Câu 7. (HSG12 Ninh Bình 20182018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và đồ thị

FI CI A

hàm số y = f ' ( x ) như hình vẽ:

ƠN

1 Bất phương trình f ( x ) ≤   + m có nghiệm thuộc nữa đoạn [ −1; +∞ ) khi và chỉ khi: 2

1 . 2 C. m ≥ f ( −1) − 2 . A. m ≥ f ( −1) −

B. m ≤ f ( −1) − 2 .

D. m ≥ f ( −1) + 2 Lời giả giải

Tác giả giả: Phan Tự Tự Mạnh ; Fb: Phan Tự Tự Mạnh

Chọ Chọn C x

QU Y

1 1 Ta có f ( x ) ≤   + m ⇔ m ≥ f ( x ) −   2 2 x

1 Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) −   trên [ −1; +∞ ) 2 x

DẠ

KÈ

Bảng biến thiên

1 1 Có g ' ( x ) = f ' ( x ) −   .ln > 0 ∀x ∈ [ −1; +∞ ) (Dựa vào đồ thị) 2 2

Yêu cầu bài toán ⇔ m ≥ g ( −1) ⇔ m ≥ f ( −1) − 2 Câu 8. (HSG10 tỉ tỉnh Hà Tĩnh Tĩnh năm 20182018-2019) Giải bất phương trình

(

)

(

)

3x 2 x − x 2 + 3 ≥ 2 1 − x 4 .

Trang 49

Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Hườ Hường; Fb: Nguyen Huong

)

(

)

(

3x 2 x − x 2 + 3 ≥ 2 1 − x 4

(

FI CI A

⇔ 6 x 2 − 3x x 2 + 3 ≥ 2 − 2 x 4

)

⇔ 2 x 2 x 2 + 3 − 3x x 2 + 3 − 2 ≥ 0

(

)(

)

⇔ x x2 + 3 − 2 2x x2 + 3 +1 ≥ 0  x x2 + 3 ≥ 2  ⇔ 1 2  x x + 3 ≤ − 2

(1)

( 2)

Giải (1) :

x > 0

x > 0 ⇔ 4 2  x x + 3 ≥ 4  x + 3 x − 4 ≥ 0  x > 0 ⇔ 2 ⇔ x ≥1 2  x − 1 x + 4 ≥ 0 2

(

)

)(

ƠN

(1) ⇔ 

)

x < 0 x < 0   2 ⇔ ⇔ ( )  2 2  4 1 1 2  x x + 3 ≥ 4  x + 3 x − 4 ≥ 0 x < 0  ⇔  2 −3 + 10  2 3 + 10  x +  ≥0  x −  2 2    ⇔ x≤−

)

−3 + 10 2

QU Y

(

Giải ( 2 ) :

+ 4 x ) 2 x2 + 5x − 3 ≥ 0

DẠ

KÈ

 −3 + 10   ∪ [1; +∞ ) Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S =  −∞; −  2   Câu 9. (HSG10 CẦ CẦU GIẤ GIẤY – THƯỜ THƯỜNG TÍN - HÀ NỘ NỘI 20182018-2019) Giải bất phương trình sau:

+ 4 x ) 2 x2 + 5x − 3 ≥ 0 .

Lời giả giải

Tác giả giả:Thu Hương; Fb: HươngMùa Thu

( *)

 x ≤ −3 ĐKXĐ: 2 x + 5 x − 3 ≥ 0 ⇔  x ≥ 1  2 2

Trang 50

FI CI A

 x ≤ −4 x ≥ 0  x2 + 4 x ≥ 0  ⇔  x = −3 (*) ⇔  2   2 x + 5 x − 3 = 0 x = 1  2

1  So sánh điều kiện, suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −∞ ; − 4] ∪  ; + ∞  ∪ {−3} . 2   Câu 10. (HSG11 Hậ Hậu Lộ Lộc tỉ tỉnh Thanh Hóa năm 20182018-2019) Giải bất phương trình ( x + 3 − x − 1) ⋅ (1 + x 2 + 2 x − 3) ≥ 4 . Lời giả giải

Giải bất phương trình ( x + 3 − x − 1) ⋅ (1 + x 2 + 2 x − 3) ≥ 4 (∗) Điều kiện: x ≥ 1. Suy ra: x + 3 + x − 1 > 0. 4 ⋅ (1 + x 2 + 2 x − 3) x+ 3 + x−1

≥ 4 ⇔ 1 + x2 + 2x − 3 ≥ x + 3 + x − 1 .

ƠN

(∗) ⇔

Tác giả Hồ giả: H ồ Xuân Dũng Dũng ; Fb:Dũng Hồ Hồ Xuân

⇔ 1 + x 2 + 2 x − 3 + 2 x 2 + 2 x − 3 ≥ x + 3 + x − 1 + 2 ( x + 3)( x − 1) .

⇔ x2 − 4 ≥ 0 ⇔ x ≤ −2 hoặc x ≥ 2.

Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S =  2; +∞ ) ⋅ Câu 11. (HSG11 Hậu Hậu Lộc Thanh Hóa năm 20182018-2019) G1ả1 bất phương trình

( x + 3 − x − 1) ⋅ (1 + x 2 + 2 x − 3) ≥ 4 .

QU Y

Lờ1 g1ả1

Xét bất phương trình ( x + 3 − x − 1) ⋅ (1 + x 2 + 2 x − 3) ≥ 4 (1) . Đ1ều k1ện x ≥ 1 (2). Nhận thấy

(1) ⇔

x + 3 + x − 1 > 0, ∀x ≥ 1. Do đó, vớ1 mọ1 x thỏa mãn (2) ta có

4 ⋅ (1 + x 2 + 2 x − 3) ≥4 x + 3 + x −1

⇔ 1 + x2 + 2 x − 3 ≥ x + 3 + x − 1

KÈ

⇔ 1 + x 2 + 2 x − 3 + 2 x 2 + 2 x − 3 ≥ x + 3 + x − 1 + 2 ( x + 3)( x − 1)  x ≤ −2 ⇔ x2 − 4 ≥ 0 ⇔  . x ≥ 2

Kết hợp vớ1 đ1ều k1ện (2) suy ra tập ngh1ệm của bất phương trình (1) là S = [ 2; +∞ ) ⋅

DẠ

Câu 12. (HSG11 THPT Hậ Hậu Lộ Lộc Thanh Hóa năm 20182018-2019) Giải bất phương trình

( x + 3 − x − 1) ⋅ (1 + x 2 + 2 x − 3) ≥ 4 . Lời giả giải

Điều kiện:

Trang 51

(

x+3

) −(

x −1

)

= 4 với mọi x ≥ 1 nên bất phương trình viết lại là:

)(

) ( x + 3) − ( x − 1 ) . (1 + x + 2 x − 3 ) ≥ ( x + 3 −

(

x + 3 − x − 1 . 1 + x2 + 2 x − 3 ≥

⇔

(

x+3 −

x −1

Vì x + 3 > x − 1 ≥ 0 với mọi x ≥ 1 nên

)

x −1

)(

x + 3 + x −1

( ⇔ (1 − ⇔ 1−

) ( x + 2x − 3 − x −1) ≥ 0 x + 3 ) − x − 1. (1 − x + 3 ) ≥ 0 x + 3 )(1 − x − 1 ) ≥ 0 ( 2 ) 2

ƠN

(

(1)

x + 3 − x − 1 > 0 với mọi x ≥ 1.

Do đó (1) ⇔ 1 + x 2 + 2 x − 3 ≥ x + 3 + x − 1 ⇔ 1− x + 3 +

)

FI CI A

Để ý thấy rằng

( *)

x + 3 ≥ 0 x + 3 ≥ 0  ⇔ ⇔ x ≥1 x −1 ≥ 0 x −1 ≥ 0  x2 + 2 x − 3 ≥ 0 

Lại có x ≥ 1  x + 3 ≥ 2  1 − x + 3 ≤ −1 < 0 .

Khi đó ( 2 ) ⇔ 1 − x − 1 ≤ 0 ⇔ x − 1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 2 .

Kết hợp (*) ta được tập nghiệm của bất phương trình là S = [ 2; +∞ ) . Câu 13. (HSG10 PHÙNG KHẮ KHẮC KHOANKHOAN- HÀ NỘ NỘI 20182018-2019) Giải bất phương trình x 2 − x + 25

QU Y

(2x − 5 −

)

x2 − 5x + 6 ≤ 0 .

Lời giả giải

Tác gi giảả:Nguyễ :Nguyễn Dương Long ; Fb: Long Nguyễ Nguyễn

x ≥ 3 Điều kiện x 2 − 5 x + 6 ≥ 0 ⇔  x ≤ 2

Trường hợp 1: Nếu x = 3 hoặc x = 2 thì bất phương trình nghiệm đúng (*)

KÈ

x > 3 Trường hợp 2: Nếu  x < 2

Bất phương trình đã cho ⇔ 2 x − 5 − x 2 − x + 25 ≤ 0 ⇔ x 2 − x + 25 ≥ 2 x − 5 (1)

DẠ

2 x − 5 < 0  Bất phương trình (1) ⇔  2 x − 5 ≥ 0   x 2 − x + 25 ≥ ( 2 x − 5 )2  

5  x < 2  19 5  ⇔  x ≥ ⇔ x≤ .  3 2  19  0 ≤ x ≤   3

x > 3 Kết hợp với điều kiện  của trường hợp 2 có x < 2

19  3 < x ≤ 3 (**)  x < 2 Trang 52

 19  Từ (*) và (**) ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = ( −∞; 2] ∪ 3;   3 Câu 14. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢ PHƯỢNG 20182018-2019) Giải bất phương trình:

( x ∈ ℝ) .

x 2 + 5 x + 28

FI CI A

Lời giả giải

( x + 1)( x + 4 ) ≤ 5

Tác giả giả: Mai Vĩnh Vĩnh Phú; Fb: Mai Vĩnh Phú Vì x 2 + 5x + 28 > 0, ∀x ∈ ℝ nên tập xác định của bất phương trình đã cho là ℝ . Ta có

( x + 1)( x + 4 ) ≤ 5

x 2 + 5 x + 28 ⇔ x 2 + 5 x + 4 ≤ 5 x 2 + 5 x + 28

⇔ x 2 + 5 x + 28 − 24 ≤ 5 x 2 + 5 x + 28 (*)

Đặt a = x 2 + 5 x + 28, a > 0  a 2 = x 2 + 5 x + 28 .

Bất phương trình (*) trở thành a 2 − 24 ≤ 5a ⇔ a 2 − 5a − 24 ≤ 0 ⇔ −3 ≤ a ≤ 8 kết hợp với a > 0

Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = [ −9; 4] .

ƠN

suy ra 0 < a ≤ 8 ⇔ 0 < x 2 + 5 x + 28 ≤ 8 ⇔ x 2 + 5 x + 28 ≤ 64 ⇔ x 2 + 5 x − 36 ≤ 0 ⇔ −9 ≤ x ≤ 4 .

2 + 32 x 2 + 32 x − 2 − 32 x B. 2.

34 x + 4 − 34 x − 7 32 x − 2 ≥ 32 x 4 − 34 x − 2 + 32 x C. Vô số.

QU Y

có bao nhiêu nghiệm? A. 3.

Câu 15. (HSG12 tỉ tỉnh Bắ Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Bất phương trình

D. 1.

Lời giả giải

Chọ Chọn D

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thị Thị Uyên; Fb: Uyen Nguyen

2 − 32 x ≥ 0  Điều kiện: 4 − 34 x ≥ 0 .  4x 2x  4−3 − 2+3 ≠ 0

KÈ

 a = 2 + 32 x Đặt  , a > 2 , 0 ≤ b < 2 . Khi đó 2x b = 2 − 3

DẠ

Bất phương trình trở thành:

a 2 − b 2 = 2.32 x > 0  2 2 . a + b = 4  4x ab = 4 − 3

a 4 − a 2b 2 + ab − 7 −b 2 + ≥ a 2 − b2 a−b ab − b2 2

2 2 2 ( − a 2b 2 + ab − 3) a −b a + b 2 ( −a b + ab − 3) ⇔ + ≥ ⇔ + ≥0 a−b a 2 − b2 a−b a −b a2 − b2

⇔ ( a + b ) + 2 ( − a 2b 2 + ab − 3) ≥ 0 ⇔ −2a 2b 2 + 4ab − 6 + a 2 + b 2 ≥ 0 2

Trang 53

⇔ −2a 2b 2 + 4ab − 2 ≥ 0 ⇔ −2 ( ab − 1) ≥ 0 ⇔ ab = 1 .

Vậy bất phương trình có 1 nghiệm x =

1 (tmđk). 4

1 . 4

Câu 16. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 20182018-2019) Bất phương trình 13 A. x < −3 . B. x ≤ − . C. −3 < x ≤ 2 . 6

FI CI A

Với ab = 1  4 − 34 x = 1 ⇔ 34 x = 3 ⇔ x =

x 2 − 4 ≥ x + 3 có nghiệm

Lời giả giải

D. −3 ≤ x ≤ −

13 . 6

Tác giả giả: Dương Hoàng Quố Quốc; Fb: Dương Hoàng Quố Quốc

Chọ Chọn B Bất phương trình đã cho tương đương

ƠN

  x < −3   x + 3 < 0   x ≥ 2  2  x < −3    x ≤ −2  x − 4 ≥ 0 13   ⇔ ⇔  −13 ⇔ x ≤ − .  x+3≥ 0  6 −3 ≤ x ≤   x ≥ −3   6    2  2  x − 4 ≥ ( x + 3)     x ≤ −13   6 PHƯỢ Câu 17. (HSG10 THPT ĐAN PHƯ ỢNG 20182018-2019) Giải bất phương trình 1+ x − 1− x ≥ x .

Lời giả giải

QU Y

Tác giả giả: Mai Vĩnh Vĩnh Phú ; Fb: Mai Vĩnh Phú

Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1 . Khi đó 1+ x − 1− x ≥ x ⇔

2x ≥x⇔ 1+ x + 1− x

Ta thấy x = 0 là nghiệm.

2   (1) x − 1 ≥ 0 .(1)  1+ x + 1− x 

2 − 1 > 0 . Do đó (1) ⇔ x > 0 . 1+ x + 1− x

KÈ



Với x ≠ 0 , ta có ( 1 + x + 1 − x ) 2 = 2 + 2 1 − x 2 < 4  0 < 1 + x + 1 − x < 2

Suy ra nghiệm của bất phương trình là 0 ≤ x ≤ 1 . Câu 18. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢ PHƯỢNG 20182018-2019) Giải bất phương trình

(

DẠ

x +1 ≤ 2 x +1 − 2x + 3

)

Tác giả giả: Mai Vĩnh Vĩnh Phú; Fb: Mai Vĩnh Phú giảải Lời gi

(

)

x +1 ≤ 2 x +1 − 2x + 3 ⇔ x +1 + 2 2x + 3 ≤ 2x + 2

(1)

Điều kiện x ≥ −1 , đặt t = x + 1  t 2 − 1 = x, t ≥ 0

Trang 54

 t ≤ 0  1  2t − t ≥ 0  2 2 Thay (1) ⇔ 2 2t + 1 ≤ 2t − 1 ⇔  ⇔  t ≥ 4 3 2  2  4t − 4t − 7t − 4 ≥ 0  ( t − 2 ) 4t 3 + 4t 2 + t + 2 ≥ 0 

Th1: t ≤ 0  t = 0 suy ra ( 2 ) vô nghiệm. Th2: t ≥

)

( 2)

FI CI A

(

1 khi đó ( 2 ) ⇔ ( t − 2 ) 4t 3 + 4t 2 + t + 2 ≥ 0 ⇔ t ≥ 2 ⇔ x + 1 ≥ 2 ⇔ x ≥ 3 2

(

)

Vậy tập nghiệm S = [3; +∞ ) .

log π ( x + 1) > log π ( 2 x − 5 ) là 4

5  A.  ;6  . 2 

B. ( −∞ ; 6 ) .

C. ( 6 ; + ∞ ) .

D. ( −1; 6 ) .

ƠN

Lời giả giải

Câu 19. (HSG12 tỉ tỉnh Bắ Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Tập nghiệm của bất phương trình

Tác giả giả: Minh Anh; Fb: Nguyễ Nguyễn Thị Thị Minh Anh.

Chọ Chọn C 5 . 2

Điều kiện: x >

Bất phương trình log π ( x + 1) > log π ( 2 x − 5 )  x + 1 < 2 x − 5 ⇔ x > 6 . 4

Kết hợp điều kiện  x ∈ ( 6 ; + ∞ ) .

QU Y

Câu 20. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình: 1−3 x

2   5

1  B. S =  ; + ∞  . 3 

A. S = ( −∞;1] .

25 . 4

≥

1  C. S =  −∞;  . 3 

D. S = [1; + ∞ ) .

Lời giả giải

KÈ

Chọ Chọn D 1−3 x

2 Ta có:   5

≥

25 5 ⇔  4 2

3 x−1

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thị Thị Trúc Ly; Fb: Nguyễ Nguyễn T. Trúc Ly 2

5 ≥   ⇔ 3x − 1 ≥ 2 ⇔ x ≥ 1. 2

DẠ

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = [1; + ∞ ) .

Trang 55

Chuyên đề 5

Hệ phương trình

FI CI A

 x2 + y 2 + z 2 = 6  Câu 1. (HSG12 tỉ tỉnh Bắ Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hệ phương trình  xy + yz + zx = −3 với x , y , z là  x6 + y6 + z6 = m  ẩn số thực, m là tham số. Số giá trị nguyên của m để hệ có nghiệm là A. 24 . B. 13 . C. 12 . D. 25 . Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Bá Long; Fb: Nguyễ Nguyễn Bá Long Chọ Chọn B

Sử dụng hẳng đẳng thức a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ) Ta có, x 6 + y 6 + z 6 − 3 ( xyz ) = ( x 2 + y 2 + z 2 )( x 4 + y 4 + z 4 − x 2 y 2 − y 2 z 2 − z 2 x 2 )

ƠN

2 2 ⇔ x 6 + y 6 + z 6 − 3 ( xyz ) = ( x 2 + y 2 + z 2 ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 3 ( x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 )   

⇔ m − 3 ( xyz ) = 6 9 + 6 xyz ( x + y + z )  (1)

2 2 ⇔ m − 3 ( xyz ) = 6 36 − 3 ( xy + yz + zx ) + 6 xyz ( x + y + z )   

QU Y

 x2 + y 2 + z 2 = 6  x2 + y 2 + z 2 = 6 2   Ta có:  xy + yz + zx = −3 ⇔  2 xy + 2 yz + 2 zx = −6  ( x + y + z ) = 0 ⇔ x + y + z = 0  x6 + y6 + z6 = m  x6 + y6 + z 6 = m   2

Do đó từ (1) ta được ( xyz ) =

m − 54 3

KÈ

 x + y + z = 0  x2 + y2 + z2 = 6   Như vậy  xy + yz + zx = −3 ⇔  xy + yz + zx = −3 ( 2 )  x6 + y6 + z 6 = m  m − 54 2  ( xyz ) = 3  * Trườ Trường hợ hợp 1: m = 54 khi đó xyz = 0 ta được x = 0 hoặc y = 0 hoặc z = 0

DẠ

  y = − 3    z = 3 y + z = 0 ⇔ Với x = 0 ta được   yz = −3   y = 3    z = − 3

(

)(

Hệ có nghiệm là 0; − 3 ; 3 , 0; 3 ; − 3

) Trang 56

Các khả năng y = 0 hoặc z = 0 cũng tương tự như khả năng x = 0

   2 x + z = 0  z = −2 x  z = −2 x  2  2  m − 54 ⇔  x2 = 1  = 4 ⇔ m = 66  x + 2 xz = −3 ⇔  x = 1 3    m − 54 m − 54 m − 54  x4 z 2 = x4 z2 = 4 x6 = 3 3 3   

FI CI A

* Trườ Trường hợ hợp 2: Xét nghiệm của hệ có dạng ( x ; x ; z ) với x ≠ z . Khi đó hệ ( 2 ) trở thành

Tức là m = 54 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

( x; x; z). Tức là m = 66 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Dế nhận thấy hệ ( 2 ) không thể có nghiệm dạng ( x; x ; x )

Các khả năng nghiệm của hệ có dạng ( z ; x ; x ) và ( x ; z ; x ) với x ≠ z cũng tương tự như khả năng

ƠN

* Trườ Trường hợ hợp 3: Nghiệm của hệ có dạng ( x ; y ; z ) với x ≠ y ≠ z

 x + y + z = 0  m − 54 Khi đó với m > 54 hệ ( 2 ) trở thành  xy + yz + zx = −3 với k = ± 3   xyz = ± m − 54 = k  3 Áp dụng định lí đảo của định lí Vi-et với phương trình bậc 3 ta được x ; y ; z là 3 nghiệm của

QU Y

phương trình t 3 − 3t − k = 0 ⇔ t 3 − 3t = k

Xét hàm số f ( t ) = t 3 − 3t , ta phải có f CT ( t ) < k < f CD ( t ) ⇔ −2 < k < 2 Do đó −2 < ±

m − 54 < 2 ⇔ 54 < m < 66 , vì m ∈ ℤ nên m ∈ {55;56;...;65} , có 11 số 3

Kết hợp các trường hợp trên ta được 13 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

KÈ

Cụ thể m ∈ {54;55;...; 66} .

Câu 2. (HSG12 tỉ tỉnh Hà Tĩnh Tĩnh năm 20182018-2019) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có log 2018 x + log 2019 y = 1 nghiệm  .  log 2019 x + log 2018 y = m Lời giả giải

DẠ

(1) log 2018 x + log 2019 y = 1   log 2019 x + log 2018 y = m (2)

Điều kiện: x; y ≥ 1 .

Đặt t = log2019 y ; 0 ≤ t ≤ 1 .

Trang 57

1−t  log 2018 x = 1 − t  x = 2018 .    t t  y = 2019  y = 2019

Phương trình (2) ⇔ (1 − t ) log 2019 2018 + t log 2018 2019 = m

− log 2019 2018 2 (1 − t )

f ′( x) = 0 ⇔

log 2019 2018 (1 − t )

log 2018 2019 2 t =

log 2018 2019 t

f ′( x) =

⇔ t.log 2018 2019 = (1 − t ) log 2019 2018 . ⇔t=

FI CI A

Xét f ( x ) = (1 − t ) log 2019 2018 + t log 2018 2019 ;0 ≤ t ≤ 1 .

log 2019 2018 = t0 log 2018 2019 + log 2019 2018

ƠN

Ta có f ( 0 ) = log 2019 2018 .

f ( t0 ) = log 2019 2018 + log 2018 2019 .

f (1) = log 2018 2019 .

Yêu cầu bài toán ⇔ log 2019 2018 ≤ m ≤ log 2019 2018 + log 2018 2019 .

QU Y

Câu 3. (HSG12 tỉ tỉnh Hả Hải Phòng năm năm 20182018-2019) b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ 3 2  2 x − ( y − 2 ) x − xy = m phương trình  2 có nghiệm.  x + 3 x − y = 1 − 2m Lời giả giải

( x 2 + x ) ( 2 x − y ) = m  2 x3 − ( y − 2 ) x 2 − xy = m  b) Ta có  . ⇔ 2 2  x + 3 x − y = 1 − 2m ( x + x ) + ( 2 x − y ) = 1 − 2m 1 . 4

KÈ

Đặt a = x 2 + x , b = 2 x − y với điều kiện a = x 2 + x ≥  a.b = m Hệ phương trình đã cho có dạng  .  a + b = 1 − 2m

Suy ra a , b là hai nghiệm của phương trình t 2 − (1 − 2m ) t + m = 0 (*) .

DẠ

Hệ ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm t ≥ Ta có (*) ⇔ m =

1 . 4

−t 2 + t  1  = g ( t ) , t ∈  − ; +∞  . 2t + 1  4 

Trang 58

( 2t + 1)

 −1 − 3 t = 2 2 g ′ ( t ) = 0  −2t − 2t + 1 = 0 ⇔   −1 + 3 t =  2

( lo¹i )

−2t 2 − 2t + 1

FI CI A

g′ (t ) =

(tháa m·n)

Bảng biến thiên:

2− 3 . 2

Từ bảng biến thiên trên suy ra m ≤

ƠN

QU Y

Câu 4. (HSG11 Hậu Hậu Lộc Thanh Hóa năm 20182018-2019) Tìm m để hệ phương trình sau có ngh1ệm 3x − 6 2 x + 4 = 4 3 y + 18 − 2 y (I ).  3x + 2 y − 6 − 6m = 0 Lời giải  x ≥ −2 Đ1ều k1ện:  .  y ≥ −6

 x   y x y  +1 − 2 +2 =3  + 1 +  + 2  − 2 2 3  2   3  Ta có HPT ( I ) ⇔  .  x + 1 +  y + 2  = m + 4   2   3 

KÈ

 x +1 a = 2  Đặt  , đ1ều k1ện a, b ≥ 0 . Ta có hệ phương trình trở thành b = y + 2  3

2 2 a + b − 2a − 2b = 3 ( II )  2 2 a + b = m + 4

DẠ

Hệ phương trình ( I ) đã cho có ngh1ệm ⇔ hệ ( II ) có ngh1ệm ( a; b ) vớ1 a, b ≥ 0 . - Nếu m ≤ −4 hệ ( II ) vô ngh1ệm  hệ phương trình đã cho vô ngh1ệm.

- Nếu m > 4 . Chọn hệ tọa độ Oab từ hệ ( II ) ta có:

( )

PT (1) cho ta cung tròn C1′ là một phần của đường tròn ( C1 ) tâm I (1;1) , R1 = 5 thuộc góc phần Trang 59

tư thứ nhất vì a, b ≥ 0 .

( )

1 đường tròn ( C2 ) tâm O ( 0;0 ) , R2 = m + 4 thuộc góc phần tư 4

PT (2) cho ta cung tròn C2′ là

FI CI A

thứ nhất vì a, b ≥ 0 .

( )( )

Để hệ phương trình ( I ) có ngh1ệm ⇔ C1′ , C2′ g1ao nhau khác rỗng dựa vào hình vẽ trên ta có

ƠN

OH ≤ R2 ≤ OK ⇔ 3 ≤ m + 4 ≤ 2 + 5 ⇔ 5 ≤ m ≤ 3 + 2 10 . Vậy hệ đã cho có ngh1ệm ⇔ 5 ≤ m ≤ 3 + 2 10 .

mx + y = m + 1 Câu 5. (HSG10 Cụ . Cụm Hà Đông Hà Đứ Đức Hà Nộ Nội năm 20182018-2019) Cho hệ phương trình   x + my = 2 Khi hệ có nghiệm duy nhất ( xo ; yo ) , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = xo 2 + 2 yo + 5 .

Lời giả giải

Tác giả giả: Huỳ Huỳnh Tấ Tấn Phát; Fb: Huỳ Huỳnh Tấ Tấn Phát

m +1 1

QU Y

Ta có: D =

= m 2 − 1 , Dx =

= m 2 + m − 2 và Dy =

m m +1 1

= m −1.

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất ⇔ D ≠ 0 ⇔ m ≠ ±1 (*).

Khi đó nghiệm của hệ là: xo =

D Dx m 2 + m − 2 m + 2 1 m −1 = = = và yo = y = 2 . 2 D m −1 m +1 D m −1 m +1 2

KÈ

m+2 2 1  2  Ta có: A = xo 2 + 2 yo + 5 =  + 5 = 1 + +6  +  +  m +1  m +1  m +1  m +1 2

4  1  = + +6= + 2  + 2 ≥ 2, ∀m ≠ ±1 . 2  m +1  ( m + 1) m + 1 1

DẠ

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi Vậy min A = 2 khi m = −

1 3 + 2 = 0 ⇔ m = − ( thỏa mãn điều kiện (*)). m +1 2

3 . 2

Câu 6. (HSG11 Hậ Hậu Lộ Lộc tỉ tỉnh Thanh Hóa năm 20182018-2019) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 3 x − 6 2 x + 4 = 4 3 y + 18 − 2 y (I) .  3 x + 2 y − 6 − 6 m = 0 Trang 60

Lời giả giải

a 2 + b 2 − 2a − 2b = 3 (1) (*)  2 2 ( 2) a + b = m + 4

Hệ phương trình đã cho có nghiệm ⇔ hệ (*) có nghiệm a, b ≥ 0

 x +1 a = 2  Đặt  (đk a, b ≥ 0 ). Ta có hệ phương trình b = y + 2  3

FI CI A

 x   y x y  +1 − 2 +2 =3  + 1  +  + 2  − 2 2 3  2   3  Ta có hệ phương trình ( I ) ⇔  . x y      +1 + + 2 = m + 4  2   3 

 x ≥ −2 Điều kiện:  .  y ≥ −6

Nếu m > −4 . Chọn hệ tọa độ Oab như hình vẽ

b (C2)

ƠN

Nếu m ≤ −4 hệ (* ) vô nghiệm  hệ phương trình đã cho vô nghiệm.

(C2)

H (C1)

QU Y

1 O

Do điều kiện a ≥ 0, b ≥ 0 nên chỉ xét ở góc phần tư thứ nhất Phương trình (1) cho ta

B ( 0;3 ) .

1 đường tròn ( C1 ) tâm I (1;1) , R1 = 5 , cắt Ox và Oy lần lượt tại A ( 3; 0 ) , 4

KÈ

Phương trình ( 2 ) cho ta

1 đường tròn ( C2 ) tâm O ( 0;0 ) , R2 = m + 4 thay đổi theo m. 4

Hệ (* ) có nghiệm a, b ≥ 0 ⇔ ( C1 ) cắt ( C2 ) có giao điểm ở góc phần tư thứ nhất.

Cho bán kính R2 = m + 4 tăng dần, dễ thấy ( C2 ) cắt ( C1 ) đầu tiên tại hai điểm A, B , khi đó

DẠ

R2 = OH = 3 và ( C2 ) tiếp xúc ( C1 ) tại điểm cuối cùng K . Do

đó,

để

( C1 ) cắt ( C2 )

ở

góc

phần

tư

thứ

nhất

⇔ OH ≤ R2 ≤ OK

⇔ 3 ≤ m + 4 ≤ 2 + 5 ⇔ 5 ≤ m ≤ 3 + 2 10 .

Vậy hệ đã cho có nghiệm ⇔ 5 ≤ m ≤ 3 + 2 10 .

Trang 61

Câu 7. (HSG11 THPT Hậ Hậu Lộ Lộc Thanh Hóa năm 20182018-2019) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 3 x − 6 2 x + 4 = 4 3 y + 18 − 2 y .  3 x + 2 y − 6 − 6m = 0

FI CI A

Lời giả giải x x y y +1 + − 2 +2 =0  − 2 3 x − 6 2 x + 4 = 4 3 y + 18 − 2 y 2 2 3 3 Ta có  . ⇔ 3 x + 2 y − 6 − 6m = 0  x + y = m +1  2 3

 x +1 a = a ≥ 0  2 Đặt  , điều kiện  . b ≥ 0 b = y + 2  2

m +1  a+b =   2  a − 2a + b − 2b = 3 Khi đó hệ trở thành ⇔  2 ⇔ 2 2  a + b = m + 4 ab = m − 2m − 15  8 2

ƠN

Hệ có nghiệm ⇔ hệ (* ) có nghiệm a, b ≥ 0

( *)

Vậy 5 ≤ m ≤ 3 + 2 10 .

QU Y

 m + 1 ≥ 0 a + b ≥ 0    ⇔ 5 ≤ m ≤ 3 + 2 10 . ⇔ ab ≥ 0 ⇔ m 2 − 2m − 15 ≥ 0   2 2 2 ( a + b ) ≥ 4ab  m + 1  ≥ m − 2m − 15  2  2

Câu 8. (HSG12 tỉ tỉnh Lâm Đồ Đồng năm 20182018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình

 x + y + 4 = 2 xy   x+ y 2 = m x + y + x 2 + x + y 2 + y + 5  có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn x ≥ 1, y ≥ 1 .

KÈ

(

Lời giả giải

 x + y + 4 = 2 xy  Xét hệ phương trình  x+ y 2 = m x + y + x 2 + x + y 2 + y + 5 

(

(1)

)

( 2)

(với x, y ≥ 1 ).

DẠ

)

Từ (1) ta có x + y = 2 xy − 4 . Thế vào (2 ) ta được:

(

)

(

2 x+ y = m x + y + x 2 + 2 xy + y 2 + 1 ⇔ 2 x+ y = m x + y +

( x + y ) +1

)

(*) Trang 62

Đặt t = x + y ≥ 2 và x + y + 4 = 2 xy ≤

(x + y) 2

⇒ x+ y ≥ 4⇒ t ≥ 4.

t +4 ≥ t −1 ⇒ t ≤ 6 . 2

(

)

Do đó (*) ⇔ 2t = m t + t 2 + 1 ⇔ m = 2t

(

)

t 2 +1 − t .

Hệ đã cho có nghiệm x ≥ 1, y ≥ 1 khi và chỉ khi phương trình m = 2t

)

t 2 +1 − t , t ∈ [ 4;6] , ta có f ′ (t ) = 2t t 2 + 1 ≥ 17, ∀t ∈ [ 4;6 ] ⇒ ln 2 −

t 2 + 1 ≥ t ≥ t và

t ∈ [ 4;6] . f (t ) là hàm đồng biến trên

(

)

f (4) ≤ m ≤ f (6) ⇔ 16 17 − 4 ≤ m ≤ 64

(

)

Vậy 16 17 − 4 ≤ m ≤ 64

(

)

(

 1   . t 2 + 1 − t ln 2 − 2  t +1 

)

1 2

t +1

≥ ln 2 −

1 > 0 nên f ′ (t ) > 0 với mọi 17

[ 4;6] . Do đó để phương trình (*) có nghiệm thì

)

37 − 6 .

Suy ra

(

)

t 2 + 1 − t có nghiệm t ∈ [ 4;6] .

ƠN

Xét hàm số f (t ) = 2t

(

FI CI A

Suy ra

Do x ≥ 1, y ≥ 1 nên ( x −1)( y −1) ≥ 0 ⇒ xy − x − y + 1 ≥ 0 ⇒ xy ≥ x + y −1

37 − 6 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

QU Y

Câu 9. (HSG12 Tỉ Tỉnh Nam Đị Định 20182018-2019) Giải hệ phương trình  1 y2 x + = 2 +  x x .  ln ( 2x − 3) + 8x2 − 20x +12 = ln y + 2 y  Lời giả giải

2 x − 3 > 0 3  2  8 x − 20 x + 12 ≥ 0 x > Điều kiện hệ phương trình  ⇔ 2. x ≠ 0  y > 0  y > 0

KÈ

 1 y2 x + = 2 +  x Xét hệ phương trình  x ln ( 2x − 3) + 8x2 − 20x +12 = ln y + 2 y 

(1)

( 2)

DẠ

 x − y −1 = 0 2 Khi đó (1) ⇔ ( x − 1) = y 2 ⇔ ( x − y − 1)( x + y − 1) = 0 ⇔  .  x + y −1 = 0

1 3 Vì x > , y > 0 nên x + y − 1 > . Do đó trường hợp x + y − 1 = 0 không thỏa mãn. 2 2

Với x − y − 1 = 0 ⇔ y = x − 1 thì phương trình ( 2 ) trở thành

Trang 63

ln ( 2 x − 3 ) + 8 x 2 − 20 x + 12 = ln ( x − 1) + 2 ( x − 1) . 1 1 ln ( 2 x − 3 ) + 2 x 2 − 5 x + 3 = ln ( x − 1) + ( x − 1) 2 2 1 1 ⇔ ln ( 2 x − 3 ) + ln ( x − 1) + ( 2x − 3 )( x − 1) = ln ( x − 1) + ( x − 1) 2 2

( 2 x − 3)( x − 1) + ( 2x − 3)( x − 1) = ln ( x − 1) + ( x − 1)

• Xét hàm số f ( t ) = ln t + t với t >

FI CI A

⇔ ln

⇔

( 3) .

1 . 2

Nên ( 3 ) ⇔ f

(

1 1 1  Ta có f ′ ( t ) = + 1 > 0, ∀t > nên hàm số f ( t ) = ln t + t đồng biến trên  ; +∞  . t 2 2 

( x − 1)( 2 x − 3 ) ) = f ( x − 1)

( 2 x − 3)( x − 1) = x − 1

⇔

• Với x = 2 thì y = x − 1 = 1 (thỏa mãn).

ƠN

 x = 1  2 x 2 − 5 x + 3 = ( x − 1)2  x2 − 3x + 2 = 0     x=2 ⇔ ⇔ ⇔  ⇔ x=2. 3 3 x > x > 3    2  2   x > 2

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x = 2; y = 1 .

Câu 10. (Tổ (Tổ-2525-LanLan-2-HSGHSG-YênYên-Dũng) Giải hệ phương trình  x2 + 1 + x y2 +1 − y = 1   3 x + 2 y − 2 + x x − 2 y + 6 = 10 Lời giả giải

)(

)

QU Y

(

Tác giả giả:; Fb:

 x2 + 1 + x y2 +1 − y = 1 (1)  Xét hệ phương trình  . Điều kiện 3 x + 2 y − 2 + x x − 2 y + 6 = 10 (2) Từ (1) 

KÈ

(

Y DẠ ⇔

(

)

x + 2 y − 2 ≥ 0 .  x − 2 y + 6 ≥ 0

y2 +1 − y ≠ 0 .

Vậy (1) ⇔ x 2 + 1 + x =

⇔

)(

x +1 − y

( ( + 1) + ( x − y ) = 0 ⇔ y2 +1 − y

y2 +1 + y y2 +1 − y

)(

y2 +1 + y

x2 + 1 − y2 + 1

)(

)

y2 + 1 + y = y2 + 1 + y 2 2 y +1− y

x2 + 1 + y 2 + 1

x2 + 1 + y2 + 1

) + ( x − y) = 0

  x+ y + 1 = 0 . + ( x − y) = 0 ⇔ ( x − y)  x2 + 1 + y 2 + 1  x 2 + 1 + y 2 + 1  x2 − y 2

Trang 64

Khi đó ( 2 ) ⇔ 3 3x − 2 + x 6 − x = 10 ⇔ 3

3 ( 3x − 6 ) 3x − 2 + 2

+ ( x − 2) 6 − x +

)

3x − 2 − 2 + ( x − 2 ) 6 − x + 2

(

2(2 − x)

> 0 , vậy x = y .

)

6−x −2 = 0

9 2   = 0 ⇔ ( x − 2)  + 6− x − =0 6− x +2 6− x +2  3x − 2 + 2

Điều kiện: x ≤ 6  3 x − 2 + 2 ≤ 6 

Do đó

x2 + 1 + y2 + 1

9 3x − 2 + 2

≥

3 . Mặt khác 2

2 6− x +2

≤

FI CI A

⇔

(

x+ y

x2 + 1 + y 2 + 1 > x2 + y2 = x + y ≥ − x − y  1 +

( 3) .

2 = 1. 2

9 3 2 9 2 3  + 6 − x ≥ >1≥  + 6− x − > 0 ∀ x ∈  ; 6 . 2 3x − 2 + 2 6− x +2 3x − 2 + 2 6− x +2 2 

Chú ý

Từ đó: ( 3) ⇔ x = 2  x = y = 2 : thỏa điều kiện. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 2 . Nhận xét: Có thể xét hàm f ( t ) = t 2 + 1 + t và chứng minh f ' ( t ) > 0 ∀ t ∈ R , từ đó  x = y , nhưng

ƠN

cách này vượt quá kiến thức lớp 10.

Câu 11. (HSG11 tChuyênDHĐB Bắ Bắc Bộ Bộ năm 20182018-2019) Giải hệ phương trình 3 2  2 (1) ( y + 1) + y y + 1 = x + 2 .   x + x2 − 2 x + 5 = 1 + 2 2 x − 4 y + 2 ( 2)  Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Chí Thành; Fb: Nguyễ Nguyễn Chí Thành

QU Y

Điều kiện: 2 x − 4 y + 2 ≥ 0 . Từ phương trình (1) , ta có:

2 x − 4 y + 2 = y 2 + 1 + 2 y. y 2 + 1 + y 2 ⇔ 2 x − 4 y + 2 =

Lúc này ta được:

Thay vào phương trình ( 2 ) và chú ý rằng

(

)

y2 +1 + y > 0 .

)

y2 +1 + y ⇔ x −1+

KÈ

x + x2 − 2x + 5 = 1 + 2

(

y2 +1 + y .

( x − 1)

+4 =2

(

y2 +1 + y

)

x −1  x −1  +   +1 = 2  2 

y 2 + 1 + y . ( 3)

x −1 . Từ ( 3 ) trở thành u + u 2 + 1 = 2

⇔

DẠ

Đặt u =

⇔ u − y + u2 +1 − y2 +1 = 0 ⇔ u − y +

y2 +1 + y

( u − y )( u + y ) u2 +1 + y2 +1

Trang 65

  u+y  = 0 . ( 4) ⇔ ( u − y ) 1 +  u 2 + 1 + y 2 + 1  

) (

u2 +1 + u +

y2 +1 + y

u 2 + 1 + y2 + 1

Nên từ ( 4 ) cho ta u = y , hay

) >0

u2 +1 + y2 +1

( =

x −1 = y  x = 2 y +1 . 2 2

Thay vào phương trình (1) ta được: ( y + 1) + y y 2 + 1 = 2 y + y2 +1 + y > 0 )

⇔

y2 + 1 = 2 − y  y2 + 1 = 4 − 4 y + y2 ⇔ y =

3 5 x= . 4 2

5 3 Kết luận: Hệ có đúng một nghiệm ( x; y ) là  ;  . 2 4

y2 +1 + y

)

y 2 + 1 + y = 2 (vì

(

ƠN

⇔

5 ⇔ 2

FI CI A

Do 1 +

u+ y

+ Điều kiện: x ≥ 1; y ≥ 1 .

Tác giả giả: Vũ Vũ Việ Việt Tiế Tiến; Fb: Vũ Vũ Việ Việt Tiế Tiến

(1) . ( 2)

QU Y

 x − 1 + x + 1 = y − 1 + y + 1 + Ta có  2  x + x + 12 y + 1 = 36

Câu 12. (HSG12 tỉ tỉnh KonTum năm 20182018-2019) Giải hệ phương trình  x − 1 + x + 1 = y − 1 + y + 1 .  2  x + x + 12 y + 1 = 36 Lời giả giải

+ Ta thấy x = y = 1 không là nghiệm của hệ phương trình.

x− y = x −1 + y −1

x = y y−x 1 ⇔  = y +1 + x +1  x − 1 + y − 1

−1 . ( *) y +1 + x +1

KÈ

⇔

y +1 − x +1

+ Ta có (1) ⇔ x − 1 − y − 1 =

+ Ta thấy (*) vô nghiệm vì vế trái luôn dương, vế phải luôn âm với ∀x ≥ 1, ∀y ≥ 1, ( x; y ) ≠ (1;1) . .

DẠ

+ Với x = y , thế vào ( 2 ) ta được: x 2 + x + 12 x + 1 = 36 2

⇔ x2 + 2 x + 1 = x + 1 − 12 x + 1 + 36 ⇔ ( x + 1) =

(

x +1 − 6

)

( x + 1) − x + 1 + 6 = 0 ( v« nghiÖm ) x +1 = x +1 − 6 ⇔ ⇔ ( x + 1) + x + 1 − 6 = 0  x + 1 = − x + 1 + 6 Trang 66

 x +1 = 2 ⇔ ⇔ x = 3.  x + 1 = −3 ( v« nghiÖm )

FI CI A

+ Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3; 3) . Câu 13. (HSG12 tỉnh tỉnh Lào Lào Cai năm 20182018-2019) Giải hệ phương trình (17 − 3 x ) 5 − x + ( 3 y − 14 ) 4 − y = 0 , ( x, y ∈ ℝ ) .  2  2 2 x + y + 5 + 3 3 x + 2 y + 11 = x + 6 x + 13 Lời giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Ngọ Ngọc Tâm; Fb:Nguyễ Fb:Nguyễn Ngọ Ngọc Tâm

4 − y = b ≥ 0 , phương trình (17 − 3 x ) 5 − x + ( 3 y − 14 ) 4 − y = 0 trở thành:

ƠN

5− x = a ≥ 0;

Đặt

5 − x ≥ 0 4 − y ≥ 0  Điều kiện:  ( *) . 2 x + y + 5 ≥ 0 3 x + 2 y + 11 ≥ 0

17 − 3 ( 5 − a 2 )  .a + 3 ( 4 − b 2 ) − 14  = 0 ⇔ ( 3a 2 + 2 ) .a = ( 3b 2 + 2 ) .b ⇔ 3a 3 + 2a = 3b3 + 2b    

Xét hàm số y = f ( t ) = 3t 3 + 2t trên [ 0; +∞ ) .

Ta có f ′ ( t ) = 9t 2 + 2 > 0, ∀t ∈ [ 0; +∞ ) nên hàm số y = f ( t ) đồng biến trên [ 0; +∞ ) . Vì thế với a ≥ 0, b ≥ 0 thì 3a 3 + 2a = 3b3 + 2b ⇔ f ( a ) = f ( b ) ⇔ a = b . 5 − x = 4 − y ⇔ 5 − x = 4 − y ⇔ y = x −1 .

Thay

y = x −1

vào

QU Y

Suy ra

phương

trình

thứ

hai

trong

hệ

được

phương

trình:

2 3 x + 4 + 3 5 x + 9 = x 2 + 6 x + 13 (1) .

Khi

4 ( 3x + 4 ) − 4

phương

9 ( 5 x + 9 ) − 36

KÈ

⇔

đó

 4  Điều kiện x ∈  − ;5 .  3 

2 3x + 4 + 2 6 ( x + 1)

3 5x + 9 + 6

trình

(1) ⇔ ( 2

) (

)

3x + 4 − 2 + 3 5 x + 9 − 6 = x 2 + 6 x + 5

= ( x + 1)( x + 5 )

15 ( x + 1)

= ( x + 1)( x + 5 ) 3x + 4 + 1 5x + 9 + 2 x +1 = 0 ⇔ 6 15  + = x+5  3 x + 4 + 1 5x + 9 + 2  x = −1 ⇔ 6 15  + = x + 5 ( 2) 5x + 9 + 2  3 x + 4 + 1 +

DẠ

⇔

Trang 67

6 15 + − x = 5. 3x + 4 + 1 5x + 9 + 2

Phương trình ( 2 ) tương đương với

Ta có g ′ ( x ) =

−9

(

)

3 x + 4 + 1 . 3x + 4

 4  − 1 < 0, ∀x ∈  − ;5  .  3  5x + 9 + 2 . 5x + 9 75

−

6 15  4  + − x, x ∈  − ;5 . 3x + 4 + 1 5x + 9 + 2  3 

FI CI A

Đặt g ( x ) =

(

)

 4  Suy ra hàm số g ( x ) nghịch biến trên  − ;5  3 

 4  Vì thế phương trình g ( x ) = 5 có nhiều nhất một nghiệm trên  − ;5 .  3 

Ta lại có x = 0 là nghiệm của phương trình g ( x ) = 5 nên đây là nghiệm duy nhất. Với x = −1 thì y = −2 .

ƠN

Với x = 0 thì y = −1 .

So sánh điều kiện (*) , hệ đã cho có hai nghiệm ( x ; y ) là ( −1 ; −2 ) ; ( 0 ; −1) .

Câu 14. (HSG12 tỉ tỉnh Ninh Bình năm năm 20182018-2019) Giải hệ phương trình:  y + y2 +1 ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 − 2 ) = 2 ln  x + x2 + 1 .  x y 3 .2 x = 3 + 2 y + 1

QU Y

Lời giả giải

 y + y2 + 1 2 2 ( x − y ) ( x + xy + y − 2 ) = 2 ln  x + x2 + 1  x y 3 .2 x = 3 + 2 y + 1

Tác giả giả:Lê Thị Thị Nguyên ; Fb: Ngọ Ngọc Giang Nguyên

(1)

(2)

Điều kiện xác định: x, y ∈ ℝ .

)

(

KÈ

Phương trình (1) ⇔ x 3 − y 3 − 2 ( x − y ) = 2 ln y + y 2 + 1 − 2 ln x + x 2 + 1

(

)

(

⇔ x3 − 2 x + 2 ln x + x 2 + 1 = y 3 − 2 y + 2 ln y + y 2 + 1

)

(

Xét hàm số f ( t ) = t 3 − 2t + 2 ln t + t 2 + 1 , ta có:

DẠ

f ' ( t ) = 3t 2 − 2 +

2 2

t +1

= ( t 2 + 1) +

1 2

t +1

1 2

t +1

+ 2t 2 − 3 ≥ 2t 2 ≥ 0 , ∀t ∈ ℝ .

Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ℝ .

Do đó (1) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y . Trang 68

Thay x = y vào phương trình (2) ta được : 3x (2 x − 1) = 2 x + 1 ( 3) .

2x + 1 =0. 2x −1

Xét hàm số g ( x ) = 3x −

g ' ( x ) = 3x ln 3 +

FI CI A

Do đó ( 3) ⇔ 3x −

1 không là nghiệm của (3). 2

2x +1 , ta có: 2x −1

4 1 1  g ' ( x ) > 0 , ∀x ∈ ( −∞; ) ∪ ( ; +∞ ) . 2 (2 x − 1) 2 2

1 1 Suy ra g ( x ) đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; ) , ( ; +∞ ) . 2 2

Suy ra phương trình (3) có không quá 2 nghiệm.

ƠN

Mà g (1) = g ( −1) = 0 do đó (3) có đúng hai nghiệm là x = ±1 .

Nhận xét: x =

Vậy tập nghiệm của hệ là: {(1 ; 1) ; ( −1 ; − 1)} .

Câu 15. (HSG chọ chọn HSG quố quốc gia tỉ tỉnh ĐỒ ĐỒNG THÁP 20182018-2019) Giải hệ phương trình:

8 ( x 4 + y 2 − xy 3 ) − 9 x = 0 (1)   4 2 3 8 ( y + x − yx ) − 9 y = 0 ( 2 ) Lời giả giải

QU Y

Nếu x = 0  y = 0 Nếu y = 0  x = 0

8 ( x 4 y + y 3 − xy 4 ) − 9 xy = 0  Nếu xy ≠ 0 . Hệ phương trình tương đương với  4 3 4 8 ( xy + x − yx ) − 9 xy = 0 theo

từng

Trừ

vế

hai

phương

trình

của

hệ

được:

KÈ

x = y 8  2 xy ( x 3 − y 3 ) − ( x 3 − y 3 )  = 0 ⇔ ( x 3 − y 3 ) ( 2 xy − 1) = 0 ⇔   2 xy = 1 TH1: x = y thế vào phương trình (1) ta được:

8 ( x4 + x2 − x4 ) − 9x = 0 ⇔ 8x2 − 9x = 0 ⇔ x =

DẠ

TH2: 2 xy = 1  x =

9 ( vì xy ≠ 0 ) 8

1 thế vào phương trình (1) ta được 2y

 1  9 1 8 + y2 − . y3  − = 0 ⇔ 8 y 6 − 18 y 3 + 1 = 0 4 2y  2y  16 y

Trang 69

1   y3 = 1 y =1 x = 2 (thỏa mãn các điều kiện) ⇔ 3 1⇔ y = 1  y =  x =1  8  2

FI CI A

9 9 1   1 8 8 2   2

Vậy nghiệm của hệ là: ( 0;0 ) ;  ;  ;  ;1 ; 1;  Câu 16. (HSG10 tỉ tỉnh Hà Tĩnh Tĩnh năm 20182018-2019) Giải hệ phương trình

 x2 + 1 + x y2 +1 − y = 1   3 x + 2 y − 2 + x x − 2 y + 6 = 10 Ngườ Người làm: Nguyễ Nguyễn Quố Quốc Lân (dhbktoannql@gmail.com) Lời giả giải

)

)(

(

 x2 + 1 + x y2 +1 − y = 1 (1)  Xét hệ phương trình  . Điều kiện 3 x + 2 y − 2 + x x − 2 y + 6 = 10 (2) y 2 + 1 − y > 0 ∀y ∈ ℝ .

Vậy (1) ⇔ x 2 + 1 + x =

⇔

(

x +1 − y

y2 +1 + y

( ( + 1) + ( x − y ) = 0 ⇔ y2 +1 − y

y2 +1 − y

y2 +1 + y

)(

)

x + 2 y − 2 ≥ 0 .  x − 2 y + 6 ≥ 0

y2 + 1 + y = y2 + 1 + y 2 2 y +1− y

x2 + 1 + y 2 + 1 2

x +1 + y +1

) + ( x − y) = 0

  x+ y + 1 = 0 . + ( x − y) = 0 ⇔ ( x − y)   x 2 + 1 + y 2 + 1  x2 + 1 + y 2 + 1 x2 − y 2

x2 + 1 + y2 + 1 > x2 + y2 = x + y ≥ − x − y  1 +

Chú ý

KÈ

Khi đó ( 2 ) ⇔ 3 3x − 2 + x 6 − x = 10 ⇔ 3

⇔

)(

x2 + 1 − y2 + 1

QU Y

⇔

)

Nhận xét (1)

)(

ƠN

(

3 ( 3x − 6 )

3x − 2 + 2

+ ( x − 2) 6 − x +

x2 + 1 + y 2 + 1

)

3x − 2 − 2 + ( x − 2 ) 6 − x + 2

(

> 0 , vậy x = y .

)

6−x −2 = 0

2(2 − x)

9 2   = 0 ⇔ ( x − 2)  + 6− x − =0 6− x +2 6− x +2  3x − 2 + 2

Điều kiện: x ≤ 6  3x − 2 + 2 ≤ 6 

(

x+ y

9 3 ≥ . Mặt khác 3x − 2 + 2 2

( 3) .

2 2 ≤ = 1. 6− x +2 2

9 3 2 9 2 3  + 6 − x ≥ >1≥  + 6− x − > 0 ∀ x ∈  ; 6 . 2 3x − 2 + 2 6− x +2 3x − 2 + 2 6− x +2 2 

DẠ Do đó

Từ đó: ( 3) ⇔ x = 2  x = y = 2 : thỏa điều kiện. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 2 .

Trang 70

Nhận xét: Có thể xét hàm f ( t ) = t 2 + 1 + t và chứng minh f ' ( t ) > 0 ∀ t ∈ R , từ đó  x = y , nhưng

FI CI A

Câu 17. (HSG10 CẦ CẦU GIẤ GIẤY – THƯỜ THƯỜNG TÍN - HÀ NỘ NỘI 20182018-2019) Giải hệ phương trình sau : 2 2 2 x + xy − y − 5 x + y + 2 = 0(1) .  2 2  x + y + x + y − 4 = 0(2)

cách này vượt quá kiến thức lớp 10.

Lời giả giải

Tác giả giả ; Trầ Trần Dung ; Fb: Dung Chang. Từ

phương

trình

2 x2 + xy − y 2 − 5x + y + 2 = 0 ⇔ 2 x2 + 2 xy − xy − y 2 − x − 4 x + 2 y − y + 2 = 0

⇔ (2 x2 − xy − x) + (2 xy − y2 − y) + (2 y − 4 x + 2) = 0 ⇔ x(2 x − y − 1) + y(2 x − y − 1) − 2(2 x − y − 1) = 0

⇔ (2 x − y − 1)( x + y − 2) = 0  2 x − y − 1 = 0 (3) ⇔  x + y − 2 = 0 (4)

ƠN

Kết hợp (2) và (3) hoặc (2) và (4) ta có hệ :

QU Y

 x 2 + y 2 + x + y − 4 = 0  x2 + y 2 + x + y − 4 = 0   x 2 + (2 x − 1)2 + x + (2 x − 1) − 4 = 0    2 x − y − 1 = 0  y = 2x −1  y = 2x −1 ⇔ ⇔  2  2  2 2 2 2   x + y + x + y − 4 = 0   x + y + x + y − 4 = 0   x + (2 − x) + x + (2 − x) − 4 = 0   x + y − 2 = 0   y = 2 − x   y = 2 − x  4   x = − 5  5 x 2 − x − 4 = 0  5 x 2 − x − 4 = 0    13   y = 2 x − 1  y = 2x −1 ⇔ ⇔ ⇔   y = − 2 2 5    2 x − 4 x + 2 = 0  ( x − 1) = 0  x = 1   y = 2 − x   y = 2 − x  y = 1    4 13   Vậy nghiệm của hệ S = ( x ; y ) = (1;1) ,  ; −   . 5  5 

KÈ

Câu 18. (HSG10 Kim Liên 20182018-2019) Giải hệ phương trình 4 2 2 3  x + x y − x y = 1 .  3 2  x y + xy − x = −1 Lời giả giải 2

Ta có : x 4 + x 2 y 2 = ( x 2 − xy ) + 2 x 3 y .

DẠ

2  a = x − xy Đặt  , hệ phương trình trở thành : 3 b = x y

a 2 + b = 1 .   −a + b = −1

a = 1 Suy ra a 2 + a − 2 = 0 ⇔  .  a = −2

Với a = 1 ta tính được b = 0 . Trang 71

Với a = −2 ta tính được b = −3 .

 2 3 x + 2 = −2  x4 + 2 x2 + 3 = 0     x − xy = −2 x TH2:  3 (vô nghiệm ). ⇔ ⇔ −3  x y = −3  y = −3 y = 3 x   x3 2

(1) ( 2)

ƠN

Câu 19. (HSG10 tỉ tỉnh Hả Hải Dương năm 20182018-2019) 2 ( x − y ) ( x + xy + y 2 + 3) = 3 ( x 2 + y 2 ) + 2 1) Giải hệ phương trình:  2 2  x y + x − 2 x − 12 = 0 2) Giải phương trình ( x − 3) 1 + x − x 4 − x = 2 x 2 − 6 x − 3

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là: ( −1;0 ) và (1;0 ) .

FI CI A

 x = 0   x = −1    2 0 = 1 y = 0  x − xy = 1  . TH1:  3 ⇔ ⇔   x = ±1  x = 1  x y = 0     y = 0   y = 0

3) Giải bất phương trình x 3 + (3 x 2 − 4 x − 4) x + 1 ≤ 0 Lời giả giải

1) Ta có:

( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 3) = 3 ( x 2 + y 2 ) + 2 ⇔ x3 − y3 + 3x − 3 y = 3x2 + 3 y 2 + 2 3

⇔ x3 − 3x 2 + 3x − 1 = y3 + 3 y 2 + 3 y + 1 ⇔ ( x − 1) = ( y + 1) ⇔ x − 1 = y + 1 ⇔ y = x − 2 .

QU Y

Thế y = x − 2 vào phương trình ( 2 ) ta được phương trình:

x = 3 x 2 ( x − 2 ) − 2 x − 12 = 0 ⇔ x3 − x 2 − 2 x − 12 = 0 ⇔ ( x − 3) x 2 + 2 x + 4 = 0 ⇔  2 .  x + 2 x + 4 = 0 VN

(

)

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3;1) .

2) Điều kiện −1 ≤ x ≤ 4 .

( x − 3)

1 + x − x 4 − x = 2x2 − 6x − 3 .

⇔ ( x − 3)

(

) (

1+ x −1 − x

( x − 3) x

1+ x +1

DẠ

⇔

KÈ

Ta có

x ( x − 3) 4 − x +1

)

4 − x −1 = 2 x2 − 6 x .

= 2 x ( x − 3) .

 x ( x − 3) = 0, (1) ⇔ 1 1  + = 2 , ( 2)  1 + x + 1 4 − x +1

Trang 72

x = 0 Giải (1) : x ( x − 3) = 0 ⇔  ( tm ) . x = 3

1 1 1 1 + < + = 2 = VP . Vậy ( 2 ) vô nghiệm. 1+ x +1 4 − x +1 1 1

FI CI A

Giải ( 2 ) ta có

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = {0;3} 3) Điều kiện x ≥ −1 . Ta có:

x 3 + (3 x 2 − 4 x − 4) x + 1 ≤ 0 ⇔ x 3 + 3 x 2 x + 1 − 4( x + 1) x + 1 ≤ 0

(

)

x + 1 ≤ 0 (1)

* Xét x = −1 , thay vào (1) thỏa mãn.

x + 1 > 0 . Chia hai vế của (1) cho 2

 x   x    + 3  − 4 ≤ 0.  x +1   x +1 

x +1

)

ta được bất phương trình

x , ta có bất phương trình t 3 + 3t 2 − 4 ≤ 0 ⇔ (t − 1)(t + 2) 2 ≤ 0 ⇔ t ≤ 1 x +1

Đặt t =

(

ƠN

* Xét x > −1 

⇔ x3 + 3x 2 x + 1 − 4

QU Y

 −1 < x < 0  −1 < x < 0  −1 < x < 0 x   t ≤1 ≤ 1 ⇔ x + 1 ≥ x ⇔  x ≥ 0 ⇔  x ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 1 + 5 x +1   x + 1 ≥ x 2   x 2 − x − 1 ≤ 0  2   1+ 5 ⇔ −1 < x ≤ 2 

Vậy tập nghiệm của bất phương trình (1) là: T =  −1;



1+ 5   2 

KÈ

Câu 20. (HSG11 Bắ Bắc Ninh 20182018-2019) Giải hệ phương trình  x 3 + xy 2 + x = 2 y 3 + y .  3 2 3 2 ( x + 3 y + 5 ) 2 x + 5 x = 3 y + 5 x + 2 y + 5 Lời giả giải

Tác giả giả:Trầ :Trần Thị Thị Thùy Dương; Fb:Thùy Dương

DẠ

 x 3 + xy 2 + x = 2 y 3 + y (1) Câu 1.  3 2 3 2 ( x + 3 y + 5 ) 2 x + 5 x = 3 y + 5 x + 2 y + 5

(2)

x ≥ 0 Điều kiện: 2 x 2 + 5 x ≥ 0 ⇔  . x ≤ − 5  2 Trang 73

(1) ⇔ ( x3 − y 3 ) + ( xy 2 − y 3 ) + x − y = 0 ⇔ ( x − y ) ( x 2 + xy + 2 y 2 + 1) = 0

có

FI CI A

y  7 y2  Mà x 2 + xy + 2 y 2 + 1 =  x +  + + 1 > 0, ∀x, y ∈ ℝ nên phương trình (*) vô nghiệm. 2 4 

Thay x = y vào phương trình (2) ta được: 3

+ 3 x + 5 ) 2 x 2 + 5 x = 3 x3 + 5 x 2 + 2 x + 5

⇔ ( x3 + 3x + 5)

)

(

2 x 2 + 5 x − 1 = 3x 3 + 5 x 2 + 2 x + 5 − ( x3 + 3x + 5 )

2 x2 + 5x − 1

⇔ ( x3 + 3x + 5) ⋅

2x + 5x + 1

x = y ⇔ 2 2  x + xy + 2 y + 1 = 0 (*)

= x ⋅ ( 2 x 2 + 5 x − 1)

ƠN

 2 x 2 + 5 x − 1 = 0 ( 3)  x3 + 3 x + 5  ⇔ ( 2 x + 5 x − 1)  − x = 0 ⇔  3 2  x + 3x + 5 = x 2 x 2 + 5 x + 1 ( 4 )  2 x + 5x + 1   2

)

−5 + 33 −5 − 33 (thỏa mãn điều kiện) ∨x= 4 4

(3) ⇔ x =

(

(4) ⇔ x 3 + 2 x + 5 = x 2 x 2 + 5 x   x3 + (2 x + 5)  = x ⋅ 2 x 2 + 5 x 2

)

QU Y

⇔ ( x3 ) + 2 x3 (2 x + 5) + (2 x + 5) 2 = x3 (2 x + 5) 2

⇔ ( x3 ) + x3 (2 x + 5) + (2 x + 5) 2 = 0

2 x3 + 2 x + 5 = 0 2x + 5  3  2 (2 x 5) 0 ⇔  x3 + + ⋅ + = ⇔ (không thỏa mãn).   2  4  2 x + 5 = 0 2

 −5 + 33 −5 + 33   −5 − 33 −5 − 33  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) =  ; ;  ;   .  4 4 4 4    

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thanh Tâm; Fb: Tâm Nguyễ Nguyễn

DẠ

KÈ

Câu 21. (HSG11 Nghệ Nghệ An 20182018-2019) Giải hệ phương trình  x + x2 + 2x + 2 = y2 +1 − y −1  ( x, y ∈ R ) .  3 2 2 2  x − ( 3 x + 2 y − 6 ) 2 x − y − 2 = 0 Lời giả giải

 x + x2 + 2 x + 2 = y 2 + 1 − y − 1 (1)  Xét hệ phương trình  ( x, y ∈ R ) . 3 2 2 2 x − 3 x + 2 y − 6 2 x − y − 2 = 0 (2) ( ) 

Điều kiện 2 x 2 − y − 2 ≥ 0 . Trang 74

(1) ⇔ ( x + 1 + y ) +

( x + 1)

+1 − y2 +1 = 0

x +1+ y = 0

  ⇔ =0  2 2 ( x + 1) + 1 + y + 1

y = − x −1

x +1− y

Ta có (*) ⇔

( x + 1)

FI CI A

  ⇔ 1 +  

  x + 1 + y )( x + 1 − y ) x +1− y) ( (  =0 ⇔ ( x +1+ y ) + = 0 ⇔ ( x +1+ y) 1+ 2 2  2 2 ( x + 1) + 1 + y + 1 ( x + 1) + 1 + y + 1  

+ 1 + y 2 + 1 + ( x + 1) − y = 0 (*)

+ 1 + y 2 + 1 + ( x + 1) − y > x + 1 + ( x + 1) + y − y ≥ 0

nên phương trình (*) vô nghiệm. Thế y = − x − 1 vào phương trình (2) ta được phương trình

⇔ x 3 + 3 x 2 − 4 ( 2 x 2 + x − 1)  2 x 2 + x − 1 = 0 (3)

Đặt a = 2 x 2 + x − 1 ≥ 0 , phương trình (3) trở thành

ƠN

x3 − ( 5 x 2 + 4 x − 4 ) 2 x 2 + x − 1 = 0

 x=a 2 x3 + 3x 2 a − 4a 3 = 0 ⇔ ( x − a )( x + 2a ) = 0 ⇔   x = −2a

QU Y

 x≥0 −1 + 5 −1 − 5 ⇔x= y= + x = a ⇔ 2 x2 + x −1 = x ⇔  2 2 2  x + x − 1 = 0  x≤0 −2 − 4 2 −5 + 4 2 ⇔x= y= + x = −2a ⇔ 2 2 x 2 + x − 1 = − x ⇔  2 7 7 7 x + 4 x − 4 = 0

 −1 + 5 −1 − 5   −2 − 4 2 −5 + 4 2   Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm S =  ; ; ;   2 2   7 7   

Câu 22. (HSG12 Quả Quảng Ngãi 20182018-2019)Giải 2019) hệ phương trình ( 2 x 2 y − 7 ) 3 x − 2 − x + 3xy = 5  .   x 2 ( 4 + y 2 ) − 1 = 1 + 4 x 2 − xy  Lời giả giải

KÈ

(

)

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Hoàng Kiệ Kiệt ; Fb: Nguyễ Nguyễn Hoàng Kiệ Kiệt

DẠ

( 2 x 2 y − 7 ) 3x − 2 − x + 3xy = 5  Xét hệ phương trình   x 2 ( 4 + y 2 ) − 1 = 1 + 4 x 2 − xy 

(

)

(1) ( 2)

Trang 75

+) Với điều kiện (* ) , từ ( 2 )  +) Xét hàm số: f ( t ) =



1 1 +4+ . 2 x x

+ 4) + y =

( 3)

1 + 4 ) + t, t ≥ − . 3

1 + 1 > 0,∀t ≥ − . 3 (t 2 + 4) t

Suy ra, hàm số f ( t ) =

 1  + 4 ) + t đồng biến trên  − ; +∞  .  3 

f ' (t ) =

.(* )

FI CI A

2  2 x≥   x ≥   3 +) Điều kiện:  ⇔ 3  x + 3 xy ≥ 0 y ≥ − 1 3 

ƠN

1  1  1 Mặt khác f ( t ) liên tục trên  − ; +∞  . Do đó, từ ( 3) ⇔ f ( y ) = f   ⇔ y = . x x  3  1 +) Thay y = vào (1) , ta được: ( 2 x − 7 ) 3 x − 2 − x + 3 = 5. ( 4 ) x 7 Nhận thấy, x = không là nghiệm của ( 4 ) , nên ( 4 ) có thể viết lại: 2

)

(

5 5 ⇔ 3x − 2 − x + 3 − = 0. 2x − 7 2x − 7 5 2 7 g ( x ) = 3x − 2 − x + 3 − , ∀x ≥ ,x ≠ 2x − 7 3 2. Đặt

g' ( x ) =

QU Y

3x − 2 − x + 3 =

3 1 10 3 x + 3 − 3x − 2 10 − + = + 2 2 2 3x − 2 2 x + 3 ( 2 x − 7 ) 2 x + 3 . 3x − 2 ( 2 x − 7 ) 6 x + 29

(

2 x + 3 . 3x − 2 3 x + 3 + 3x − 2

)

( 2x − 7)

> 0 , ∀x >

2 7 ,x ≠ . 3 2

KÈ

2 7  7  Suy ra g ( x ) đồng biến trên  ;  và  ; +∞  . 3 2  2  Mà g (1) = g ( 6 ) = 0 , nên ( 4 ) có hai nghiệm x = 1,x = 6.

DẠ

 1 +) Vậy nghiệm ( x; y ) của hệ phương trình là (1;1) và  6;  .  6 Câu 23. (HSG12 tỉ tỉnh Bế Bến Tre năm 20182018-2019) Giải hệ phương trình ( y − 2 ) x + 2 − x y = 0 (1)   2  x + 1 y + 1 = ( y − 3) 1 + x + y − 3x (2) Lời giả giải

(

)

(

)

Tác giả giả: Đồ Đồng Anh Tú ; Fb: AnhTu

Trang 76

 x ≥ −1  ĐK:  y ≥ 0  x 2 + y − 3x ≥ 0 

− 2 ) a − b ( a 2 − 2 ) = 0 ⇔ ab ( b − a ) + 2 ( b − a ) = 0 ⇔ ( b − a )( ab + 2 ) = 0 ⇔ a = b

(do ab + 2 > 0 ) nên PT (1) ⇔ x +1

(

x+2 =

(

)

x + 2 + 1 = ( x − 1) 1 + x 2 − 2 x + 2

(

⇔ x +1 1+

( x + 1) + 1 ) = ( x − 1)

(

)

( x − 1)

)

+ 1 (3)

) trên ℝ , ta có

f '(t ) = 1 + 1 + t 2 +

f ( t ) đồng biến trên ℝ .

(

1+ t2

> 0, ∀t ∈ ℝ , do đó hàm số

x ≥ 1 x + 1 = f ( x − 1) ⇔ x + 1 = x − 1 ⇔  2 x +1 = x − 2x +1

)

Ta có (3) ⇔ f

ƠN

Xét hàm số f (t ) = t 1 + 1 + t 2

(1 +

y ⇔ x + 2 = y . Thay vào phương trình (2), ta được

FI CI A

a = x + 2  x = a 2 − 2 Đặt  , (a ≥ 1, b ≥ 0) , ta được  . Khi đó phương trình (1) trở thành 2  y = b b = y

x ≥ 1 ⇔ 2 ⇔ x = 3.  x − 3x = 0

QU Y

Với x = 3  y = 5 , ta thấy x = 3, y = 5 thỏa mãn điều kiện . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = ( 3;5 ) .

Nhậ Nhận xét: Ta có thể thể biế biến đổ đổi phương trình trình (1) đi theo hướ hướng khác như sau: Từ PT(2), ta có y ≥ 3 , nên PT(1) ⇔

y−2 = y

x (4) , ta có đặt y − 2 = a , a ≥ 1 thay vào (4), ta x+2

a x t = , từ đây suy ra x > 0 . Xét hàm số g ( t ) = đồng biến trên [ 0; +∞ ) , ta a+2 x+2 t+2 được a = x hay y = x + 2 .

KÈ

được

DẠ

Câu 24. (HSG12 tỉ tỉnh Hả Hải Dương năm 20182018-2019) Giải hệ phương trình ( 3 x + 1)2 + 4 y = y 2 + 4 3x + 1(1) .  3 xy = 4 x + 4 + 2 x + 3(2)  Lời giả giải

Tác giả giả:Nguyễ :Nguyễn Thị Thị Nga; Fb: Con Meo

Cách 1:

 y≥0  Điều kiện:  1.  x ≥ − 3 Trang 77

(1) ⇔ ( 3x + 1)

− 4 3x + 1 = y 2 − 4 y ( * ) .

(

)

3x + 1 = f

( y).

Xét hàm số f ( t ) = t 4 − 4t ( t ∈ [0; + ∞ ) ) ; từ (* ) ta có f

FI CI A

f ′ ( t ) = 4t 3 − 4 ; f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = 1 .

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy: hàm số nghịch biến trên [0;1] ; đồng biến trên [1; + ∞ ) .

y ⇔ y = 3 x + 1 thay vào ( 2 ) ta có :

3x + 1 =

ƠN

y cùng thuộc [0;1] hoặc [1; + ∞ ) thì ta có :

+ Nếu 3x + 1 và

(

3 x ( 3 x + 1) = 4 x + 4 + 2 x + 3 ⇔ 9 x 2 = x + 4 + 2 x + 3 ⇔ 9 x 2 = 1 + x + 3

)

QU Y

1   x≥3  3x = x + 3 + 1   3x − 1 ≥ 0 ⇔ ⇔ 3x = x + 3 + 1 ⇔  2 ⇔  x = 1 ⇔ x = 1  y = 4 9 x − 7 x − 2 = 0 3x = − x + 3 − 1  2  x = − 9  (thỏa mãn). + Nếu

)(

3x + 1 − 1

)

y −1 ≤ 0 ⇔

3x y −1 . ≤ 0 ⇔ x ( y − 1) ≤ 0 . 3x + 1 + 1 y + 1

(

y không cùng thuộc [0;1] hoặc [1; + ∞ ) thì

3x + 1 và

(

)

x + 3 + 1 > 0 vô lý.

KÈ

Từ ( 2 ) ⇔ 3 x ( y − 1) =

Vậy hệ có nghiệm ( x ; y ) là (1;4 ) . Cách 2:

DẠ

 y≥0  Điều kiện:  1.  x ≥ − 3

(1) ⇔ 4

3x + 1 − 4 y = ( 3x + 1) − y 2 .

 ( 3 x + 1 − y )( 3 x + 1 + y ) = 4.

3x + 1 − y . 3x + 1 + y Trang 78

  4  ( 3x + 1 − y )  3x + 1 + y −  = 0 (*) .  3 x + 1 + y  

Từ ( 2 )  y =

4 4 2 + + 3 3x 3x

 3x + 1 + y −

4 3x + 1 +

1  VP ( 2 ) > 0  3xy > 0  x > 0 . 3

FI CI A

Vì x ≥ −

1 3 + > 1. x x2

> 0.

9 x2 = x + 4 + 2 x + 3 ⇔ 9 x2 =

(

)

Từ (* )  3x + 1 − y = 0 ⇔ y = 3x + 1 thay vào ( 2 ) ta có: 2

x + 3 +1 .

1   x≥3   3x − 1 ≥ 0 ⇔ 2 ⇔  x = 1 ⇔ x = 1  y = 4 . 9 x − 7 x − 2 = 0  2  x = − 9 

Vậy hệ có nghiệm ( x ; y ) là (1;4 ) .

QU Y

Cách 3:

ƠN

 3x = x + 3 + 1 ⇔ ⇔ 3x = x + 3 + 1 .  3x = − x + 3 − 1

 y≥0  Điều kiện:  1.  x ≥ − 3 1 Vì y ≥ 0; x ≥ − nên 4 x + 4 + 2 x + 3 > 0  3xy > 0  x > 0  3x + 1 > 1 . 3 4 Mặt khác, 3 xy = 4 x + 4 + 2 x + 3 > 4 x  y >  y > 1 . 3 y ; b = 3x + 1 , ( a , b > 1) .

KÈ

Đặt a =

(1)  a 4 − 4a = b4 − 4b ⇔ ( a − b ) ( a + b ) ( a 2 + b2 ) − 4  = 0 (*) .  a+b> 2  ( a + b ) a 2 + b2 > 4 . Vì a , b > 1 nên  2 2 a + b > 2 

Từ (* )  a = b hay

(

)

y = 3x + 1 ⇔ y = 3x + 1 .

DẠ

khi đó ta có: 3 x ( 3x + 1) = 4 x + 4 + 2 x + 3 ⇔ 9 x 2 = x + 4 + 2 x + 3 .

(

)

⇔ 9 x2 = 1 + x + 3 .

⇔ 3x = 1 + x + 3 (vì x > 0 ).

Trang 79

FI CI A

 3x − 1 > 0 1  x≥   ⇔ ⇔ . 3 2 ( 3x − 1) = x + 3 9 x 2 − 7 x − 2 = 0  1   x≥3  ⇔  x = 1 ⇔ x = 1  y = 4 .  2  x = − 9  Vậy hệ có nghiệm ( x ; y ) là (1;4 ) .

(

)

Câu 25. (HSG11 tỉ tỉnh Thanh Hóa năm 20182018-2019) Giải hệ phương trình 3 2  y − 4 y + 4 y = x +1 y2 − 5 y + 4 + x +1  ( x; y ∈ R )  2 2 x 2 − 3x + 3 + 6 x − 7 = y 2 ( x − 1) + ( y 2 − 1) 3x − 2 Lời giả giải

Điều kiện: x ≥

ƠN

Tác giả giả: Trầ Trần Thị Thị Hà ; Fb: Ha Tran 2 3

(

⇔ y ( y2 − 4 y + 4) = x +1 y2 − 4 y + 4 − y + x + 1 2

⇔ y ( y − 2) = ( y − 2)

(

x +1 − y − x +1

)

Phương trình đầu y 3 − 4 y 2 + 4 y = x + 1 y 2 − 5 y + 4 + x + 1

)

x +1

QU Y

2 ⇔ y − x + 1 ( y − 2 ) + x + 1  = 0   2 ( y − 2 ) + x + 1 = 0 (1) ⇔  y − x + 1 = 0 ( 2)

y − 2 = 0 y = 2 2 Giải ( 1): ( y − 2 ) + x + 1 = 0 ⇔  ⇔ x +1 = 0  x = −1 ( Loai )

KÈ

 y2 = x +1 Giải ( 2): y − x + 1 = 0 ⇔  y >1 Thế y 2 = x + 1 vào phương trình thứ hai ta được: 2

DẠ

2 x 2 − 3 x + 3 + 6 x − 7 = ( x + 1)( x − 1) + x 3 x − 2

Trang 80

⇔ 2 x 2 − 3 x + 3 − 2 + 3 x − 2 − x 3 x − 2 − ( x + 1)( x − 1) + 3 x − 3 = 0

)

x 2 − 3x + 3 − 1 + 3x − 2

2 ( x 2 − 3x + 2 )

⇔

x 2 − 3x + 3 + 1

− 3x − 2

(

)

3 x + 2 − x − ( x − 1) ( x 2 − 4 ) = 0

x 2 − 3x + 2 − ( x + 2 ) ( x 2 − 3x + 2 ) = 0 x + 3x − 2

(

FI CI A

⇔2

  2 3x − 2 ⇔ ( x 2 − 3x + 2 )  − − x − 2 = 0 2  x − 3x + 3 + 1 x + 3x − 2  2  x − 3x + 2 = 0 ( 3)  ⇔ 2 3x − 2 − − x − 2 = 0 ( 4)  2  x − 3x + 3 + 1 x + 3x − 2

(

−

x − 3x + 3 + 1

Ta thấy với mọi x ≥

3x − 2 −x−2=0⇔ x + 3x − 2

2 2

)(

x − 3x + 3 + 1

)

3x − 2 + x+2 x + 3x − 2

ƠN

Giải (4) :

 x = 1 ( tm ) Giải (3): x 2 − 3 x + 2 = 0 ⇔   hệ có nghiệm ( x; y ) = 1; 2 ; 2; 3  x = 2 ( tm )

2 thì VT ( 4 ) < 2 < VP ( 4 ) do đó phương trình (4) vô nghiệm. 3

Điều kiện: y ≥ −3 .

QU Y

Câu 26. (HSG12 Hà Nộ Nội năm 20182018-2019) Giải hệ phương trình  x 2 + 3 y 2 + 2 xy − 6 x − 2 y + 3 = 0 (1) .  2 ( 2)  x − y + 5 = 2 x y + 3 Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Hồ Hồng Hạ Hạnh; Fb: Nguyễ Nguyễn Hồ Hồng Hạnh

 Từ ( 1) ta có: x 2 + 3 y 2 + 2 xy − 6 x − 2 y + 3 = 0 2

⇔ x 2 + 2 ( y − 3) x + ( y − 3) + 2 y 2 + 4 y − 6 = 0

⇔ ( x + y − 3) + 2 y 2 + 4 y − 6 = 0

KÈ

 2 y 2 + 4 y − 6 ≤ 0 ⇔ −3 ≤ y ≤ 1

( 3)

 Từ ( 2 ) ta lại có: x 2 − y + 5 = 2 x y + 3 ⇔ x 2 − 2 x y + 3 + y + 3 + 2 (1 − y ) = 0

(

)

⇔ x − y + 3 + 2 (1 − y ) = 0

DẠ

 2 (1 − y ) ≤ 0 ⇔ y ≥ 1

( 4)

Từ ( 3 ) và ( 4 )  y = 1 .

Thay y = 1 vào hệ được x = 2 .

Trang 81

x = 2 Vậy hệ có nghiệm là  (thỏa mãn điều kiện). y =1

FI CI A

Câu 27. (HSG12 tỉ tỉnh QUẢ QUẢNG NINH 20182018-2019) Giải hệ phương trình 100 x x−2 1  y 2 log y 2 = 1 − y 2   xy − 2 = 3 x − 1 + y  Lời giả giải Điều kiện x > 0 và xy ≥ 2

Xét hàm số f ( t ) = t + log t , t > 0 có f ' ( t ) = 1 +

1 100 x x−2 log 2 = 1 − 2 ⇔ log100 x − log y 2 = y 2 − x + 2 ⇔ x + log x = y 2 + log y 2 (*) 2 y y y

Từ phương trình

1 > 0, ∀t > 0 nên hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) . t ln10

Thay x = y 2 vào phương trình

) (

(

y3 − 2 − 5 =

)

y 2 − 1 − 2 + y − 3 rồi liên hợp được

y3 − 2 + 5

y2 − 9

y3 − 2 = 3 y2 −1 + y

xy − 2 = 3 x − 1 + y được

Thấy y = 3 là nghiệm nên biến đổi thành

y 3 − 27

ƠN

Vậy (*) ⇔ f ( x ) = f ( y 2 ) ⇔ x = y 2

+ y −3

( y 2 − 1) + 2 3 y 2 − 1 + 4

Và

y3 − 2 + 5

y2 + 3y + 9

− 1) + 2 3 y 2 − 1 + 4 =

y+3

( y − 1) ( y + 1)

+ 2 3 y2 −1 + 4 >

( y − 1)

+ 4 = y + 3, ∀y ≥ 3 2

nên

+1 < 1+1 = 2

( y 2 − 1) + 2 3 y 2 − 1 + 4

KÈ

y 2 + 3 y + 9 2 y 2 + 6 y + 18 4y − 2 > 2 = 2 = 2+ 2 > 2, ∀y ≥ 2 2 3 y +y y + y + 10 y + y + 10 y +5 +5 2

y2 + 3 y + 9

QU Y

 2   y+3  y + 3y + 9   ⇔ ( y − 3)  − + 1  = 0 (**) 3 2 2 2  y − 2 + 5  3 ( y − 1) + 2 3 y − 1 + 4    

  y2 + 3 y + 9  y+3  − + 1 > 0, ∀y ≥ 3 2  3 2 y − 2 + 5  3 ( y 2 − 1) + 2 3 y 2 − 1 + 4   

DẠ

Nên (**) ⇔ y = 3

Vậy hệ só nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 9;3) . Câu 28. (HSG10 HÀ NAM 20182018-2019) Giải hệ phương trình Trang 82

 x3 − y 3 + 3 x 2 + 6 x − 3 y + 4 = 0  2 ( x + 1) y + 1 + ( x + 6) y + 6 = x − 5 x + 12 y Lời giả giải

Điều kiện: y ≥ −1 . Ta có x3 − y 3 + 3x 2 + 6 x − 3 y + 4 = 0 ⇔ ( x + 1)3 + 3( x + 1) = y 3 + 3 y (1).

FI CI A

Tác giả giả:Hoàng Ngọ Ngọc Huệ Huệ ; Fb: Hoàng Ngọ Ngọc Huệ Huệ.

Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t , f ′(t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ℝ . Do đó hàm số f (t ) đồng biến trên ℝ . Mà phương trình (1) có dạng f ( x + 1) = f ( y ) nên x + 1 = y . Do y ≥ −1 nên x ≥ −2 .

Thế x + 1 = y vào phương trình ( x + 1) y + 1 + ( x + 6) y + 6 = x 2 − 5 x + 12 y ta có

( x + 1) x + 2 + ( x + 6) x + 7 = x 2 + 7 x + 12 ⇔ ( x + 1)( x + 2 − 2) + ( x + 6)( x + 7 − 3) = x 2 + 2 x − 8

ƠN

 x = 2 (TM ) ( x + 1)( x − 2) ( x + 6)( x − 2) ⇔ + = ( x − 2)( x + 4) ⇔  x + 1 . x+6  + = x + 4 (*) x+2+2 x+7 +3  x + 2 + 2 x+7 +3 (*):

Giải phương trình x +1 x+6 2( x + 2) 2 2( x + 6) + = x+4⇔ − ( x + 2) − + − ( x + 6) = 0 x+2 +2 x+7 +3 x+2+2 x+2+2 x+7 +3  − x+2   − x + 7 −1  2 ⇔ ( x + 2)  + ( x + 6)   −  = 0 (**) x+2+2  x+2+2  x+7 +3 

QU Y

Dễ thấy vế trái của phương trình (**) luôn âm với mọi x ≥ −2 . Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (2;3) .

Bổ sung: Để Để đánh giá (*) vô nghiệ nghiệm cũng cũng có thể thể xét riêng

Trườ Trường hợ hợp 2:

x +1 x + 6 7 + = x+ < x+4 2 2 2

Trườ Trường hợ hợp 1: x ≥ −1  VT <

x +1 x+6 − x+2+2 x+7 +3 x+6   2x  x +1  x+6 = − +2+ − > 0.  3  x+7 +3  x+2 +2  3

KÈ

−1 > x ≥ −2  VP − VT = ( x + 4 ) −

DẠ

Câu 29. (HSG10 PHÙNG KHẮ KHẮC KHOANKHOAN- HÀ NỘ NỘI 20182018-2019) Giải hệ phương trình 3 2 x + y + x − 2 y + 1 = 5  2 x − 2 y + 1 − 5 x = 10 y + 9 Lời giả giải

Tác giả giả:Nguyễ :Nguyễn Dương Long ; Fb:Long Nguyễ Nguyễn

Trang 83

2 x + y ≥ 0 Điều kiện  x − 2 y +1 ≥ 0

Đặt u = 2 x + y , ( u ≥ 0 ) và v = x − 2 y + 1, ( v ≥ 0 )  2 x + y = u 2  2 x + y = u 2 Suy ra    2 2  x − 2 y + 1 = v  x − 2 y = v − 1

Vậy 5 x + 10 y = 4 ( 2 x + y ) − 3 ( x − 2 y ) = 4u 2 − 3 ( v 2 − 1) . ta

có

hệ

phương trình  u = 1   v = 2 3 u + v = 5  v = 5 − 3u v = 5 − 3u  ⇔ 2 ⇔ ⇔  u = 73 Trường  2 2 2 2   4u − 3v − 2v + 12 = 0  23u − 96u + 73 = 0 23  2v − ( 4u − 3v + 3) = 9    104  v = − 23 

ƠN

Vậy

2m + n = 5 m = 4 Ta có 5 x + 10 y = m ( 2 x + y ) + n ( x − 2 y ) , suy ra    m − 2n = 10  n = −3

FI CI A

3 2 x + y + x − 2 y + 1 = 5 Ta có hệ phương trình đã cho ⇔  2 x − 2 y + 1 − ( 5 x + 10 y ) = 9

u = 1 2 x + y = 1 x = 1 hợp 1: v = 2   x − 2 y = 3 ⇔  y = −1 (thỏa mãn điều kiện)   

QU Y

73  u = 23 Trường hợp 2:  ( không thỏa mãn điều kiện v ≥ 0 ) v = − 104  23

x = 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  .  y = −1

Tác giả giả: Quố Quốc Vương; Fb: Quố Quốc Vương

KÈ

Câu 30. (HSG10 THPT THuậ THuận Thành 20182018-2019) Giải hệ phương trình  x3 + 3x 2 + 4 x + 2 = y 3 + y .  4 x + 6 x − 1 + 7 = ( 4 x − 1) y Lời giả giải

DẠ

 x 3 + 3x 2 + 4 x + 2 = y 3 + y (1) b) Giải hệ phương trình  . 4 x + 6 x − 1 + 7 = ( 4 x − 1) y ( 2 ) 3 2 Phương trình (1) ⇔ ( x + 1) + ( x + 1) = y 3 + y ⇔ ( x + 1 − y ) ( x + 1) + ( x + 1) y + y 2 + 1 = 0  

Trang 84

Thay y = x + 1 vào phương trình ( 2 ) , ta được: 4 x + 6 x − 1 + 7 = ( 4 x − 1)( x + 1)

(

FI CI A

3  x ≥ 1   x ≥ 1 x ≥ 2 ⇔ ⇔ 2 ⇔ ⇔ x = 2  y = 3. 2  x − 1 + 3 = 2 x  x − 1 + 3 = 4 x  x − 1 = ( 2 x − 3)2 

y  3 y2 2  ⇔ y = x + 1 (vì ( x + 1) + ( x + 1) y + y 2 + 1 =  x + 1 +  + + 1 > 0 ∀x, y ). 2 4 

)

Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( x; y ) = ( 2; 3 ) .

Câu 31. (HSG11 Hậu Hậu Lộc tỉnh Thanh Hóa năm 20182018-2019) Giải hệ phương trình  x + 1 + y + 1 = 4 − x + 5 y ( x, y ∈ ℝ )  2  x + y + 2 = 5 ( 2 x − y + 1) + 3x + 2 Lời giải

2  x ≥ − 3  Điều kiện:  y ≥ −1 4 − x + 5 y ≥ 0   2 x − y + 1 ≥ 0 Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có:

ƠN

Tác giả giả:Nguyễ :Nguyễn Thu Hằ Hằng ; Fb: Nguyễ Nguyễn Thu Hằ Hằng

x +1 + y +1 = 4 − x + 5 y ⇔ x + y + 2 + 2

( x + 1)( y + 1) = 0 ⇔ x − 2 y − 1 + ( x + 1)( y + 1) = 0

QU Y

⇔ 2x − 4 y − 2 + 2

( x + 1)( y + 1) − 2 ( y + 1) = 0 ⇔ (

⇔ x +1+ ⇔ x +1 =

( x + 1)( y + 1) = 4 − x + 5 y

y +1 ⇔ x = y

x +1 − y +1

)(

)

x +1 + 2 y +1 = 0

Thay x = y vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình:

(

x 2 + x + 2 = 5 ( x + 1) + 3 x + 2

) (

)

KÈ

⇔ x 2 − x − 1 + x + 2 − 5 x + 5 + x + 1 − 3x + 2 = 0 2

x − x −1 x − x −1 + =0 x + 2 + 5 x + 5 x + 1 + 3x + 2 1 1   ⇔ ( x 2 − x − 1)  1 + + =0  x + 2 + 5 x + 5 x + 1 + 3x + 2 

DẠ

⇔ x2 − x −1 +

 1+ 5 1+ 5 (TM )  y = (TM ) x = 2 2 2 ⇔ x − x −1 = 0 ⇔   1− 5 1− 5 (TM )  y = (TM ) x =  2 2

Trang 85

1 x + 2 + 5x + 5

1 x + 1 + 3x + 2

> 0, ∀ x ≥ −

2 3

FI CI A

 1 + 5 1 + 5   1 − 5 1 − 5   Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S =  ; ; ;  .  2   2 2    2

Vì 1 +

Câu 32. (HSG11 THPT Hậ Hậu Lộ Lộc Thanh Hóa năm 20182018-2019) Giải hệ phương trình  x + 1 + y + 1 = 4 − x + 5 y ( x, y ∈ ℝ ) .  2  x + y + 2 = 5 ( 2 x − y + 1) + 3 x + 2 Lời giả giải

2   x ≥ − 3 , y ≥ −1 Điều kiện : 4 − x + 5y ≥ 0 . 2x − y + 1 ≥ 0

Từ phương trình (1 )ta có :

⇔

(

( x + 1)( y + 1) = 0 ⇔ x + 1 + ( x + 1)( y + 1) − 2 ( y + 1) = 0

x +1 − y +1

)(

)

x +1 + 2 y +1 = 0 ⇔ x +1 = y +1 ⇔ x = y .

⇔ x − 2y − 1 +

( x + 1)( y + 1) = 4 − x + 5y

ƠN

x + 1 + y + 1 = 4 − x + 5y ⇔ x + y + 2 + 2

Thay x = y vào phương trình (2) ta có phương trình :

(

) (

)

x 2 + x + 2 = 5x + 5 + 3x + 2 ⇔ x 2 − x − 1 + x + 2 − 5x + 5 + x + 1 − 3x + 2 = 0 x2 − x −1 x2 − x −1 + =0 5x + 5 + x + 2 3x + 2 + x + 1

QU Y

⇔ x2 − x −1 +

1 1   ⇔ x 2 − x − 1 1 + + =0 5x + 5 + x + 1 3x + 2 + x + 2  

(

)

Vì 1 +

KÈ

 1+ 5 1+ 5 y= x = 2 2 ⇔ x2 − x −1 = 0 ⇔   1− 5 1− 5 y= x =  2 2 1

5x + 5 + x + 1

2 > 0 , ∀x ≥ − . 3 3x + 2 + x + 2 1

 1 + 5 1 + 5   1 − 5 1 − 5   ; ; ;  . 2   2 2    2

DẠ

Đối chiều điều kiện ta có nghiệm của hệ : ( x, y ) = 

Câu 33. (HSG12 tỉ tỉnh Điệ Điện Biên năm 20182018-2019) Giải hệ phương trình

 x 3 − y 3 − 3 ( 2 x 2 − y 2 + 2 y ) + 15 x − 10 = 0 ( x; y ∈ ℝ )  2 − y + 3 − x = 2x − 2  Lời giả giải Trang 86

x ≤ 3 . y ≤ 2

Điều kiện: 

+ 3( x − 2) = ( y − 1) + 3( y − 1)

(1)

FI CI A

( x − 2)

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:

Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t , ( t ∈ ℝ ) .

Khi đó ta có f ' ( t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ℝ . Do đó f (t ) là hàm đồng biến trên ℝ .

Nên phương trình (1) trở thành f ( x − 2 ) = f ( y − 1) ⇔ x − 2 = y − 1 ⇔ y = x − 1 .

Thay y = x − 1 vào phương trình thứ hai ta được:

2 3 − x = 2x − 2 ⇔ 3 − x = x −1

ƠN

x ≥ 1 x ≥ 1  ⇔ ⇔  x = 2 ⇔ x = 2 . 2 3 − x = x − 2 x + 1   x = −1  Với x = 2 thì y = 1 (thỏa mãn).

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = ( 2;1) .

QU Y

Câu 34. (HSG12 tỉ tỉnh Thừ Thừa Thiên Huế Huế năm 20182018-2019) Giải hệ phương trình 3 3 2  x − y − 3 x + 4 x − y − 2 = 0 ( x, y ∈ ℝ )  3 2  2 x + y + 5 − 3 − x − y = x − 3 x − 10 y − 10 Lời giả giải

2 x + y + 5 ≥ 0 a) Điều kiện  3 − x − y ≥ 0

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương: ( x − 1) + ( x − 1) = y 3 + y ⇔ ( x − y − 1) ( x − 1) + y ( x − 1) + y 2 + 1 = 0  

KÈ

⇔ y = x −1

Thay y = x − 1 vào phương trình thứ hai của hệ ta được phương trình: 3 x + 4 − 4 − 2 x = x 3 − 3 x 2 − 10 x

5x = x ( x − 5 )( x + 2 ) 3x + 4 + 4 − 2 x

DẠ

⇔

x = 0 ⇔ ( x − 5 )( x + 2 )

(

)

3 x + 4 + 4 − 2 x = 5 ( *)

Với x = 0  y = −1 . Trang 87

4 Do − ≤ x ≤ 2 nên VT (*) < 0 nên phương trình (*) vô nghiệm. 3

FI CI A

Câu 35. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 20182018-2019) Giải hệ phương trình 2 2  x + y + 1 = 2 ( xy − x + y ) (1) ( x, y ∈ ℝ ) .  3 2  x + 3 y + 5 x − 12 = (12 − y ) 3 − x ( 2 ) Lời giả giải

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) là ( 0; −1) .

Tác giả giả: Lưu Trung Tín; Fb: Lưu Trung Tín

(1) ⇔ ( x − y + 1)

= 0 ⇔ y = x +1.

Điều kiện: x ≤ 3 .

Thay y = x + 1 vào ( 2 ) ta được phương trình x3 + 3x 2 + 11x − 9 = (11 − x ) 3 − x ( 3) .

(

⇔

)

2 1 x − 3 − x  x + 3 − x + 3 + x2 +  2

(

)(

)

⇔ x − 3− x = 0 x ≥ 0 ⇔ 2 3 − x = x ⇔x=

−1 + 13 . 2

3− x

)

+ 7 = 0 

QU Y

⇔ 3− x = x

(

ƠN

⇔ x − 3 − x  x2 + x 

)

( 3− x) +8 3− x 3 − x + ( 3 − x ) + 3 x + 3 3 − x + 8 = 0 

3− x

( 3) ⇔ x3 + 3x 2 + 8 x = (

Thử lại, ta nhận nghiệm x =

1 + 13 −1 + 13 , suy ra y = . 2 2

KÈ

 −1 + 13 1 + 13   Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm S =  ;  . 2 2   

DẠ

Câu 36. (HSG10 tỉ tỉnh Vĩnh Vĩnh Phúc năm 20182018-2019) Giải hệ phương trình: 8 xy  2 2  x + y + x + y = 16 .  2 x 2 − 5 x + 2 x + y − 3x − 2 = 0  Lời giả giải

Tác giả giả: Phùng Hằ Hằng - Đỗ Quố Quốc Trưở Trưởng ; Fb: Phùng Hằ Hằng - Đỗ Quố Quốc Trưở Trưởng

x + y > 0 x + y > 0  Điều kiện:  ⇔ . 2 3 x − 2 ≥ 0  x ≥ 3

Trang 88

 4  8 xy = 16 ⇔ ( x + y − 4 )( x + y + 4 ) + 2 xy  − 1 = 0 . x+ y  x+ y 

FI CI A

Với điều kiện xác định: (1) ⇔ ( x + y ) − 2 xy +

8 xy  2 2  x + y + x + y = 16 (1) Ta có:  . 2 2 x − 5 x + 2 x + y − 3x − 2 = 0 ( 2 ) 

x + y − 4 = 0 x + y = 4  ⇔ ⇔ 2 . 2 xy x + y + 4 − =0 x + y2 + 4( x + y ) = 0  x+ y 

x+ y =4

TH1:

( 2) ⇔ 2 x2 − 5x + 4 −

thay

vào

3x − 2 = 0 ⇔ 2 x 2 + x = 2 ( 3x − 2 ) + 3x − 2 .

⇔ 2 ( x 2 − 3x + 2 ) + x − 3x − 2 = 0 ⇔ 2 ( x 2 − 3x + 2 ) +

( 2)

được:

x 2 − 3x + 2 =0. x + 3x − 2

ƠN

 x+ y−4  2 xy  ⇔ ( x + y − 4 )( x + y + 4 ) − 2 xy   = 0 ⇔ ( x + y − 4)  x + y + 4 −  = 0. x+ y  x+ y  

 x 2 − 3x + 2 = 0 1    ⇔ ( x 2 − 3x + 2 )  2 + . 1  = 0 ⇔ 2 + = 0 ( VN ) x + 3x − 2   x + 3x − 2 

QU Y

x = 1 y = 3 ⇔ . x = 2  y = 2

+) TH2: x 2 + y 2 + 4 ( x + y ) = 0 vô nghiệm vì x + y > 0 và x ≥

2 nên x 2 + y 2 + 4 ( x + y ) > 0 . 3

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1;3) và ( 2; 2 ) .

KÈ

Câu 37. (HSG11 THuận THuận Thành Thành 20182018-2019) Giải hệ phương trình  x + 4 + x 2 + 8 x +17 = y + y 2 +1  .   x + y + y + 21 +1 = 2 4 y − 3x  Lời giải 2 2   x + 4 + x + 8 x +17 = y + y +1 (1)   x + y + y + 21 +1 = 2 4 y − 3x (2) 

Điều kiện: y ≥ 0 .

DẠ

(1) ⇔ ( x − y + 4) + x 2 + 8 x + 17 − y 2 + 1 = 0 ⇔ ( x − y + 4) +

( x + 4) − y 2 x 2 + 8 x + 17 + y 2 + 1

Trang 89

x 2 + 8 x + 17 + y 2 + 1

⇔ ( x − y + 4) (1 +

( x + 4 + y) 2

x + 8 x + 17 + y 2 + 1

)=0

( x + 4 + y )( x + 4 − y )

⇔ y = x+4

Vì: 1 +

( x + 4 + y) x 2 + 8 x + 17 + y 2 + 1

( x + 4 ) + 1 + ( x + 4) + y 2 + 1 + y x 2 + 8 x + 17 + y 2 + 1

> 0 ∀ x , y ∈ ℝ.

Thay y = x + 4 vào 2 ta đuợc :

⇔

(

) (

x +4 −2 +

) (

(2) ⇔ x + x + 4 + x + 25 + 1 = 2 x + 16

FI CI A

⇔ ( x − y + 4) +

)

x + 25 − 5 + x + 8 − 2 x + 16 = 0

ƠN

  1 1 x + 12  = 0 ⇔ x  + +  x + 4 + 2 x + 25 + 5 x + 8 + 2 x + 16 

x = 0 ⇒ y = 4  ⇔ 1 1 x +12  + + = 0 (vn) .  x + 4 + 2 x + 25 + 5 x + 8 + 2 x + 16

Câu 38. (HSG12 Quả Quảng Ninh 20182018-2019) Cho x, y là các số thực dương. Giải hệ phương trình sau

QU Y

( y + 1) log 4 ( x + 1)( y + 1)  = 16 − ( x − 1)( y + 1) .  2 2 4 x + 7 xy − 3 x + y = 99 Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thị Thị Chúc; Fb:Chuc Nguyen

Ta có ( y + 1) log 4 ( x + 1)( y + 1)  = 16 − ( x − 1)( y + 1) 16 − ( x − 1) (vì x, y dương) y +1

KÈ

⇔ log 4 ( x + 1) + log 4 ( y + 1) = ⇔ log 4 ( x + 1) + ( x + 1) − 2 =

16 − log 4 ( y + 1) y +1 16 16 + − 2 (1) . y +1 y +1

⇔ log 4 ( x + 1) + ( x + 1) − 2 = log 4

DẠ

Xét hàm số f ( t ) = t + log 4 t − 2 liên tục trên ( 0; +∞ ) . Ta có f ' ( t ) =

1 +1 > 0 ∀t > 0 . t ⋅ ln 4

Suy ra hàm số y = f ( t ) liên tục và đồng biến trên ( 0; +∞ ) .

Trang 90

 16  Phương trình (1) có dạng f ( x + 1) = f    y +1

16 ⇔ ( x + 1)( y + 1) = 16 ⇔ xy + x + y = 15 y +1

FI CI A

⇔ x +1 =

⇔ 2 x + y + x ( y − 1) = 15 ( 2 ) . 2

Ta có 4 x 2 + 7 xy − 3 x + y 2 = 99 ⇔ ( 2 x + y ) + 3 x ( y − 1) = 99 ( 3 ) .

( 2 x + y ) + x ( y − 1) = 15 ( 2 x + y ) 2 − 3 ( 2 x + y ) = 54 ⇔  2 ( 2 x + y ) + 3 x ( y − 1) = 99 ( 2 x + y ) + x ( y − 1) = 15

Từ ( 2 ) , ( 3) ta có hệ phương trình

ƠN

2 x + y = 9  2 x + y = 9  (vì x, y dương nên 2 x + y > 0 ) ⇔   2 x + y = −6 ⇔  x ( y − 1) = 6  2 x + y + x y − 1 = 15 ) ( ) (

 x = 1   x ( 8 − 2 x ) = 6 y = 7 (thỏa mãn điều kiện x, y > 0 ). ⇔ ⇔  x = 3  y = 9 − 2 x    y = 3

Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm S = {(1; 7 ) ; ( 3;3 )} .

QU Y

Câu 39. (HSG12 tỉ hệ phương trình tỉnh Bình Thuậ Thuận năm 20182018-2019)Giải 2019) 2 xy ( x + y − 1) = x 2 + y 2 (1) .  2 2 2 2  x y y + 1 − x + 1 = x y − x ( 2 ) Lời giả giải Điều kiện xy ≥ 0 .

x 2 + 1 − x > 0 , ∀x ∈ ℝ nên y = 0 không thõa mãn ( 2 ) . Do vậy y ≠ 0 . Suy ra x = 0 không thõa

Ta có

KÈ

mãn (1) .

Nếu x, y cùng âm thì (1) vô lí. Do đó x, y cùng dương.

1 x2

(

) (

x2 + 1 − x = y

)

y2 + 1 −1 ⇔

1 1 1 1+ 2 − = y y2 +1 − y x x x

( 3) .

Khi đó ( 2 ) ⇔

DẠ

Xét hàm số f ( t ) = t 1 + t 2 − t trên khoảng ( 0; +∞ ) .

Ta có f ' ( t ) = t 2 + 1 +

t2 t2 +1

− 1 > 0, ∀ t > 0 . Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) .

1 1 Khi đó ( 3 ) ⇔ f   = f ( y ) ⇔ = y ⇔ xy = 1 . x  x Trang 91

Thay xy = 1 vào (1) ta được: 2

2 ( x + y − 1) = x 2 + y 2 ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) = 0 ⇔ x = y = 1 .

FI CI A

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1;1) . Câu 40. (HSG12 THPT Thuậ Thuận Thành năm 20182018-2019) Giải hệ phương trình  x + 4 + x 2 + 8 x + 17 = y + y 2 + 1 .   x + y + y + 21 + 1 = 2 4 y − 3 x Lời giả giải

 x + 4 + x 2 + 8 x + 17 = y + y 2 + 1 (1)   x + y + y + 21 + 1 = 2 4 y − 3 x ( 2 )

Điều kiện: y ≥ 0, 4 y − 3 x ≥ 0 .

− y2

  ( x + 4 + y) =0 = 0 ⇔ ( x − y + 4 ) 1 + 2 2   x + 8 x + 17 + y + 1 x 2 + 8 x + 17 + y 2 + 1  

( x + 4 + y )( x + 4 − y )

⇔ y = x+4.

( x + 4 + y) x 2 + 8 x + 17 + y 2 + 1

( x + 4)

+ 1 + ( x + 4) + y 2 + 1 + y

x 2 + 8 x + 17 = y 2 + 1

QU Y

(Vì: 1 +

x 2 + 8 x + 17 + y 2 + 1

⇔ ( x − y + 4) +

x + 8 x + 17 − y + 1 = 0 ⇔ ( x − y + 4 ) +

( x + 4)

ƠN

(1) ⇔ ( x − y + 4 ) +

> 0 ∀x, y )

Thay y = x + 4 vào (2) ta được:

( 2) ⇔ x + ⇔

(

x + 4 + x + 25 + 1 = 2 x + 16

) (

x+4 −2 +

) (

)

x + 25 − 5 + x + 8 − 2 x + 16 = 0

KÈ

x + 12 1 1   ⇔ x + + =0 x + 25 + 5 x + 8 + 2 x + 16   x+4+2

 x = 0  y = 4 ( t/m) ⇔ . 1 1 x + 12  + + = 0 ( 3) x + 25 + 5 x + 8 + 2 x + 16  x + 4 + 2

Do x + 4 = y ≥ 0  x ≥ − 4  x + 8 > 0 nên (3) vô nghiệm.

DẠ

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0; 4 ) .

Chú ý: Ta có thể giải (1) như sau: (1) ⇔ x + 4 +

Xét hàm số f ( t ) = t + t 2 + 1 có f ′ ( t ) = 1 +

( x + 4) + 1 = y +

t t2 +1

t2 +1 + t t 2 +1

y2 +1

> 0, ∀t ∈ ℝ . Trang 92

Lời giả giải

3 x 2 − 2 x − 5 + 2 x x 2 + 1 = 2 ( y + 1) y 2 + 2 y + 2 (1) Hệ đã cho trở thành  2 2 ( 2)  x + 2 y − 2 x + 4 y − 3 = 0

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

(

t 2 + 1 >| t |≥ −t

( *)

(t ∈ ℝ ) t2

t2 +1

t 2 + 1 + 2t t 2 + 1 + t 2 t2 +1

)

Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ℝ .

( =

t2 +1 + t

) >0

ƠN

f ′ ( t ) = 2t + t + 1 + 2

t2 +1

Xét f ( t ) = t 2 + t t 2 + 1

( y + 1)

 3 x 2 − 2 x − 5 + 2 x x 2 + 1 − 2 ( y + 1) y 2 + 2 y + 2 = x 2 + 2 y 2 − 2 x + 4 y − 3

FI CI A

Câu 41. (HSG12 YÊN LẠ LẠC 2 năm 20182018-2019) Giải hệ phương trình 2 3 x − 2 x − 5 + 2 x x 2 + 1 = 2 ( y + 1) y 2 + 2 y + 2 ( x, y ∈ ℝ )  2 2  x + 2 y = 2 x − 4 y + 3

Do đó f ( t ) đồng biến trên ℝ nên (1) ⇔ f ( x + 4 ) = f ( y ) ⇔ x + 4 = y .

Do đó từ phương trình (*) ta có: x = y + 1 thế vào phương trình (2) ta được: 2

+ 2 y 2 − 2 ( y + 1) + 4 y − 3 = 0

QU Y

( y + 1)

2  y=  ⇔ 3y + 4y − 4 = 0 ⇔ 3   y = −2 2

2 5 . Suy ra x = 3 3

KÈ

+) Với y =

+) Với y = −2 . Suy ra x = −1

5 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) là: ( −1; −2 ) ;  ;  . 3 3

DẠ

Câu 42. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢ hệ phương trình PHƯỢNG 20182018-2019)Giải 2019) 2 2  x + y − 2 y − 6 + 2 2 y + 3 = 0 ( x, y ∈ ℝ )  2 2 2 2 x − y x + xy + y + 3 = 3 x + y + 2 ( ) ( ) ( )  Lời giả giải

Điều kiện: y ≥ −

Tác giả giả:Nguyễ :Nguyễn Hoài Phúc; Fb: Nguyen Phuc 3 2 Trang 93

Phương trình thứ hai của hệ ⇔ x3 − y 3 + 3( x − y ) = 3x 2 + 3 y 2 + 2 3

⇔ ( x − 1) = ( y + 1) ⇔ y = x − 2 .

FI CI A

Thay y = x − 2 vào phương trình đầu của hệ ta được 2

x2 + ( x − 2) − 2 ( x − 2) − 6 + 2 2 ( x − 2) + 3 = 0

⇔ 2 x2 − 6 x + 2 + 2 2 x −1 = 0 (*) 1 1 = 2x −1− 2x −1 + 4 4 1  1  x − 2 = 2x −1 − 2 ⇔  x − 1 = − 2x −1 + 1  2 2  x = 2x −1 (a) ⇔ (b) 1 − x = 2 x − 1

ƠN

⇔ x2 − x +

x ≥ 0 ⇔ x =1 . Giải (a ) : (a) ⇔  2 x − 2x +1 = 0

x ≤ 1 ⇔ x = 2− 2 . Giải (b) : (b) ⇔  2  x − 4x + 2 = 0

QU Y

 x = 2 − 2 x = 1 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  và  .  y = −1  y = − 2

Chú ý: Có thể giải phương trình (*) bằng cách khác như sau: (*) ⇔ x 2 − 3x + 1 = − 2 x − 1 2

 ( x 2 − 3x + 1) = 2 x − 1

⇔ x 4 − 6 x3 − 11x 2 − 8 x − 2 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x 2 − 4 x + 2 ) = 0

KÈ

x = 1  ⇔ x = 2 + 2 x = 2 − 2 

DẠ

Thử lại, ta thấy x = 1; x = 2 − 2 thỏa mãn phương trình (*). Câu 43. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 20182018-2019) Giải hệ phương trình:  x 2 + x 3 y − xy 2 + xy − y = 1   x 4 + y 2 − xy ( 2 x −1) = 1  Lời giả giải

Trang 94

( x 2 − y) + xy ( x 2 − y ) + xy = 1  x 2 + x 3 y − xy 2 + xy − y = 1 (1)  + Ta có:  4 (*) ⇔  2 2 ( x − y)2 + xy = 1  x + y − xy (2 x −1) = 1 (2)  

FI CI A

a = x 2 − y a + ab + b = 1 + Đặt  . Hệ trở thành  2 (**)  b = xy a + b = 1 a 3 + a 2 − 2a = 0 a (a 2 + a − 2) = 0 + Hệ (**) ⇔  ⇔  2 b = 1− a 2  b = 1− a 

Từ đó ta tìm ra (a; b) ∈ {(0; 1);(1; 0);(−2; −3)}

 x 2 − y = 0 ⇔ x = y =1 Với (a; b) = (0; 1) ta có hệ    xy = 1

 x 2 − y = 1 ⇔ ( x; y ) = (0; −1);(1; 0); (−1; 0) Với (a; b) = (1; 0) ta có hệ    xy = 0

ƠN

Với (a; b) = (−2; −3) ta có hệ    3  2  y = − 3  y = − − = − 2 x y  x ⇔  ⇔  ⇔ x = −1; y = 3 . x  xy = −3  3  2   x + 2 x + 3 = 0 ( x + 1) ( x − x + 3) = 0  Vậy hệ có 5 nghiệm ( x; y) ∈ {(1; 1);(0; −1);(1; 0) : (−1; 0);(−1; 3)} .

QU Y

Câu 44. (HSG12 Tỉ Tỉnh Đồ Đồng Nai 20182018-2019) Giải hệ phương trình  x3 − x 2 y − y 2 − 2 x + 1 = 0 (1)  2  x − x − 2 = 3 y − 2 − 2 y ( 2 ) Lời giả giải

Điều kiện: x ≥ 0 , y ≥

2 . 3

Tác giả giả: Trị Trịnh Văn Điệ Điệp; Fb: Trị Trịnh Văn Điệ Điệp

(1) ⇔ ( x3 − x 2 y − x 2 ) + ( x 2 − xy − x ) + ( xy − x ) + (1 − y 2 ) = 0

KÈ

⇔ x 2 ( x − y − 1) + x ( x − y − 1) + x ( y − 1) − ( y − 1)( y + 1) = 0 . ⇔ x 2 ( x − y − 1) + x ( x − y − 1) + ( y − 1)( x − y − 1) = 0 .

⇔ ( x − y − 1) ( x 2 + x + y − 1) = 0 .

DẠ

x = y +1 ⇔ 2 .  x + x + y −1 = 0

+) Với x = y + 1 thay vào ( 2 ) ta được:

(

)

y +1 − y − 3 = 3 y − 2 − 2 y2 ⇔ 3y − 2 − y +1 − 2 y2 − y − 3 = 0 .

Trang 95

Phương trình (* ) vô nghiệm vì

5 3 Trường hợp này có nghiệm  ;  . 2 2

+) Với x 2 + x + y − 1 = 0 ⇔ 1 − x − x 2 = y , vì x ≥ 0  1 − x − x2 ≤ 1  y ≤ 1.

 −3 x 2 − 3 x + 1 ≥ 0 2 −3 + 21 ≤ − x2 − x + 1 ≤ 1 ⇔  2 ⇔0≤ x≤ < 0,3 3 6  − x − x ≤ 0

Xét vế trái của ( 2 ) : f ( x ) = x − x − 2 với 0 ≤ x ≤

2 ≤ y ≤ 1. 3

3 3 − 4 y = 0 ⇔ 8 y 3 y − 2 = 3 ⇔ 192 y 3 − 128 y − 9 = 0 ⇔ y = 4 2 3y − 2

Suy ra −1 ≤ f ( y ) ≤ −

5 nên phương trình vô nghiệm. 8

QU Y

Ta có f ′ ( y ) =

7 −3 + 21  − ≤ f ( x ) ≤ −2 . 4 6

Xét vế phải ta có f ( y ) = 3 y − 2 − 2 y 2 với

ƠN

Ta có − x 2 − x + 1 = y 

2 ≤ y ≤ 1. 3

Kết hợp với điều kiện ta được

1 2 < 1 và y + 1 > 1 , ∀y ≥ . 3 3y − 2 + y +1

FI CI A

⇔

3 5  y= x=  2 2 2y − 3 − ( 2 y − 3)( y + 1) = 0 ⇔  1 3y − 2 + y +1  = y + 1 ( *)  3y − 2 + y +1 

5 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ;  . 2 2

Câu 45. (HSG12 tỉ hệ phương trình tỉnh Thái Binh năm 20182018-2019)Giải 2019) 3 2  y ( x + 5 ) 2 + x = 1 + 3 y (1)   2 2 2 2 2 2 + x − 2 x + 4 + x − 6 x + 12 = y 3 x − 2 x + 4 + 5 x − 6 x + 12 + 8 ( 2 ) Lời giả giải

)

KÈ

(

ĐK: x > −2

Ta thấy với y ≤ 0 phương trình (1) vô nghiệm.

DẠ

Với y > 0 ta có

(1) ⇔ y 3 ( x + 5) ⇔ ( x + 2)

2 + x = 1 + 3 y 2 ⇔ ( x + 5) 2 + x =

1 3 2+ x +3 2+ x = 3 + ⇔ y y

(

2+ x

)

1 3 + y3 y 3

1 3 +3 2+ x =  +  y y

Trang 96

⇔

1 1 = 2 + x ⇔ y2 = ( 3) (vì hàm số f ( t ) = t 3 + 3t có f ′ ( t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) ) y 2+ x

Thế ( 3 ) vào ( 2 ) ta có

(

)

(

1 3 x 2 − 2 x + 4 + 5 x 2 − 6 x + 12 + 8 2+ x

FI CI A

2 + x 2 − 2 x + 4 + x 2 − 6 x + 12 =

⇔ ( 2 + x ) 2 + x 2 − 2 x + 4 + x 2 − 6 x + 12 = 3 x 2 − 2 x + 4 + 5 x 2 − 6 x + 12 + 8

⇔ ( 2 + x ) x 2 − 2 x + 4 + ( 2 + x ) x 2 − 6 x + 12 − 3 x 2 − 2 x + 4 − 5 x 2 − 6 x + 12 + 2 x − 4 = 0 ⇔ ( x − 2 ) x 2 − 2 x + 4 + ( x − 2 ) x 2 − 6 x + 12 + x 2 − 2 x + 4 − x 2 − 6 x + 12 + 2 ( x − 2 ) = 0 4x − 8

+ 2 ( x − 2) = 0 x − 2 x + 4 + x 2 − 6 x + 12   4 ⇔ ( x − 2 )  x 2 − 2 x + 4 + x 2 − 6 x + 12 + + 2 = 0 x 2 − 2 x + 4 + x 2 − 6 x + 12   x = 2 ⇔ 2 1  x − 2 x + 4 + x 2 − 6 x + 12 + + 2 = 0 ( PTVN )  x 2 − 2 x + 4 + x 2 − 6 x + 12 1 Với x = 2 ta có y = (thỏa điều kiện đề bài). 2 2

 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  2;  .  2

ƠN

⇔ ( x − 2 ) x 2 − 2 x + 4 + ( x − 2 ) x 2 − 6 x + 12 +

Tác giả giả: Lê Văn Quý; Quý; Fb: Lê Văn Văn Quý

5  x ≥ Điều kiện:  . 9  x + y ≥ 0

QU Y

Câu 46. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢ PHƯỢNG 20182018-2019) Giải hệ phương trình ( x 2 + y 2 ) ( x + y ) + 2 xy = x + y .  2 11 6 2 9 5 x − x + − x − = x + y  Lời giả giải

KÈ

Phương trình đầu ⇔ ( x 2 + y 2 ) ( x + y ) + 2 xy = x + y 2 ⇔ ( x + y ) − 2 xy  ( x + y ) + 2 xy = x + y   3

⇔ ( x + y ) − ( x + y ) − 2 xy ( x + y ) + 2 xy = 0

DẠ

2 ⇔ ( x + y ) ( x + y ) − 1 − 2 xy ( x + y − 1) = 0  

⇔ ( x + y − 1) ( x + y ) + x + y − 2 xy  = 0   2

⇔ ( x + y − 1) ( x 2 + y 2 + x + y ) = 0 .

Trang 97

5 Từ đó tìm được y = 1 − x (do x + y ≥ 0 và x ≥ ) 9

Thay y = 1 − x vào phương trình thứ 2 của hệ ta được: x 2 − 11x + 5 − 2 9 x − 5 = 0

⇔ ( x − 1) =

(

)

9x − 5 +1 ⇔ x =

FI CI A

⇔ x2 − 2 x + 1 = 9 x − 5 + 2 9 x − 5 + 1 −11 − 133 13 + 133 . y= 2 2

Câu 47. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢ PHƯỢNG 20182018-2019) Giải hệ phương trình 3 7 x − 3( y + 4) x 2 + 3(2 − y 2 ) x = y 3 + 1 .  2  2 y + 4 = 9 x − x − 4 Lời giả giải

Tác giả giả: Lê Văn Quý; Quý; Fb: Lê Văn Văn Quý Điều kiện y ≥ 4 .

ƠN

Phương trình đầu của hệ ⇔ 7 x3 − 3( y + 4) x 2 + 3(2 − y 2 ) x = y 3 + 1 ⇔ x3 + y 3 + 3x 2 y + 3xy 2 = 8 x3 − 12 x 2 + 6 x − 1

⇔ ( x + y)3 = (2 x − 1)3 ⇔ x + y = 2x −1 ⇔ y = x −1 .

Thay y = x − 1 vào phương trình thứ hai của hệ ta được 2 x + 3 = 9 x 2 − x − 4

)

x = 1 → y = 0  x + 3 + 1 = 3x = 9x ⇔  ⇔ .  x = −5 − 97 → y = −23 − 97  x + 3 + 1 = −3x  18 18 2

QU Y

(

⇔ 1+ 3 + x

Câu 48. (HSG12 tỉ tỉnh Hưng Yên 20182018-2019) Giải hệ phương trình:  y 3 − y 2 − 2 y + 1 = ln x 2 + 1 + x + ln y 2 + 1 − y  .   x 3 − x = y 2 + y − 1 Lời giả giải

) (

(

)

KÈ

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Trườ Trường An; Fb: Trườ Trường An Nguyễ Nguyễn

) (

 y 3 − y 2 − 2 y + 1 = ln x 2 + 1 + x + ln    x3 − x = y 2 + y − 1 ( 2 )

(

y2 +1 − y

) (1)

DẠ

Cộng vế (1) và ( 2 ) ta có:

) ( y +1 − y) + x − x ⇔ y − y − ln ( y + 1 − y ) = x − x + ln ( x + 1 + x ) y 3 − y = ln 3

(

x 2 + 1 + x + ln 2

Trang 98

)

y 2 + 1 + y = x 3 − x + ln

y2 +1 − y

)(

(

)

y 2 + 1 + y = 1 nên ln

Xét hàm số f ( t ) = t 3 − t + ln

(

x2 + 1 + x

(

) ( 3) )

y 2 + 1 + y = − ln

)

(

y2 +1 − y )

(

(do

(

)

t 2 + 1 + t trên ℝ .

FI CI A

⇔ y 3 − y + ln

+1 2 1 t + 1 f ′ ( t ) = 3t − 1 + = 3t 2 + −1 t2 +1 + t t2 +1 2

+ 1)

f ′′ ( t ) = 6t −

(phương trình 6

+ 1) = 1 vô nghiệm vì 6

ƠN

t = 0 ′′ f (t ) = 0 ⇔  3  6 ( t 2 + 1) = 1  3

+ 1) ≥ 6 > 1, ∀t ∈ ℝ )

−∞

f ′′ ( t ) f ′ (t )

+∞

0 −

+∞

Bảng biến thiên:

QU Y

Từ bảng biến thiên ta có f ′ ( t ) ≥ 0, ∀t ∈ ℝ  Hàm số f ( t ) đồng biến trên ℝ . Ta có: ( 3) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ y = x .

Thay y = x vào ( 2 ) ta có: x 3 − x = x 2 + x − 1 ⇔ x 3 − x 2 − 2 x + 1 = 0 ( 4 ) 3

1  1  1  1 Đặt t = x − . Phương trình ( 4 ) trở thành:  t +  −  t +  − 2  t +  + 1 = 0 3  3  3  3

3t 3t 2 7 2 7 cos α thì < 1 , do đó tồn tại α ∈ [ 0; π ] sao cho cos α = hay t = 3 3 2 7 2 7

Với t <

KÈ

7 7 ⇔ t3 − t + = 0 ( 5) . 3 27

2 7 cos α vào ( 5 ) ta có: 3

DẠ

Thay t =

56 7 14 7 7 cos 3 α − cos α + =0 27 9 27

⇔

56 7 cos 3α + 3cos α 14 7 7 − 7 . − cos α + = 0 ⇔ cos 3α = 27 4 9 27 14 Trang 99

Do α ∈ [ 0; π ] nên suy ra

ƠN

  7 arccos  −   α =  14   x = y = 2 7 cos  1 arccos  − 7   + 1     3 3 3 14   3       7  arccos  −  1 14  2π   2 7 7  2π  1  + x= y= cos  arccos  − +  + α = 3 3 3 3 14 3      3    7  arccos  −    1 14  2π  2 7 7  2π  1  + x= y= cos  − arccos  − α = − +  + 3 3 3  3   14  3  3  

FI CI A

  1 7  k 2π α = arccos  −  + 3 14 3    ⇔ ( k ∈ ℤ)   π 1 7 k 2 α = − arccos −   +  3 3  14  

2 7 ) 3

DẠ

KÈ

QU Y

(Phương trình bậc ba có tối đa 3 nghiệm nên ta không cần xét trường hợp t ≥

Trang 100

Chuyên đề 6

Bất đẳng thức

a) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x −

FI CI A

Câu 1. (HSG chọ chọn HSG quố quốc gia tỉ tỉnh ĐỒ ĐỒNG THÁP 20182018-2019) 1 1 1 = y − 2 = z − 2 =1 . 2 y z x

Tính giá trị biểu thức P = x y −1 + y z −1 + z x −1 .

b) Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a − a3 ≥ b + b3 . Chứng minh a 2 + b2 <1 . giả Lời gi ải

1 +1 là hàm số nghịch biến trên khoảng (1;+ ∞ ) . t2

Hàm số f ( t ) =

ƠN

1   x = y 2 +1(1)  1  a) Từ giả thiết suy ra:  y = 2 +1( 2 ) . Do đó, x, y, z >1 . z  1   z = x 2 +1( 3) 

Tác giả giả: Võ Quang Anh; Fb:Anh Võ Quang.

Nếu x > y  f ( y ) > f ( z )  y < z  f ( z ) < f ( x )  z > x  f ( x ) > f ( y )  x < y (vô lí)

QU Y

Suy ra: x = y . Chứng minh tương tự, ta suy ra x = y = z . Thay x = y = z vào giả thiết ta được: x3 − x 2 =1 .

Lúc đó, P = 3 x x −1  P 2 = 9 x 2 ( x −1) = 9  P = 3( P > 0) . b) a − a 3 ≥ b + b3 > 0  a − a 3 <1 a ∈( 0,1) .

Với a ∈( 0,1) thì a − a 3 <1 . Do đó, 1 > b + b 3 ≥ 2 b.b 3 ≥ 2b 2  b∈( 0,1) . Giả sử, a 2 + b 2 ≥1 . Từ giả thiết ta suy ra

KÈ

a − b ≥ a 3 + b 3 = ( a + b ) ( a 2 + b 2 − ab ) ≥ ( a + b )(1 − ab )  ab ( a + b ) ≥ 2 (vô lí).

Vậy a 2 + b 2 <1 .

DẠ

 π Câu 2. (HSG12 tỉ tỉnh Bình Thuậ Thuận vòng 2 năm năm 20182018-2019) Cho x, y ∈  0;  . Chứng minh rằng:  2 1 1 1 9 . + + ≤ 2 2 2 2 2 2 sin x sin y + 1 sin x cos y + 1 cos x + 1 2 ( sin x sin 2 y + sin 2 x sin y + sin 2 x cos y )

Lời giả giải

Tác giả giả:Trầ :Trần Viế Viết Tườ Tường; Fb:Trầ Fb:Trần Tườ Tường

Trang 101

Đặt a = sin x sin y, b = sin x cos y, c = cos x thì a, b, c > 0 và a 2 + b2 + c 2 = 1 .

1 1 1 9 + 2 + 2 ≤ . a + 1 b + 1 c + 1 4 ( ab + ac + bc )

Ta cần chứng minh

1 1 1 1 1 1 2(a + b + c) + 2 + 2 ≤ + + = a + 1 b + 1 c + 1 ( a + b )( a + c ) ( b + c )( b + a ) ( c + a )( c + b ) ( a + b )( a + c )( b + c )

FI CI A

Thật vậy,

Mà

( a + b )( b + c )( c + a ) = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc ≥ ( a + b + c )( ab + bc + ca ) −

1 1 1 9 + 2 + 2 ≤ . a + 1 b + 1 c + 1 4 ( ab + bc + ca )

Nên

1 8 ( a + b + c )( ab + bc + ca ) = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) 9 9

1 1 π ⇔ x = arccos ,y= 4 3 3

ƠN

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

Câu 3. (HSG12 tỉ tỉnh Ninh Bình năm năm 20182018-2019 (2)) (2) Cho ba số thực dương a, b, c . Chứng minh bất đẳng thức: 1 1 1 ab + bc + ca ( a + b + c )  + +  + 4 2 2 2 2 ≥ 9 + 4 2 . a +b +c a b c Lời giả giải ab + bc + ca 1 1 1 Ta có ( a + b + c )  + +  − 9 ≥ 4 2 − 4 2 2 a + b2 + c2 a b c

(b − c ) +

(c − a) +

≥2

( a − b) + ( a − c ) + (b − c ) 2

QU Y

(a − b) ⇔

a 2 + b2 + c 2

( a − b) Không giảm tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c 

(a − c) ≤

( *)

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có:

KÈ

 ( a − b )2 ( a − c ) 2  2 2 +   ( b + c ) ≥ 2 ( a − b ) + ( a − c )  c   b 2 2 2 ( a − b ) + ( a − c )   ( a − b )2 ( a − c )2     +  (b + c ) ≥ c  a (b + c )  b

(1)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = c .

DẠ

Mặt

khác

theo

2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2a 2 + ( b + c ) ≥ 2 2a ( b + c )  2

bất

đẳng

thức

AM-GM:

2 2 2 ≥ 2 2 2 a (b + c ) a + b + c

Trang 102

2 2 2 2 2 ( a − b ) + ( a − c )    ≥ 2 2 ( a − b) + ( a − c ) Suy ra a (b + c ) a2 + b2 + c2

( 2)

(b − c ) bc

≥2 2

(b − c )

a 2 + b2 + c 2

Từ (1) , ( 2 ) , ( 3 ) suy ra điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c hoặc a = 2b = 2c và các hoán vị.

FI CI A

a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3bc > 2 2bc ( vì a ≥ b ≥ c ) 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a 2 = b + c

( 3)

Câu 4. (HSG11 tỉ tỉnh Phú Yên năm 20182018-2019) Cho tam giác ABC có các cạnh BC = a, AC = b, AB = c . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. a) Chứng minh rằng a.IA2 + b.IB 2 + c.IC 2 = abc . b) Chứng minh rằng

a ( bc − IA2 ) + b ( ca − IB 2 ) + c ( ab − IC 2 ) ≤ 6abc . Hãy chỉ ra một trường

ƠN

hợp xảy ra dấu đẳng thức. Lời giả giải

a) Giả sử đường tròn ( I ) tiếp xúc với BC , CA, AB theo

S AFIE S AIK AI . AK IA2 . = = = S ABC S ABC AB. AC bc

Tương tự

Suy ra

S BDIF IB 2 SCEID IC 2 = ; = . S ABC ca S ABC ab

QU Y

Ta có:

thứ tự tại D, E , F . Gọi K là điểm đối xứng của I qua AC .

IA2 IB 2 IC 2 S AFIE + S BDIF + SCEID + + = = 1 Suy ra bc ca ab S ABC

a.IA2 + b.IB 2 + c.IC 2 = abc .

b) Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:

(1 + 1 + 1)  a ( bc − IA2 ) + b ( ca − IB 2 ) + c ( ab − IC 2 )

KÈ

a ( bc − IA2 ) + b ( ca − IB 2 ) + c ( ab − IC 2 ) ≤ = 3 3abc − ( aIA2 + bIB 2 + cIC 2 ) 

Theo ý a) ta có aIA2 + bIB 2 + cIC 2 = abc

DẠ

 a ( bc − IA2 ) + b ( ca − IB 2 ) + c ( ab − IC 2 ) ≤ 6abc ( ĐPCM)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a ( bc − IA2 ) = b ( ca − IB 2 ) = c ( ab − IC 2 ) ⇔ aIA2 = bIB 2 = cIC 2

Vậy dễ thấy có một trường hợp xảy ra dấu của đẳng thức là:

Trang 103

a = b = c ⇔ ∆ABC là tam giác đều.   IA = IB = IC

Nếu tồn tại một trong ba số a,b,c bằng 0 thì điều cần chứng minh đúng. Do đó chúng ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp a, b, c > 0 .

FI CI A

Câu 5. (HSG12 tỉ tỉnh Đồ Đồng Nai năm 20182018-2019) Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c ≥ abc . Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 ≥ abc . Lời giả giải

Giả sử ngược lại a 2 + b2 + c2 < abc . Khi đó abc > a 2  a < bc . Tương tự b < ca, c < ab .

Do đó abc ≥ a 2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca > a + b + c (mâu thuẫn). Do đó ta có đpcm.

Tương tự ta được

b + c 2 bc bc ≥ =2 . a a a

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

ƠN

Câu 6. (HSG11 Hậu Hậu Lộc Thanh Hóa năm 20182018-2019) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng m1nh rằng b+c c+a a+b + + ≥ a + b + c +3. a b c Lời giải

c+a ca a + b ab ≥2 ≥2 ; . b c b c

QU Y

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

 bc b+c c+a a+b ca ab  + + ≥ 2  + + . b c  a b c  a

bc ca + ≥2 a b

Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lạ1 có

ca ab + ≥ 2 a; b c

KÈ

Áp dụng tương tự ta được

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

Do đó ta suy ra

b+c c+a a+b + + ≥2 a b c

DẠ

Ta cần chứng m1nh được 2

(

bc ca ⋅ =2 c. a b

ab bc + ≥2 b. c a bc ca ab + + ≥ a+ b+ c. a b c

)

a+ b+ c .

)

a + b + c ≥ a + b + c +3 ⇔ a + b + c ≥ 3.

Đánh g1á cuố1 cùng là một đánh g1á đúng theo bất đẳng thức Cauchy và g1ả th1ết abc = 1 . Bà1 toán được g1ả1 quyết xong. Dấu bằng xảy ra kh1 và chỉ kh1 a = b = c = 1 .

Trang 104

FI CI A

Câu 7. (HSG11 ChuyênDHĐB Bắ Bắc Bộ Bộ năm 20182018-2019) Cho 3 số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng: a (a − 2b + c ) b (b − 2c + a ) c (c − 2a + b) + + ≥ 0. ab + 1 bc + 1 ca + 1 Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thị Thị Uyên; Fb: Uyen Nguyen a ( a − 2b + c ) ab + 1

Tương tự ta có:

Vậy

a 2 + 1 + ac + 1 − 2 ( ab + 1) ab + 1

a 2 + 1 ac + 1 + −2. ab + 1 ab + 1

b ( b − 2c + a ) b 2 + 1 ba + 1 c ( c − 2a + b ) c 2 + 1 cb + 1 = + − 2 và = + −2. bc + 1 bc + 1 bc + 1 ca + 1 ca + 1 ca + 1

a ( a − 2b + c ) b ( b − 2c + a ) c ( c − 2a + b ) + + ≥0 ab + 1 bc + 1 ca + 1

ƠN

 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1   ac + 1 ba + 1 cb + 1  ⇔ + + + + + −6 ≥ 0  ab + 1 bc + 1 ca + 1   ab + 1 bc + 1 ca + 1 

Ta có:

 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1   ac + 1 ba + 1 cb + 1  ⇔ + + + + +  ≥ 6.  ab + 1 bc + 1 ca + 1   ab + 1 bc + 1 ca + 1 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số ta có:

ac + 1 ba + 1 cb + 1 ac + 1 ba + 1 cb + 1 + + ≥ 3⋅ 3 ⋅ ⋅ = 3 (1) ab + 1 bc + 1 ca + 1 ab + 1 bc + 1 ca + 1

QU Y

a 2 + 1)( b 2 + 1)( c 2 + 1) ( a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 a 2 + 1 b2 + 1 c 2 + 1 3 3 + + ≥ 3⋅ ⋅ ⋅ = 3⋅ . ab + 1 bc + 1 ca + 1 ab + 1 bc + 1 ca + 1 ( ab + 1)( bc + 1)( ca + 1) Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Swcharz ta có:

KÈ

( a 2 + 1)( b2 + 1) ≥ ( ab + 1) 2  2 2 2  2 2 2 2 2 ( b + 1)( c + 1) ≥ ( bc + 1)  ( a + 1)( b + 1)( c + 1)  ≥ ( ab + 1)( bc + 1)( ca + 1)   2 2 2 ( c + 1)( a + 1) ≥ ( ca + 1)  ( a 2 + 1)( b 2 + 1)( c 2 + 1) ≥ ( ab + 1)( bc + 1)( ca + 1) 

+ 1)( b 2 + 1)( c 2 + 1)

( ab + 1)( bc + 1)( ca + 1)

≥ 1.

a 2 + 1)( b 2 + 1)( c 2 + 1) ( a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 3 Suy ra: + + ≥ 3⋅ ≥ 3 . (2) ab + 1 bc + 1 ca + 1 ( ab + 1)( bc + 1)( ca + 1)

DẠ

Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .

Cách 2:

Trang 105

a ( a − 2b + c ) ab + 1

Và

a 2 + 1 + ac + 1 − 2 ( ab + 1) ab + 1

a2 1 ac + 1 + + − 2. ab + 1 ab + 1 ab + 1

b ( b − 2c + a ) b2 1 ba + 1 = + + −2 bc + 1 bc + 1 bc + 1 bc + 1

Tương tự ta có:

FI CI A

Ta có:

c ( c − 2a + b ) c2 1 cb + 1 = + + −2. ca + 1 ca + 1 ca + 1 ca + 1

Vậy suy ra

a ( a − 2b + c ) b ( b − 2c + a ) c ( c − 2a + b ) + + ≥0 ab + 1 bc + 1 ca + 1

 a2 b2 c2   1 1 1   ac + 1 ba + 1 cb + 1  ⇔ + + + + + + + + ≥6.  ab + 1 bc + 1 ca + 1   ab + 1 bc + 1 ca + 1   ab + 1 bc + 1 ca + 1  Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số, ta có:

ƠN

ac + 1 ba + 1 cb + 1 ac + 1 ba + 1 cb + 1 + + ≥ 3⋅ 3 ⋅ ⋅ = 3 (1) ab + 1 bc + 1 ca + 1 ab + 1 bc + 1 ca + 1

Mặt khác áp dụng dạng phân thức của bất đẳng thức Cauchy-Swcharz, ta có:

≥

(a + b + c)

ab + bc + ca + 3

(1 + 1 + 1)

ab + bc + ca + 3

≥

 a2 b2 c2   1 1 1  + + + +  +   ab + 1 bc + 1 ca + 1   ab + 1 bc + 1 ca + 1 

3 ( ab + bc + ca ) + 9 ab + bc + ca + 3

Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh.

= 3 . (2)

QU Y

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .

Câu 8. (HSG10 Nam Tiề Tiền Hả Hải Thái Bình 20182018-2019) Cho 0 < a, b, c <

Chứng minh rằng:

KÈ

Cách 1:

32 và a + b + c = 2 3 9 . 3

1 1 1 1 + + ≥ (1) 3 3 3 32 − 3a 32 − 3b 32 − 3c 8 Lời giả giải

+ Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng phân thức: 2

a12 a2 2 a 2 ( a + a + ... + an ) + + ... + n ≥ 1 2 (với ai bất kỳ và bi > 0 ). b1 b2 bn b1 + b2 + ... + bn

DẠ

Dấu bằng xảy ra ⇔

Do đó:

a1 a2 a = = ... = n . b1 b2 bn

1 1 1 9 + + ≥ ( 2) 3 3 3 3 32 − 3a 32 − 3b 32 − 3c 96 − 3(a + b3 + c 3 )

Trang 106

 8 8 + Áp dụng BĐT Cauchy cho bộ 3 số không âm  a 3 , ,  ta được: 3 3 

FI CI A

8 8 8 8 12 a 3 + + ≥ 3 3 a 3 . . = 3 a . (3) 3 3 3 3 9 8 8 8 8 12 Tương tự ta cũng có: b3 + + ≥ 3 3 b3 . . = 3 b . (4) 3 3 3 3 9 8 8 8 8 12 c3 + + ≥ 3 3 c3 . . = 3 c . (5) 3 3 3 3 9

+ Cộng vế theo vế của (3), (4), (5) ta được:

12 12 ( a + b + c ) − 16 = 3 .2 3 9 − 16 = 8 . 3 9 9

a 3 + b3 + c 3 ≥

 96 − 3 ( a3 + b3 + c3 ) ≤ 72 9 1 = ( dpcm ) 72 8

ƠN

 VP ( 2 ) ≥

1 1  1  32 − 3a 3 = 32 − 3b3 = 32 − 3c 3  8 8 8 23 9  ⇔a=b=c= + Dấu bằng xảy ra ⇔ a 3 = ; b3 = ; c3 = . 3 3 3 3  a + b + c = 2 3 9  

QU Y

Cách 2:

 1 32 − 3a3  , + Áp dụng BĐT Cauchy cho bộ 2 số không âm   ta được: 3 242   32 − 3a 1 32 − 3a 3 1 32 − 3a 3 1 + ≥ 2. . = . 3 2 3 2 32 − 3a 24 32 − 3a 24 12

1 32 − 3b3 1 32 − 3b3 1 + ≥ 2. . = 3 2 3 2 32 − 3b 24 32 − 3b 24 12

KÈ

+ Tương tự ta cũng có:

1 32 − 3c3 1 32 − 3c3 1 + ≥ 2. . = 3 2 3 2 32 − 3c 24 32 − 3c 24 12

Cộng vế theo vế ta được:

DẠ

1 1 1 32 − 3a 3 32 − 3b3 32 − 3c 3 1 1 + + + + + ≥ 3. = 3 3 3 2 2 2 32 − 3a 32 − 3b 32 − 3c 24 24 24 12 4 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 a +b +c 1 a + b + c3 ⇔ + + ≥ − + = + ( *) 32 − 3a 3 32 − 3b3 32 − 3c 3 4 6 192 12 192

+ Ta sẽ chứng minh: a 3 + b3 + c3 ≥ 8 . 3

Thật vậy ta có: a 3 + b 3 + c 3 = ( a + b + c ) − 3 ( a + b )( b + c )( c + a )(**) Trang 107

Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 3

( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a )   2 ( a + b + c )  = ( a + b )( b + c )( c + a ) ≤  27 27

FI CI A

Thay vào (**) ta được:

 2 ( a + b + c )  a + b + c = ( a + b + c ) − 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ ( a + b + c ) − 3.  27

(

= 23 9

)

( 2.2 9 ) − 3. 3

Do đó: (*) ⇔

1 1 1 1 8 1 + + ≥ − = ( dpcm ) 3 3 3 32 − 3a 32 − 3b 32 − 3c 12 192 8

ƠN

 1 32 − 3a 3 =  3 242  32 − 3a 32 − 3b3  1 =  32 − 3b3 242  32 − 3c3 23 9  1 ⇔ = ⇔ a = b = c = 3 242 3 Dấu bằng xảy ra  32 − 3c ( a + b ) = ( b + c ) = ( c + a )  a + b + c = 2 3 9   

QU Y

Câu 9. (HSG11 Hậ Hậu Lộ Lộc tỉ tỉnh Thanh Hóa năm 20182018-2019) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng: b+c c+a a+b + + ≥ a + b + c +3 a b c Lời giả giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

b + c 2 bc bc ≥ =2 . a a a

c+a ac a + b ab ≥2 ; ≥2 . b c b c

KÈ

Tương tự:

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Dung; Fb: Dung Nguyễ Nguyễn

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên, ta được:

 bc b+c c+a a+b ac ab  + + ≥ 2  + +  (1) b c  a b c  a

DẠ

Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c .

Lại có:

bc ac + ≥2 a b

Tương tự:

bc ac =2 c. . a b

ac ab + ≥2 a ; b c

ab bc + ≥2 b. c a Trang 108

Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên, ta được:

bc ac ab + + ≥ a + b + c (2) a b c

b+c c+a a+b + + ≥2 a b c

Ta chứng minh 2

(

Thật vậy, ta có:

a + b + c ≥ 33

(

)

a + b + c ≥ a + b + c + 3. abc . Mà abc = 1 nên

a + b + c ≥ 3.

)

a + b + c ≥ a + b + c + 3 (4)

Từ (3) và (4) ta được:

b+c c+a a+b + + ≥ a + b + c +3. a b c

b+c c+a a+b + + ≥ a + b + c + 3 (Điều phải chứng minh). a b c

ƠN

Vậy:

)

a + b + c (3)

Từ đó suy ra 2

(

FI CI A

Từ (1) và (2) ta được:

Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c .

Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c = 1 .

Câu 10. (HSG11 THPT Hậ Hậu Lộ Lộc Thanh Hóa năm 20182018-2019) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng b+c c+a a+b + + ≥ a + b + c +3 a b c Lời giả giải

Tương tự ta được

b + c 2 bc bc ≥ =2 a a a

QU Y

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

c+a ca a + b ab ; ≥2 ≥2 b c b c

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

KÈ

 bc b+c c+a a+b ca ab  + + ≥ 2  + +  b c  a b c  a

Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có

DẠ

Áp dụng tương tự ta được

bc ca + ≥2 a b

ca ab + ≥ 2 a; b c

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

Do đó ta suy ra

b+c c+a a+b + + ≥2 a b c

(

bc ca ⋅ =2 c a b

ab bc + ≥2 b c a bc ca ab + + ≥ a+ b+ c a b c

a+ b+ c

) Trang 109

Ta cần chứng minh được 2

(

)

a + b + c ≥ a + b + c +3⇔ a + b + c ≥3

Đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng theo bất đẳng thức Cauchy và giả thiết abc = 1

Bài toán được giải quyết xong. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

x2 + y 2 + z 2 = 4 xyz . Chứng minh rằng

x + y + z > 2 xyz . Lời giả giải

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 6 số dương x 2 , y 2 , z 2 , x , y , z ta được:

FI CI A

Câu 11. (HSG10 Kim Liên 20182018-2019) Cho x , y , z là các số thực dương thỏa mãn:

x 2 + y 2 + z 2 + x + y + z ≥ 6 6 x 2 y 2 z 2 xyz = 6 xyz .

Vì x2 + y 2 + z 2 = 4 xyz nên suy ra:

ƠN

4 xyz + x + y + z ≥ 6 xyz ⇔ x + y + z ≥ 2 xyz .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x2 = y 2 = z 2 = x = y = z  x = y = z = 1 . Nhưng các giá trị này không

thỏa mãn giả thiết x2 + y 2 + z 2 = 4 xyz nên đẳng thức không thể xảy ra. Vậy x + y + z > 2 xyz .

Câu 12. (HSG10 tỉ tỉnh Hả Hải Dương năm 20182018-2019) Cho các số thực dương x , y , z thỏa mãn

QU Y

xy + yz + xz = 3 . Chứng minh bất đẳng thức:

x3 + 8

y3 + 8

z2 z3 + 8

≥ 1.

Lời giả giải

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

KÈ

x 3 + 8 = ( x + 2)( x 2 − 2 x + 4) ≤

Tương tự, ta cũng có

y3 + 8

≥

( x + 2) + ( x 2 − 2 x + 4) x 2 − x + 6 =  2 2 2 y2 ; y2 − y + 6

z2 z3 + 8

≥

x2 x3 + 8

≥

2 x2 . x2 − x + 6

2z2 . z2 − z + 6

Từ đó suy ra: +

DẠ

x3 + 8

y3 + 8

z2 z3 + 8

≥

2 x2 2 y2 2z2 + + . (1). x2 − x + 6 y 2 − y + 6 z 2 − z + 6

Chứ Chứng minh bổ bổ đề: Cho x, y > 0 và a, b ∈ ℝ ta có:

a2 b2 ( a + b ) + ≥ x y x+ y

( *)

Trang 110

a 2 y + b2 x ( a + b ) 2 2 ≥ Ta có (*) ⇔ ⇔ ( a 2 y + b 2 x ) ( x + y ) ≥ xy ( a + b ) ⇔ ( ay − bx ) ≥ 0 . xy x+ y

Áp dụng bổ đề ta có: 2   x + y)   ( x2 y2 z2 z2 2 2 + 2 + 2 ≥ 2 +    2 2 2  x + y − ( x + y ) + 12 z − z + 6   x − x + 6 y − y + 6 z − z + 6

2( x + y + z ) 2 . x 2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z ) + 18

Đến đây, ta chỉ cần chứng minh:

2( x + y + z ) 2 ≥1 x 2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z ) + 18 2

≥

FI CI A

a b = . x y

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

( 3)

Do x 2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z ) + 18 = ( x + y + z ) − ( x + y + z ) − 2 ( xy + yz + zx ) + 18

⇔ x2 + y 2 + z 2 + x + y + z ≥ 6

(4).

Mặt

các

khác,

x, y , z

là

số

x + y + z ≥ 3( xy + yz + zx ) = 3 .

dương

nên

có:

x2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx = 3

và

QU Y

Nên bất đẳng thức (4) đúng.

Nên ( 3) ⇔ 2( x + y + z ) 2 ≥ x 2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z ) + 18

ƠN

= ( x + y + z ) − ( x + y + z ) + 12 > 0 .

Từ (1), (2), (3) và (4), ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.

Câu 13. (HSG12 tỉ tỉnh Bế Bến Tre năm 20182018-2019) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn

a 2 + b 2 + c 2 − 3b ≤ 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 4 8 . P= + + 2 2 2 ( a + 1) ( b + 2 ) ( c + 3) Lời giả giải

KÈ

Với mọi số thực dương x , y , z , t , ta có: 2

DẠ

 1 1 1 1 1  1 1 1 1 1 16 64 . + 2+ 2+ 2 ≥  + + +  ≥   = 2 2 4 x+ y+ z +t  x y z t 4 x y z t  (x + y + z + t) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = t . 1 4 8 4 4 8 Ta có: P = + + = + + 2 2 2 2 2 2 ( a + 1) ( b + 2 ) ( c + 3) ( 2a + 2 ) ( b + 2 ) ( c + 3)

 1 1 1 1  = 4 + + + 2 2 2 2  ( 2a + 2 ) ( b + 2 ) ( c + 3) ( c + 3)  64 256 . ≥ 4. = 2 2 ( 2a + 2 + b + 2 + c + 3 + c + 3) ( 2a + b + 2c + 10 )

Theo giả thiết, ta có: a 2 + b 2 + c 2 − 3b ≤ 0 . Trang 111

Áp dụng BĐT Cô-si cho các số không âm, ta có: 0 < 2 a + b + 2c + 10 = 2 a + 4b + 2c + 10 − 3b ≤ a 2 + 1 + b 2 + 4 + c 2 + 1 + 10 − 3b = a 2 + b2 + c 2 − 3b + 16

(

) (

)

≤ 16 2

Suy ra: P ≥

256

( 2a + b + 2c + 10 )

FI CI A

 0 < ( 2a + b + 2c + 10 ) ≤ 256

≥1 .

 2a + 2 = b + 2 = c + 3 a = c = 1  . Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a 2 + b 2 + c 2 − 3b = 0 ⇔  b = 2 a = 1; b = 2; c = 1 

Vậy min P = 1 . Bài tậ tập tương tự tự: (Lê Cả Cảnh DươngDương-sưu tầ tầm).

Câu 14. (HSG12 tỉ tỉnh Quả Quảng Bình năm năm 20182018-2019) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n > 1 ta luôn có: log n ( n + 1) > log n +1 ( n + 2 )

ƠN

Lời giả giải

Tác giả giả:Hoàng Văn Phiên; Fb:Phiên Văn Hoàng

Cách 1

log n +1 ( n + 2 ) = log n +1 n.log n +1 ( n + 2 ) . log n ( n + 1)

+ Xét A =

+ Áp dụng bất đẳng thức AM − GM cho hai số dương log n +1 n và log n +1 ( n + 2 ) ta được: log n +1 n + log n +1 ( n + 2 )

QU Y

log n +1 n.log n +1 ( n + 2 ) ≤

log n +1 n ( n + 2 ) 2

+ Mà n 2 + 2n < n 2 + 2n + 1 nên n 2 + 2n < ( n + 1) . 

log n +1 ( n 2 + 2n )

2 log n +1 ( n 2 + 2n ) log n +1 ( n + 1) < ⇔ <1. 2 2

Cách 2

KÈ

 log n +1 n.log n +1 ( n + 2 ) < 1 ⇔

log n +1 ( n + 2 ) < 1 ⇔ log n +1 ( n + 2 ) < log n ( n + 1) . log n ( n + 1)

Tác giả giả:; Fb:Nguyen Trang

+ Với mọi số nguyên dương n > 1 ta có:

DẠ

log n ( n + 1) > log n +1 ( n + 2 ) ⇔

+ Xét hàm số y =

ln ( n + 1) ln n

ln ( n + 2 ) ln ( n + 1)

ln ( x + 1) với x > 1 . ln x

Trang 112

FI CI A

+ Với ∀x > 1 thì x + 1 > x > 1 ; ln ( x + 1) > ln x > 0  x ln x − ( x + 1) ln ( x + 1) < 0 .

ln x ln ( x + 1) − x ln x − ( x + 1) ln ( x + 1) x + Ta có: y′ = x + 1 . = 2 2 x ( x + 1)( ln x ) ( ln x )

 y′ < 0, ∀x > 1 . Suy ra hàm số nghịch biến trên (1; +∞ ) . + Do đó với mọi số nguyên dương n > 1 thì y ( n ) > y ( n + 1) .

Vậy log n ( n + 1) > log n +1 ( n + 2 ) .

ƠN

Câu 15. (HSG10 CẦ CẦU GIẤ GIẤY – THƯỜ THƯỜNG TÍN - HÀ NỘ NỘI 20182018-2019) Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn 2 2 2 a + b + c = 1 . Chứng minh rằng a b c 3 3 . + 2 + 2 ≥ 2 2 2 2 b +c c +a a +b 2 Lời giả giải

Tác giả giả: Thu Hà ; Fb: Thu Ha

Do a , b , c dương và a 2 + b2 + c 2 = 1 nên 0 < a , b , c < 1 và 1 − a 2 ,1 − b2 ,1 − c2 > 0 . Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm 2a 2 ,1 − a 2 ,1 − a 2 , ta được: 2 a 2 + (1 − a 2 ) + (1 − a 2 ) ≥ 3 3 2a 2 (1 − a 2 )(1 − a 2 )

23 27

Ta có:

(*)

, dấu " = " xảy ra ⇔ 3a 2 = 1 ⇔ a =

QU Y

⇔ 2a 2 (1 − a 2 )(1 − a 2 ) ≤

1 ⋅ 2a 2 (1 − a 2 )(1 − a 2 ) 2

a a a2 = = = b 2 + c 2 1 − a 2 a (1 − a 2 )

(*)

≥

a2 1 23 ⋅ 2 27

3 . 3

3 3a 2 2

(1)

3 3b2 2

( 2)

3 3c 2 2

(3)

Chứng minh tương tự, ta được:

KÈ

b b b2 = = = c 2 + a 2 1 − b 2 b (1 − b 2 )

DẠ

c c c2 = = = a 2 + b 2 1 − c 2 c (1 − c 2 )

b2 1 ⋅ 2b 2 (1 − b 2 )(1 − b2 ) 2 c2 1 ⋅ 2c 2 (1 − c 2 )(1 − c 2 ) 2

≥

b2 1 23 ⋅ 2 27 c2 1 23 ⋅ 2 27

Cộng (1) , ( 2 ) , ( 3) vế theo vế ta được: a b c 3 3 2 + 2 + 2 ≥ a + b2 + c2 ) ( 2 2 2 b +c c +a a +b 2 2

Trang 113

⇔

a b c 3 3 3 (đpcm). Dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c = . + 2 + 2 ≥ 2 2 2 b +c c +a a +b 2 3 2

Câu 16. (HSG11 Thị các số dương a, b, c thỏa mãn: Thị Xã Quả Quảng Trị Trị năm 20182018-2019)Cho 2019)

FI CI A

a 2 + b2 + c2 = 3 . Chứng minh rằng: 2  4  4  4  + 1  2 + 1  2 + 1 ≥ 3 ( a + b + c ) .  2 2 2 2  a +b  b + c  c + a  Đẳng thức xảy ra khi nào? Lời giả giải

Tác giả giả: Hồ Hồ Văn Thả Thảo ; Fb: Thả Thảo Thả Thảo.

ƠN

4  4  a2 + b2 = 3 − c2  4  4 Ta có  2 2 = , vì a 2 + b2 + c2 = 3 2 3− a b + c 4  4  a 2 + c 2 = 3 − b2 

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương:

4 4 4 4 + (3 − a2 ) ≥ 2 3 − a2 ) = 4 ⇔ + 1 ≥ a2 + 2 ⇔ 2 2 + 1 ≥ a2 + 2 2 2 ( 2 3− a 3− a 3−a b +c

QU Y

 4 2  c 2 + a 2 + 1 ≥ b + 2 Tương tự ta chứng minh được:   4 + 1 ≥ c2 + 2  a 2 + b 2

Nhân vế theo vế các bất đẳng thức mới chứng minh ta được:  4  4  4  + 1  2 + 1  2 + 1  ≥ ( a 2 + 2 )( b 2 + 2 )( c 2 + 2 )  2 2 2 2  a +b  b + c  c + a 

Ta xét: ( a 2 + 2 )( b 2 + 2 ) = ( a 2 + 1) + 1 ( b 2 + 1) + 1 = ( a 2 + 1)( b 2 + 1) + a 2 + b 2 + 3

+ 1)( b 2 + 1) ≥ ( a + b ) , a 2 + b2 ≥ 2

KÈ

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

 ( a 2 + 2 )( b 2 + 2 ) ≥ ( a + b ) + 2

1 2 ( a + b) 2

1 2 3 ( a + b ) + 3 ⇔ ( a 2 + 2 )( b 2 + 2 )( c 2 + 2 ) ≥  ( a + b )2 + 3 ( c 2 + 2 ) 2 2 

 a + b  2   ⇔ ( a + 2 )( b + 2 )( c + 2 ) ≥ 3   + 1   2  

DẠ

⇔ ( a 2 + 2 )( b 2 + 2 )( c 2 + 2 ) ≥ 3 ( a + b + c )

( 2)

 a+b  . 2 + 1.c  + c  ≥ 3   2 

2  4  4  4  Vậy nên  2 + 1  2 + 1  2 + 1 ≥ 3 ( a + b + c ) 2 2 2 a + b b + c c + a    

Trang 114

Dấu " = " xảy ra khi a = b = c = 1 .

(a + b + c)

( b + 11)

( c + 6 )2

Lời giả giải 1

(a + b + c)

( b + 11)

( c + 6)

( 2a + 2b + 2c )

( b + 11)

  1 1 1 1 = 4 + + + 2 2 2 2  ( 2a + 2b + 2c ) ( b + 11) ( b + 11) ( 2c + 12 )  64 256 . ≥ 4. = 2 2 ( 2a + 2b + 2c + 2b + 22 + 2c + 12 ) ( 2a + 4b + 4c + 34 )

( 2c + 12 )

ƠN

Theo giả thiết, ta có: a 2 + b 2 + c 2 − 6b ≤ 0 . Áp dụng BĐT Cô-si cho các số không âm, ta có:

Ta có: P =

FI CI A

Câu 17. (HSG12 tỉ tỉnh Bế Bến Tre năm 20182018-2019) Cho a,b,c là các số thực không âm và không đồng thời bằng 0 thay đổi thỏa mãn điều kiện a 2 + b2 + c 2 ≤ 6b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

0 < 2 a + 4b + 4 c + 34 = 2 a + 10b + 4 c + 34 − 6b ≤ a 2 + 1 + b 2 + 25 + c 2 + 4 + 34 − 6b = a 2 + b 2 + c 2 − 6b + 64

(

) (

)

≤ 64

Suy ra: P ≥

256

( 2a + 4b + 4c + 34 )

≥

256 1 = . 642 16

 0 < ( 2 a + 4b + 4c + 34 ) ≤ 642

QU Y

2a + 2b + 2c = b + 11 = 2c + 12 a = 1  2 2 2  Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a + b + c − 6b = 0 ⇔ b = 5 . a = 1; b = 5; c = 2 c = 2   1 Vậy min P = . 16 (4 điể điểm). Câu 18. (HSG 12 Yên Lạ Lạc 2 Vĩnh Vĩnh Phúc năm 20182018-2019) Cho n số a1 , a2 ,..., an ∈ [ 0;1] . Chứng minh

rằng:

KÈ

(1 + a1 + a2 + a3 + ... + an )

≥ 4 ( a12 + a22 + a32 + ... + an2 )

Lời giả giải

Tác giả giả: Trầ Trần Đứ Đức Phương; Fb: Phuong Tran Duc.

Phả Phản biệ biện: Nguyễ Nguyễn Phương Thu; Fb: Nguyễ Nguyễn Phương Thu

DẠ

Xét tam thức f ( x ) = x 2 − (1 + a1 + a2 + ... + an ) x + ( a12 + a22 + ... + an2 ) Ta có:

f (1) = 1 − (1 + a1 + a2 + ... + an ) + ( a12 + a22 + ... + an2 ) = a1 ( a1 − 1) + a2 ( a2 − 1) + a3 ( a3 − 1) + ... + an ( an − 1)

Mặt khác a1 , a2 ,..., an ∈ [ 0;1] nên Trang 115

FI CI A

a1 ( a1 − 1) ≤ 0  a2 ( a2 − 1) ≤ 0  f (1) ≤ 0  ... a ( a − 1) ≤ 0  n n

Mà f ( 0 ) = a12 + a22 + ... + an2 ≥ 0  f (1) . f ( 0 ) ≤ 0 Mặt khác hàm số f ( x ) liên tục trên [ 0;1] . Do đó phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm trên đoạn [ 0;1] . Suy ra ∆ = (1 + a1 + a2 + ... + an ) − 4 ( a12 + a22 + ... + an2 ) ≥ 0

Do đó: (1 + a1 + a2 + ... + an ) ≥ 4 ( a12 + a22 + ... + an2 ) . 2

Câu 19. (HSG10 PHÙNG KHẮ KHẮC KHOANKHOAN- HÀ NỘ NỘI 20182018-2019) Cho x, y, z là các số thực dương.Chứng minh rằng:

ƠN

2 y 2 x 2 z 1 1 1 + 3 2+ 3 ≤ 2+ 2+ 2 3 2 2 x +y y +z z +x x y z Lời giả giải

Tác giả giả: Cao Đình Đình Định; Fb: Dinh Cao

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương x, y, z ta được:

y 3 + z2 ≥ 2 y 3 .z2 = 2 yz. y z3 + x 2 ≥ 2 z3 .x 2 = 2 zx. z

QU Y

x 3 + y 2 ≥ 2 x 3 .y 2 = 2 xy. x

Khi đó BĐT đã cho trở thành:

Mặt khác ta có:

(1)

2 y 2 y 2 x 2 z 2 x 2 z 1 1 1 + 3 2+ 3 ≤ + + = + + 3 2 2 x +y y +z z +x 2 xy x 2 yz y 2 zx z xy yz zx

1 1 1 1  1 1 1 1  ≤  + ; ≤  +  yz 2  y 2 z2  zx 2  z2 x 2 

CMTT:

KÈ

1 1 2 1 1 1 1  + 2 ≥  ≤  +  2 xy xy 2  x 2 y 2  x y

1 1 1 1 1 1 + + ≤ 2+ 2+ 2 xy yz zx x y z

DẠ

Suy ra:

Từ (1) và (2) ta được:

(2)

2 y 2 x 2 z 1 1 1 + 3 2+ 3 ≤ 2+ 2+ 2 3 2 2 x +y y +z z +x x y z

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 1 Trang 116

Câu 20. (HSG11 Cụ Cụm Hà Đông Hoài Đứ Đức Hà Nộ Nội năm 20182018-2019) Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ∈ [1; 2] ta luôn có: 1 1 1 + +  ≤ 10. a b c Lời giả giải

FI CI A

( a + b + c ) 

Tác giả giả: Vũ Vũ Quố Quốc Triệ Triệu ; Fb: Vũ Vũ Quố Quốc Triệ Triệu a b c b c a 1 1 1 +/ Bất đẳng thức ( a + b + c )  + +  ≤ 10 ⇔ + + + + + ≤ 7 . b c a a b c a b c

( a − b )( b − c ) ≥ 0 ⇔ ab + bc ≥ b 2 + ac ⇔

a b a + 1 ≥ + (vì bc > 0 ). c c b

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b hoặc b = c .

a b b c a c a b b c a c a c + + + ≤ + + 2  + + + + + ≤ 2  +  + 2 (1) b c a b c a b c a b c a c a

+/ Ta có: x =

a (1 ≤ x ≤ 2 ) nên: c

2 1 1 5 ≤ 3 x + ≤ 3− ≤ x x x 2

QU Y

( x − 1)( x − 2 ) ≤ 0 ⇔ x 2 − 3x + 2 ≤ 0  x +

Do đó:

c b c ≥ + (vì ab > 0 ). a a b

ƠN

Cũng có: ( a − b )( b − c ) ≥ 0 ⇔ ab + bc ≥ b 2 + ac ⇔ 1 +

+/ Không mất tính tổng quát, giả sử: a ≥ b ≥ c . Khi đó:

1  x=  a = 2c  Dấu “=” xảy ra 2⇔   c = 2a x = 2 a c 5 + ≤ ( 2) c a 2

Suy ra:

a b b c a c + + + + + ≤ 7 (đpcm). b c a b c a

KÈ

Từ (1) và (2) suy ra:

 a = b = 2, c = 1  Dấu bằng xảy ra khi:  a = c = 2, b = 1 . b = c = 2, a = 1

DẠ

Câu 21. (HSG10 HÀ NAM 2018các số thực dương a , b , c thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng 2018-2019)Cho 2019) minh rằng a2 b2 c2 a 2 + b2 + c2 . + + ≤ 2a + 1 2b + 1 2c + 1 a 2 + b2 + c 2 + 6 Lời giả giải

Cách 1: Tác giả giả: Trương Văn Tâm; Fb: Văn Tâm Trương Trang 117

Bất đẳng thức đã cho tương đương với

a2 b2 c2 − − − ≥0 2 2 2 2a + 1 2b + 1 2c + 1 a + b + c + 6

a 2 + b2 + c 2

a2 a2 a2 1 1 1 a +1+1 a 2 2a =− ≥− 3 = − .a. 3 a = − .a. 3 a.1.1 ≥ − .a. =− − . 2a + 1 a + a +1 3 3 3 3 9 9 3 a.a.1

Tương tự ta có −

b2 b2 2b c2 c 2 2c và − ≥− − ≥− − . 2b + 1 9 9 2c + 1 9 9

a 2 + b2 + c 2

Suy ra VT ≥

−

a +b +c +6

1 2 2 a + b2 + c 2 ) − . ( 9 3

−

FI CI A

Trong đó

Lúc

đó,

mọi

t2 − 6 1 2 2 t 2 − 6 t 2 9t 2 − 54 − t 3 − (t − 6) − = − = = t 9 3 t 9 9t

t ∈ 3; 15  ( 3 − t ) t ( t − 6 ) − 18

VT ≥

với

ƠN

2  2 a + b + c) ( 2 2 =3 a + b + c ≥ Đặt t = a 2 + b 2 + c 2 + 6 . Ta có   t ∈ 3; 15  . 3 a 2 + b2 + c 2 ≤ a + b + c 2 = 9 ( ) 

có

≥ 0.

Dấu bằng xảy ra khi t = 3 , suy ra a = b = c = 1.

Cách 2: Tác giả giả: Thành Đứ Đức Trung; Fb: Thành Đứ Đức Trung

a a2 1 a 1 a2 a2 a 1 a2 − = . = . 2 ⇔ = − . 2 . 2 2a + 1 2 2 a + 1 2 2 a + a 2a + 1 2 2 2a + a

Tương tự có

b2 b 1 b2 c2 c 1 c2 = − . 2 và = − . 2 . 2b + 1 2 2 2b + b 2c + 1 2 2 2c + c

a2 b2 c2 3 1  a2 b2 c2  + + = −  2 + 2 + 2 . 2a + 1 2b + 1 2c + 1 2 2  2a + a 2b + b 2c + c 

Suy ra

QU Y

Ta có

KÈ

Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức ta có 2

(a + b + c) a2 b2 c2 9 + + ≥ = 2 2 2 2 2 2 2 2 2a + a 2b + b 2c + c 2 ( a + b + c ) + 3 2 ( a + b + c 2 ) + 3

a2 b2 c2 3 1 9 3 9 + + ≤ − . = − . 2 2 2 2 2 2a + 1 2b + 1 2c + 1 2 2 2 ( a + b + c ) + 3 2 4 ( a + b + c 2 ) + 6

DẠ



Ta cần chứng minh

3 9 a2 + b2 + c2 − ≤ . (1) 2 4 ( a 2 + b2 + c 2 ) + 6 a 2 + b2 + c 2 + 6

Trang 118

FI CI A

3 9 9 3 t2 − 6 t2 − 6 Suy ra t ∈ 3; 15  . Ta có (1) ⇔ − 2 ≤ ⇔ + ≥ . 2 2 4t − 18 t t 2 ( 2t − 9 ) 2

2  2 a + b + c) ( 2 2 =3 a + b + c ≥ Đặt t = a 2 + b 2 + c 2 + 6 . Ta có  . 3 a 2 + b 2 + c 2 = a + b + c 2 − 2 ab + bc + ca ≤ 9 ( ) ( ) 

2 2 t 4 + 81 t4 9 81 Mặt khác, ta có 0 < 2t 2 − 9 = .9t 2 − 9 ≤ . −9 =  ≥ 4. 2 9 9 2 9 2 ( 2t − 9 ) 2t

6 81 3 Ta cần chứng minh t − + 4 ≥ . t 2t 2

ƠN

 81 t t t t t 81 t 81 t 5 7 = + ≥ t + 4 = + + + + + 4 ≥ + 5. 5 3 6 6 6 6 2t 3 2592 3 2 2 . Thật vậy, vì t ≥ 3 nên  2t  − 6 ≥ −2  t

6 81 7 3 Suy ra t − + 4 ≥ − 2 = . t 2t 2 2

Dấu '' = '' xảy ra khi t = 3 , suy ra a = b = c = 1 .

QU Y

Câu 22. (HSG11 tỉ tỉnh Vĩnh Vĩnh Phúc năm 20182018-2019) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c =1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 b + c −a) c + a − b) a + b − c) ( ( ( . P= 2 + + 2 2 2 a + ( b + c ) b2 + ( a + c ) c 2 + ( a + b ) Lời giả giải

Ta có:

(b + c − a ) a + (b + c ) 2

−1 = 2

(1− 2a ) a + (1 − a ) 2

−1= 2

Tác giả giả: Võ Quang Anh; Fb:Anh Võ Quang.

2a ( a − 1) 2a 2 − 2a .(*) = 2 2a − 2a + 1 1 − 2a (1− a )

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số 2a;1− a ta được: 2

KÈ

2a (1− a )

( 2a +1− a ) = ( a +1) ≤ 4

.(**)

Từ (*) và (**) suy ra: 2

(b + c − a ) a + (b + c )

−1 ≥

2a ( a − 1)

1−

( a +1)

8a ( a − 1)

( 3 + a )(1− a )

=−

8a 24 = −8 + . 3+ a (3 + a )

DẠ

Chứng minh tương tự, ta suy ra:

 1 1 1  P − 3 ≥ − 24 + 24  + + .  3+ a 3+ b 3+ c 

Trang 119

Áp dụng bất đẳng thức AM – HM ta suy ra:

1 1 1 9 9 + + ≥ = . 3 + a 3 + b 3 + c 9 + a + b + c 10

3 Do đó, P ≥ . 5

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

FI CI A

 2 a =1 − a 1  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c ⇔ a = b = c = . 3  a + b + c =1  3 1 đạt tại a = b = c = . 5 3

32a 3

( b + 3c )

32b3

( a + 3c )

+ ( a + b − 3c ) .

Câu 23. (HSG12 tỉ tỉnh Hà Nam năm 20182018-2019) Cho các số thực dương a , b , c thỏa mãn 2 ( a + c )( b + c ) = 4c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 . + a2 b2

ƠN

Lời giả giải

Tác giả giả: Lê Đứ Đức Hợ Hợp ; Fb: Le Hoop

Bổ đề: Cho m , n là hai số thực dương khi đó ta có 3

1 1 8 m3 + n3  m + n  a) 2 + 2 ≥ .b) ≥  . 2 m n 2  2  (m + n)

Thật vậy

1 1 1 1 1 4 8 . + 2 ≥ 2. . = 2 ≥ 2. = 2 2 2 m n m n m.n (m + n) (m + n)

QU Y

a) Ta có

Đẳng thức xảy ra ⇔ m = n .

m3 + n3  m + n  ≥  2  2 

⇔ 4m3 + 4n3 ≥ m3 + 3m2 .n + 3m.n 2 + n3 ⇔ m3 + n3 − m2 .n − m.n 2 ≥ 0

⇔ ( m − n ) ( m + n ) ≥ 0 (luôn đúng với m , n là hai số thực dương ). 3

m3 + n 3  m + n  ≥  ∀m , n > 0 ; Đẳng thức xảy ra ⇔ m = n . 2  2 

KÈ

Vậy

Áp dụng vào bài toán.

 a  b  Ta có ( a + c )( b + c ) = 4c 2 ⇔  + 1  + 1 = 4 .  c  c  a b > 0 ; y = > 0 . Từ giả thiết ta có ( x + 1)( y + 1) = 4 . c c

DẠ

Đặt x =

32a 3

( b + 3c )

32b3

( a + 3c )

a b 32   32   1 1 c c + ( a + b − 3c ) . 2 + 2 ≥   3 +   3 + ( a + b − 3c ) . a b b  a   + 3  + 3 c  c 

( a + b)

Trang 120

FI CI A

 x y  6 2  P ≥ 8.  + .  +2 2− x+ y  y +3 x +3 2

x y x 2 + 3 x + y 2 + 3 y ( x + y ) + 3 ( x + y ) − 2 xy Ta có . + = = y +3 x+3 xy + 3 ( x + y ) + 9 ( x + 3)( y + 3)

Từ ( x + 1)( y + 1) = 4 ⇔ xy + x + y = 3 ⇔ xy = 3 − x − y . 2

( x + y) +x+ y ⇔

+ ( x + y ) − 3 ≥ 0 ⇔ x + y ≥ 2 (vì x + y > 0 ).

ƠN

( x + y) Ta có 3 = xy + x + y ≤

a b a b 32   32   32   32   6 2c 6 2 c c c c  P ≥  3 +   3 + 2 2 − =  3 +   3 + 2 2 − a b a+b b b  a   a  +  + 3  + 3  + 3  + 3 c c c c c c         3   x   y 3  6 2 32 x 3 32 y 3 6 2 = 32 P≥ + + 2 2 −   +  +2 2− 3 3 x+ y x+ y ( y + 3) ( x + 3)  y + 3   x + 3  

Đặt t = x + y ≥ 2 . Ta có xy = 3 − t . Khi đó 3

 ( x + y )2 + 3 ( x + y ) − 2 xy   t 2 + 3t − 2 ( 3 − t )  6 2 6 2 P ≥ 8.  . = 8.   +2 2−  +2 2 − xy + 3 ( x + y ) + 9 x+ y t  3 − t + 3t + 9    3

Xét hàm f ( t ) = ( t − 1) −

QU Y

 t 2 + 5t − 6  6 2 6 2 3  P ≥ 8.  = ( t − 1) − +2 2.  +2 2− t t  2t + 12 

6 2 + 2 2 trên [ 2; +∞ ) . t

Ta có 2

6 2 > 0 ∀t ∈ [ 2; +∞ ) . t2

f ′ ( t ) = 3 ( t − 1) +

KÈ

Vậy hàm số f ( t ) = ( t − 1) −

6 2 + 2 2 đồng biến trên [ 2; +∞ ) . t

Từ đó suy ra P ≥ f ( t ) ≥ f ( 2 ) = 1 − 2 .

Vậy Pmin = 1 − 2 xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1 ⇔ a = b = c .

DẠ

Câu 24. (HSG12 tỉ tỉnh Thái Binh năm 20182018-2019) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: 9 32 − ≥ −5 . 2 ab ( a + c )( b + c ) 4 + 4a + 4b 2 + c 2 Lời giả giải

Tác giả giả:Nguyên Dung; Fb: Dung Nguyen Trang 121

Cách 1. cosi

 ab ( a + c )( b + c ) ≤

a 2 + ac + b2 + bc . 2

( a 2 + ac )(b2 + bc ) ≤

ab ( a + c )( b + c ) =

a 2 + b2 + c ( a + b ) (1). 2

FI CI A

Ta có:

2 2 2 2 cosi c + 2 ( a + b ) c2 + ( a + b ) 2 2 2 và ( a + b ) ≤ 2 ( a + b )  c ( a + b ) ≤ (2). Lại có: c ( a + b ) ≤ 2 2 cosi

a +b +

c 2 + 2 ( a 2 + b2 ) 2

Từ (1), (2)  ab ( a + c )( b + c ) ≤

9 ab ( a + c )( b + c )

≥

ab ( a + c )( b + c )

36 . 4a + 4b2 + c 2 2

Do đó: P =

ab ( a + c )( b + c )

−

32 4 + 4a 2 + 4b2 + c 2

≥

4 4a + 4b 2 + c 2 2

ƠN

⇔

4a 2 + 4b 2 + c 2 ⇔ 4

36 32 − . 2 2 4a + 4b + c 4 + 4a 2 + 4b2 + c 2 2

⇔ ab ( a + c )( b + c ) ≤

Đặt: t = 4 + 4a 2 + 4b 2 + c 2 . Vì a, b, c là các số thực dương nên t > 2 . Suy ra: 4a 2 + 4b 2 + c 2 = t 2 − 4 .

 f ′(t ) =

−72t

− 4)

36 32 với t > 2 . − t −4 t

QU Y

Xét hàm số f ( t ) =

3 2 32 32t 4 − 72t 3 − 256t 2 + 512 ( t − 4 ) ( 32t + 56t − 32t − 128 ) . + 2 = = 2 2 t ( t 2 − 4 ) .t 2 ( t 2 − 4 ) .t 2

Ta có: 32t 3 + 56t 2 − 32t − 128 = ( 32t 3 − 128 ) + ( 56t 2 − 32t ) = 32 ( t 3 − 4 ) + 4t (14t − 8 ) > 0 ( vì t > 2 ). Do đó f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = 4 .

DẠ

KÈ

Bảng biến thiên:

 f ( t ) ≥ −5 

9 ab ( a + c )( b + c )

−

32 2

4 + 4a + 4b 2 + c 2

≥ −5 .

Trang 122

 4 + 4a 2 + 4b 2 + c 2 = 4 12a 2 = 12 a = 1    Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  a = b ⇔ a = b ⇔ b = 1 . c = a + b c = 2 a c = 2   

FI CI A

Cách 2: Ta có: ab ( a + c )( b + c ) =

( ab + bc )( ab + ac ) ≤

ab + bc + ab + ac 2ab + bc + ac .  ab ( a + c )( b + c ) ≤ . 2 2

c2 c2 2 Đồng thời: 4 + 4a + 4b + c = 4 + ( 2a + 2b ) + 2a + + 2b + ≥ 4 + 4ab + 2ac + 2bc . 2 2 2

 4 + 4a 2 + 4b 2 + c 2 ≥ 4 + 2 ( 2ab + ac + bc ) .

9 ab ( a + c )( b + c )

−

32 4 + 4a 2 + 4b2 + c 2

≥

18 32 − . 2ab + ac + bc 4 + 2 ( 2ab + ac + bc )

ƠN

Do đó:

Xét hàm số: f ( t ) =

 f ′(t ) =

−72t

− 4)

36 32 với t > 2 . − t −4 t 2

t2 − 4 . 2

Đặt t = 4 + 2 ( 2ab + ac + bc ) . Vì a, b, c là các số thực dương nên t > 2 .  2ab + ac + bc =

3 2 32 32t 4 − 72t 3 − 256t 2 + 512 ( t − 4 ) ( 32t + 56t − 32t − 128 ) + 2 = = . 2 2 t ( t 2 − 4 ) .t 2 ( t 2 − 4 ) .t 2

QU Y

Ta có: 32t 3 + 56t 2 − 32t − 128 = ( 32t 3 − 128 ) + ( 56t 2 − 32t ) = 32 ( t 3 − 4 ) + 4t (14t − 8 ) > 0 ( vì t > 2 ).

KÈ

Do đó f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 4 .Bảng biến thiên:

 f ( t ) ≥ −5 

ab ( a + c )( b + c )

−

32 4 + 4a 2 + 4b 2 + c 2

≥ −5 .

DẠ

 4 + 2 ( 2ab + ac + bc ) = 4 12a 2 = 12 a = 1    ⇔ a = b ⇔ b = 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  a = b c = a + b c = 2 a c = 2   

Trang 123

Chuyên đề 7

FI CI A

Giá trị lớn nhất nhỏ nhất

Câu 1. (HSG12 tỉ tỉnh TỈ TỈNH VĨNH VĨNH PHÚC 20182018-2019) Cho ba số thực x , y , z thuộc khoảng ( 0 ;3 ) thỏa

x2 y2 z 2  2  3  4  mãn  − 1  − 1  − 1 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + + . 4 9 16  x  y  z  Lời giả giải

Tác giả giả: Dương Quang Hưng ; Fb: Dương Quang Hưng x y z ,b= ,c= . 2 3 4

Đặt: a =

 3  3  1  1  1  Khi đó ta có a ∈  0;  , b ∈ ( 0;1) , c ∈  0;  , thỏa mãn  − 1  − 1 − 1 = 1 và P = a 2 + b 2 + c 2 . 2 4      a  b  c 

ƠN

 1  1  1  Từ:  − 1 − 1 − 1 = 1  ab + bc + ca = 2abc + a + b + c − 1 .  a  b  c  3

 a+b+c Ta có:   ≥ abc . 3   2

Do đó: P = ( a + b + c ) − 2 ( ab + bc + ca ) = ( a + b + c ) − 2 ( a + b + c ) − 4abc + 2 4 3 2 (a + b + c) + (a + b + c) − 2(a + b + c) + 2 27

QU Y

≥−

4  13  Đặt t = a + b + c, t ∈  0;  . Khi đó: P ≥ − t 3 + t 2 − 2t + 2 . 27  4

Xét hàm số f ( t ) = −

4 3 2  13  t + t − 2t + 2, t ∈  0;  27  4

KÈ

Bảng biến thiên:

4 3 Ta có: f ′ ( t ) = − t 2 + 2t − 2 ; f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = hoặc t = 3 . 9 2

f ′ (t )

DẠ

3 2

13 4

3 −

2 f (t )

3 4

211 216 3 3 Từ bảng biến thiên suy ra f ( t ) ≥ , ∀t ∈ ( 0;3) . Dấu bằng xảy ra khi t = . 4 2

Trang 124

3 1 3 ta được: a = b = c = suy ra x = 1, y = , z = 2. 2 2 2 3 3 ⇔ x = 1, y = , z = 2. 4 2

Do đó: min P =

FI CI A

Khi t =

Câu 2. (HSG12 huyệ huyện Lương Tài Bắ Bắc Ninh năm 2019) Cho x , y là các số thực thỏa mãn x + y = x − 1 + 2 y + 2 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

P = x 2 + y 2 + 2 ( x + 1)( y + 1) + 8 4 − x − y . Khi đó, giá trị của M + m bằng. A. 41 . B. 42 . C. 44 . Lời giả giải

D. 43 .

Chọ Chọn D

⇔ ( x + y ) ≤ (1 + 2 )( x − 1 + y + 1) ⇔ ( x + y ) ≤ 3 ( x + y ) ⇔ 0 ≤ x + y ≤ 3.

Đặt t = x + y ∈ [ 0; 3]

P = x 2 + y 2 + 2 ( x + 1)( y + 1) + 8 4 − x − y

QU Y

= ( x + y ) 2 +2 ( x + y ) + 2 + 8 4 − ( x + y )

= t 2 + 2t + 2 + 8 4 − t

ƠN

  x ≥ 1 x + y = x − 1 + 2 ( y + 1) ;  § K :   x + y ≥ 0  y ≥ −1  

Tác giả giả: Lệ Lệ Phan, FB: Lệ Lệ Phan

Xét f (t ) = t 2 + 2t + 2 + 8 4 − t với t ∈ [ 0; 3] f ′ ( t ) = 2t + 2 −

2   = 2t + 2 1 −  2 4−t 4−t   8

KÈ

 4−t −2  2 ( 4 − t − 4) = 2t + 2  = 2t +   4 − t  4−t 4−t + 2 

(

1   2t 3 − t + 2 4 − t = 2t 1 − = 4−t 4−t + 2  4−t + 2 4−t 

(

)

) )

 f ′ ( t ) ≥ 0 ∀t ∈ [ 0; 3]

DẠ

 min f ( t ) = f ( 0 ) = 2 + 8 4 = 18 [0;3]

( Khi x = 1; y = −1)

max f ( t ) = f ( 3) = 9 + 6 + 2 + 8 = 25 ( Khi x = 2; y = 1) [0;3]

Vậy M + m = 25 + 18 = 43. Trang 125

Câu 3. (HSG12 tỉ tỉnh Bắ Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hàm số y = ax3 + cx + d , a ≠ 0 có min f ( x ) = f ( −2 ) . Giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [1;3] bằng A. d + 2a . B. d + 8a . C. d − 16a . Lời giả giải

FI CI A

D. d − 11a .

( −∞ ;0 )

Tác giả giả: Bùi Thị Thị Phương Thả Thảo; Fb: Phuong Thao Bui Chọ Chọn C Ta có y′ = 3ax 2 + c  y′ = 0 ⇔ 3ax2 + c = 0 ⇔ x 2 = −

c . 3a

Do min f ( x ) = f ( −2 ) nên phương trình y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 = −2 ; x2 = 2 với a < 0 , −

−c c = −2  c = −12a . > 0 và − 3a 3a

x1 là điểm cực tiểu của hàm số và x2 là điểm cực đại của hàm số.

ƠN

Khi đó max f ( x ) = f ( 2 ) = 8a + 2c + d = d − 16 a .

( −∞ ;0 )

[1;3]

Câu 4. (HSG12 huyệ huyện Lương Tài Bắ Bắc Ninh năm 2019) Nhà xe khoán cho hai tài xế taxi Nam và Tiến mỗi người lần lượt nhận 32 lit và 72 lit xăng. Hỏi tổng số ngày ít nhất là bao nhiêu để hai tài xế chạy tiêu thụ hết số xăng của mình được khoán, biết rằng chỉ tiêu cho hai người một ngày tổng cộng chỉ chạy đủ hết 10 lit xăng và mỗi ngày lượng xăng của mỗi người chạy là không thay đổi. A. 20 ngày. B. 25 ngày C. 15 ngày. D. 10 ngày Lời giả giải

QU Y

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Ánh Dung; Fb: Nguyễ Nguyễn Ánh Dung Chọ Chọn A

Gọi số lit xăng tài xế taxi Nam tiêu thụ mỗi ngày là x lit. Gọi số lit xăng tài xế taxi Tiến tiêu thụ mỗi ngày là y lit.

Theo bài ra ta có x + y = 10

KÈ

Tài xế Nam tiêu thụ hết 32 lit xăng trong số ngày là: Tài xế Tiến tiêu thụ hết 72 lit xăng trong số ngày là:

Số ngày hai tài xế chạy hết số xăng được khóa là:

72 ( ngày) y

32 72 ( ngày) + x y

32 72 + , M > 10 ( Vì số lit xăng hai tài xế nhận được là 104 lit, mỗi ngày tiêu thụ hết 10 lit x y

DẠ

Đặt M =

32 ( ngày) x

xăng) M=

32 (10 − x ) + 72 x 320 + 40 x 32 72 32 72 = + = + = x (10 − x ) x y x 10 − x 10 x − x 2 Trang 126

⇔ M (10 x − x 2 ) = 320 + 40 x

⇔ 10Mx − Mx 2 = 320 + 40 x

FI CI A

⇔ Mx 2 + 10 x ( 4 − M ) + 320 = 0 2

∆′ = 25. ( 4 − M ) − 320.M = 25. (16 − 8 M + M 2 ) − 320.M

= 400 − 520M + 25M 2 2

= ( 5M − 52 ) − 2304 2

∆′ ≥ 0 ⇔ ( 5M − 52 ) − 2304 ≥ 0

ƠN

5M − 52 ≥ 2304 ⇔ . 5M − 52 ≤ − 2304 5M − 52 ≥ 48 ⇔ 5M − 52 ≤ −48

5M ≥ 100 ⇔  5M ≤ 4

QU Y

 M ≥ 20 ⇔ M ≤ 4 5  Kết hợp điều kiện M > 10 ta có M ≥ 20

Vậy tổng số ngày ít nhất để hai tài xế chạy hết số xăng mình được khoán là 20 ngày. Câu 5. (HSG12 Tỉ Tỉnh Nam Đị Định 20182018-2019) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn 3 5 ( x + y 3 + z 3 ) = ( x + y + z )( xy + yz + zx ) + 15 xyz . P = 2 ( x + y + z ) − ( y2 + z2 ) .

KÈ

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Văn Minh; Fb:Minh Văn Nguyễ Nguyễn

Khi x, y, z dương thì

5 ( x 3 + y 3 + z 3 ) = ( x + y + z )( xy + yz + zx ) + 15 xyz

DẠ

⇔ 5 ( x 3 + y 3 + z 3 − 3 xyz ) = ( x + y + z )( xy + yz + zx ) ⇔ 5 ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) = ( x + y + z )( xy + yz + zx )

⇔ 5 ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) = xy + yz + zx

Trang 127

⇔ 5 ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 6 ( xy + yz + zx )

FI CI A

Vì 6 yz − 5 ( y 2 + z 2 ) = −4 ( y − z ) − ( y + z ) ≤ − ( y + z )

⇔ 5 x 2 − 6 x ( y + z ) = 6 yz − 5 ( y 2 + z 2 ) .

nên 5 x2 − 6 xA ≤ − A2 ⇔ 5 x2 − 6 xA + A2 ≤ 0 (với A = y + z > 0 ) ⇔

A 1 ≤ x ≤ A hay ( y + z ) ≤ x ≤ y + z . 5 5

Đặt t =

( y + z)

Do đó P = 2 ( x + y + z ) − ( y 2 + z 2 ) ≤ 2 y + z − 1 y + z , t > 0 khi đó P ≤ 2t − t 4 . 2

ƠN

1 Xét hàm số f ( t ) = 2t − t 4 với t > 0 . 2

Ta có f ′ ( t ) = 2 − 2t 3 = 0 ⇔ t = 1 .

QU Y

Bảng biến thiên

x = y + z = 1 3  Suy ra maxP = khi t = 1 ⇔ y + z = 1   1 . 2  y = z = 2

A. 19.

KÈ

Câu 6. (HSG12 Thành Phố Phố Đà Nẵ Nẵng 20182018-2019) Cho các số thực dương x , y thay đổi và thỏa điều x kiện x > y > 1. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = log 2x ( x 2 ) + 3log y là: y y B. 13.

C. 14. Lời giả giải

D. 15.

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Văn Thắ Thắng ; Fb: Nguyễ Nguyễn Thắ Thắng.

DẠ

Chọ Chọn D

Vì x > y > 1 nên ta có: T =

4 log 2x

x y

+ 3 ( log y x − 1) =

(1 − log x y )

3 −3. log x y

Trang 128

Đặt t = log x y  0 < t < 1 (vì x > y > 1 ) thì: T =

t 2 ( t − 1)

( t − 1) ( −3t 3 + t 2 − 9t + 3) −3t 3 + t 2 − 9t + 3 ( −3t + 1) ( t 2 + 3) = = = 4 3 3 t 2 ( t − 1) t 2 ( t − 1) t 2 ( t − 1)

FI CI A

 T '(t ) =

−3t 4 + 4t 3 − 10t 2 + 12t − 3

3 −3t 3 + 9t 2 − 5t + 3 3t 2 − 2t + 3 + − 3 = = − 3 + . 2 2 t 3 − 2t 2 + t t ( t − 1) ( t − 1) t 4

1 T'=0⇔t = . 3

Ta có bảng biến thiên:

ƠN

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 15.

Cách 2: Củ Của cô Lê Thị Thị Hồng Vân

Áp dụng BĐT Cô – si cho 2 số dương ta có:

0 < a, b < 1 4 3 Đặt a = 1 − log x y; b = log x y   và T = 2 + − 3 a b a + b = 1

4 3 12 12 + ≥ 2 2  T ≥ 2 2 − 3. 2 a b ab ab 3

 a 2b ≤

QU Y

a a   2 + 2 +b 1 a2 Ta lại có: Theo BĐT Cô – si cho 3 số dương: .b ≤   = 4 3 27    

4 4  T ≥ 2 12 : − 3 = 15. 27 27

KÈ

2  a, b > 0; a + b = 1 a =   3 Dấu ‘=’ xảy ra ⇔  4 3 a ⇔ . 1 = ; = b  a 2 b 2 b =  3

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 15.

Câu 7. (Tổ (Tổ-2525-LanLan-2-HSGHSG-YênYên-Dũng) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn

x4 + y4 + z 4 ≤ 2 y2 + 2 .

DẠ

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: 1 x + y + z2 +1 Lời giả giải

P = 2y (x + z) +

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Phạ Phạm Minh Trí ; Fb: Tri Nguyen Trang 129

Theo bất đẳng thức AM – GM ta có :

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

2 2 2 2 y + ( x + z)2   ( 2 y + 2 x + 2 z ) ≤ = y2 + x2 + z 2 2 2

)

Vậy P = 2 y ( x + z ) +

FI CI A

(

1 1 ≤ x2 + y 2 + z 2 + 2 2 2 x + y + z +1 x + y + z2 +1 2

Đặt t = x 2 + y 2 + z 2 thì ta có P ≤ t +

1 . Ta lại có đánh giá sau đây: t +1

  2 y( x + z ) ≤

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:

2 y 2 + 2 ≥ x 4 + y 4 + z 4  2 y 2 + 8 ≥ ( x 4 + 1) + ( y 4 + 4) + ( z 4 + 1) ≥ 2 x 2 + 4 y 2 + 2 z 2  4 ≥ x 2 + y 2 + z 2 Vậy ta có t ∈ (0, 4] . Xét hàm số f (t ) = t +

1 với t ∈ (0, 4] , ta có t +1

ƠN

1 1 1 21 ≥ 0 với mọi t ∈ (0, 4] nên f (t ) ≤ f(4) . Vậy P ≤ t + ≤ 4+ = 2 (t + 1) t +1 4 4

f '(t ) = 1 −

y  x = z = 2  Dấu đẳng thức xảy ra khi:  x = z = 1  ( x, y, z ) = (1, 2,1)  y = 2  21 khi ( x, y , z ) = (1, 2,1) 4

QU Y

Vậy Pmax =

Câu 8. (HSG 12 Yên Lạ Lạc 2 Vĩnh Vĩnh Phúc năm 20182018-2019) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số cos x + 2 sin x + 3 . y= 2 cos x − sin x + 4 Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Yên Phương; Fb: Yenphuong Nguyen

KÈ

Phả Phản biệ biện: Fb:Hieu Le Với mỗi x ∈ ℝ ta có:

2cos x − sin x + 4 = 2 ( cos x + 1) + (1 − sin x ) + 1 > 0 (vì sin x ∈ [ −1;1] , cos x ∈ [ −1;1] )

nên

cos x + 2 sin x + 3 ⇔ y ( 2 cos x − sin x + 4 ) = cos x + 2sin x + 3 2 cos x − sin x + 4

DẠ y=

⇔ ( y + 2 ) sin x + (1 − 2 y ) cos x + ( 3 − 4 y ) = 0 (*) 2

Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi ( y + 2 ) + (1 − 2 y ) ≥ ( 3 − 4 y ) , Trang 130

2 ≤ y ≤ 2. 11

Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho lần lượt là m =

2 ,M = 2. 11

tương đương 11y 2 − 24 y + 4 ≤ 0 ⇔

FI CI A

Câu 9. (HSG12 Quả Quảng Ninh 20182018-2019) Một hộ gia đình cần xây dựng một bể chứa nước, dạng hình hộp chữ nhật có thể tích 24 ( m3 ) . Tỉ số giữa chiều cao của bể và chiều rộng bằng 4. Biết rằng bể chỉ có các mặt bên và mặt đáy (không có mặt trên). Chiều dài của đáy bể bằng bao nhiêu để xây bể tốn ít nguyên vật liệu nhất. Lời giả giải Gọi chiều cao, chiều rộng, chiều dài của bể lần lượt là h , x , y

h h = 4 x  =4  Theo đề bài ta có  x  6  xyh = 24  y = x 2

( m ) (Điều kiện: h, x, y > 0 )

ƠN

Tổng diện tích xung quanh và diện tích một mặt đáy của bể là S = xy + 2 xh + 2 yh = 8 x 2 + Ta đi tìm x để S đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có S = 8 x 2 +

27 27 27 27 3 + ≥ 3 3 8x 2 . . = 54 . Dấu ‘=’ xảy ra khi x = . x x x x 2 3 8 y= . 2 3

QU Y

Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 54 khi x = Cách 2 : Xét hàm số S = 8 x 2 + Có S ' = 16 x −

Cách 1 : Áp dụng bất đẳng thức AM-GM :

54 x

54 , x >0. x

54 3 ; S'=0⇔ x = . 2 x 2

KÈ

Ta có bảng biến thiên :

DẠ

Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x = Vậy khi chiều dài của bể bẳng

3 8 y= . 2 3

8 m thì ta xây bể tốn ít nguyên vật liệu nhất. 3

Câu 10. (HSG12 tỉ tỉnh Bình Thuậ Thuận năm 20182018-2019) Cho x và Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

y là các số thực thỏa mãn 2 x ≥ y > 0.

Trang 131

x2 − xy + y 2 . x2 + xy + y 2

Lời giả giải

Ta có P =

FI CI A

Tác giả giả: Bùi Văn Lượ Lượng; ng; Fb: luonghaihaubui t2 − t +1 x 1 , với t = ≥ . 2 t + t +1 y 2

Xét hàm số f ( t ) =

t2 − t +1 1 với t ≥ . 2 t + t +1 2

 f ′ (t ) = 0  Tính được f ′ ( t ) = , 1 ⇔ t = 1. 2 2 ( t + t + 1) t ≥ 2

2t 2 − 2

1 , không có giá trị lớn nhất. 3

QU Y

Suy ra giá trị nhỏ nhất của P bằng

ƠN

Bảng biến thiên

Câu 11. (HSG12 Ninh Bình 20182018-2019) Cho các số thực x , y , z thỏa mãn x ≥ −1 , y ≥ −1 , z ≥ −4 và x+ y+z =0 . a) Chứng minh

x 2 + y 2 + 4 xy + 2 ≥ z 2 + 2 z .

KÈ

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=

x2 y2 −1 . + x 2 + y 2 + 4 ( xy + 1) z ( 3 + z ) + x + y + 2

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Đứ Đức Bình ; Fb: Nhầ Nhần Đạ Đại Hoa Lời giả giải

a) Do x ≥ −1 , y ≥ −1 nên ( x + 1)( y + 1) ≥ 0 ⇔ xy + 1 ≥ − ( x + y ) . 2

DẠ

x 2 + y 2 + 4 xy + 2 = ( x + y ) + 2 ( xy + 1) ≥ ( x + y ) − 2 ( x + y ) = z 2 + 2 z .

b) Ta có P =

x2 y2 −1 x2 y2 −1 + = + x 2 + y 2 + 4 ( xy + 1) z ( 3 + z ) + x + y + 2 x 2 + y 2 + 4 xy + 2 + 2 z ( 3 + z ) + ( x + y ) + 2

Trang 132

( x + y ) − 2 ( xy + 1) + 1 ≤ z 2 − 2 z + 1 x2 y2 −1 ⇔ P ≤ + . z2 + 2z + 2 z2 + 2z + 2 z2 + 2z + 2 z2 + 2z + 2

f ′( z) =

z2 − 2z +1 với −4 ≤ z ≤ 2 vì z = − ( x + y ) ≤ 2 . z2 + 2z + 2

( 2 z − 2 ) ( z 2 + 2 z + 2 ) − ( 2 z + 2 ) ( z 2 − 2 z + 1)

+ 2z + 2)

Xét f ( z ) =

FI CI A

⇔ P≤

4z2 + 2z − 6

+ 2z + 2)

z = 1 Cho f ′ ( z ) = 0 ⇔  . z = − 3  2

5 1  3 Ta có: f (1) = 0 , f  −  = 5 , f ( −4 ) = , f ( 2 ) = . 2 10  2 Vậy P ≤ f ( z ) ≤ 5 với −4 ≤ z ≤ 2 .

ƠN

5 3 3  5 Hay giá trị lớn nhất P = 5 khi ( x; y; z ) =  −1; ; −  hoặc ( x; y; z ) =  ; −1; −  . 2 2 2  2

Câu 12. (HSG12 tỉ hàm số f ( x ) = x 2 + ax + b với a , b là tham số. Gọi tỉnh Bắ Bắc Ninh 2018 – 2019 )Xét ) A. −4 .

B. 4 .

M là giá trị lớn nhất của hàm số trên [1;3] . Khi M nhận giá trị nhỏ nhất có thể được, tính a + 2b .

C. 3 . Lời giả giải

D. 2 .

QU Y

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Trung Kiên – Lê Minh Triề Triều

Chọ Chọn A

f ( −1) = 1 − a + b ; f (0) = b ; f (1) = 1 + a + b = −1 − a − b ; f (2) = 4 + 2a + b và f (3) = 9 + 3a + b

Ta có: f (3) + f ( −1) + 2 f (1) ≥ (9 + 3a + b) + (1 − a + b) + 2( −1 − a − b) = 8

KÈ

Vậy 4M ≥ 8 nên M min

9 + 3a + b = 2 a = −2  = 2 xảy ra khi  1 − a + b = 2 ⇔   b = −1  −1 − a − b = 2 

Thử lại khi a = −2; b = −1 , ta có

f ( x) = x 2 − 2 x − 1 trên đoạn [ −1;3]

DẠ

 2  x − 2x −1 f ( x) =  − x2 + 2 x + 1 

khi x ∈  −1;1 − 2  ∪ 1 + 2;3 khi x ∈ 1 − 2;1 + 2 

Trang 133

2 x − 1 khi x ∈  −1;1 − 2 ∪ 1 + 2;3    f ′( x) =  −2 x + 2 khi x ∈ 1 − 2;1 + 2 

) ( )

(

FI CI A

f '( x) = 0 ⇔ x = 1 f (−1) = 2 ; f (1) = 2 ; f (3) = 2 ; f (1 ± 2) = 0 (thỏa M = 2 ). Vậy a + 2b = −4 . Cách 2:

Tác giả giả: Ngô Minh Ngọ Ngọc Bả Bảo; Fb: Ngô Minh Ngọ Ngọc Bả B ảo

Xét hàm số y = f ( x) = x 2 trên đoạn [−1,3] . Trên đồ thị hàm số y = f ( x ) lấy hai điểm A(−1,1), B (3,9) . x + 1 y −1 = ⇔ y = 2x + 3 . 4 8

ƠN

Phương trình đường thẳng AB là:

Chọ Chọn C

Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x) song song với AB . Giả sử tiếp điểm của tiếp tuyến

d là M (a, a 2 ) . Ta có: 2 a = 2 ⇔ a = 1 (do d // AB ).

Phương trình đường thẳng d là: y = 2 ( x − 1) + 1 ⇔ y = 2 x − 1 . Đường thẳng −ax − b là đường thẳng song song và cách đều hai đường thẳng d và AB , do đó:

QU Y

−a = 2 a = −2 ⇔ ⇔ a + 2b = −2 + 2.(−1) = −4 .  −b = 1 b = −1

Câu 13. (HSG10 HÀ NAM 20182018-2019) Cho các số thực x, y thỏa mãn: 2 ( x 2 + y 2 ) = 1 + xy . Gọi M là giá trị lớn nhất và m là giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 7 ( x4 + y 4 ) + 4 x2 y2 . Lời giả giải

KÈ

Tính M + m .

Tác giả giả: Lâm Thanh Bình; Fb: Lâm Thanh Bình

2 P = 7 ( x 4 + y 4 ) + 4 x 2 y 2 = 7 ( x 2 + y 2 ) − 2 x 2 y 2  + 4 x 2 y 2 .   2

2 7 2 2  1 + xy  2 2 2 2 = 7 ( x 2 + y 2 ) − 10 x 2 y 2 = 7   − 10 x y = ( x y + 2 xy + 1) − 10 x y . 2 4  

33 2 2 7 7 x y + xy + . 4 2 4

DẠ

P=−

Đặt t = xy , ta có

1 + xy = 2 ( x 2 + y 2 ) ≥ 4 xy ⇔ xy ≤

1 1 ⇔t≤ . 3 3 Trang 134

1 1 2 2 2 ( x + y ) − 2 xy  = 1 + xy ⇔ 2 ( x + y ) = 1 + 5 xy ≥ 0 ⇔ xy ≥ − ⇔ t ≥ − .   5 5

34 2 + 33 11 2 34 2 − 33 11 2 34 2 − 33 11 2 34 2 + 33 11 2

FI CI A

L .

QU Y

   x =    7   y =  xy = 33   Ta có  ⇔   x 2 + y 2 = 20    33  x =      y=  

ƠN

70 7 7 20 xảy ra khi t = hay xy = . Khi đó x2 + y 2 = . 33 33 33 33

33 2 7 7  1 1 t + t + với t ∈  − ;  4 2 4  5 3

P=−

18 1 1 2 xảy ra khi t = − hay xy = − . Khi đó x 2 + y 2 = . 25 5 5 5

KÈ

 5  x = 5    5 1   y = −  xy = − 5 5  Ta có  . ⇔  5  x2 + y 2 = 2  x = −  5 5    y = 5 5  

2344 . 825

DẠ

Vậy M + m =

Câu 14. (HSG12 tỉ tỉnh Cầ Cần Thơ năm 20182018-2019) Một xe khách chất lượng cao đi từ Cần Thơ đến Hà Nội chở được nhiều nhất 50 hành khách trên một chuyến đi. Theo tính toán của nhà xe, nếu xe chở 2

3k   được k khách thì giá tiền mà mỗi khách phải trả khi đi tuyến đường này là  180 −  trăm đồng. 2   Tính số hành khách trên mỗi chuyến xe sao cho tổng số tiền thu được từ hành khách nhiều nhất. Trang 135

Tính số tiền đó. Lời giả giải

Cách 1. 2

FI CI A

3k   Số tiền thu được trên mỗi chuyến xe là T ( k ) = k  180 −  với k ∈ ℕ , 0 ≤ k ≤ 50 . 2   2

3k   Xét hàm số T ( k ) = k  180 −  với k ∈ [ 0;50] . 2  

Dễ thấy T ( k ) liên tục trên [ 0;50] . 2

ƠN

 k = 120 ∉ [ 0;50] 3k  9k   . T ′ ( k ) = 0 ⇔ 180 − 180 −  = 0 ⇔  2  2    k = 40 ∈ [ 0;50]

3k  3k   3   3k   9k    Ta có T ′ ( k ) =  180 −  + 2k  180 −   −  =  180 −   180 −  và 2  2  2   2  2   

Ta tính được T ( 0 ) = 0 , T ( 50 ) = 551250 , T ( 40 ) = 576000 . Do đó max T ( k ) = T ( 40 ) = 576000 . [ 0;50]

Vậy số tiền thu được nhiều nhất khi xe chở 40 hành khách và số tiền đó là 57600000 đồng. Cách 2.

QU Y

3k   Với k ∈ [ 0;50] thì k và 180 −  không âm nên 2  

 3k   3k    3k + 180 −  + 180 −   2 2  3k  1 3k  1 2   2     T ( k ) = k 180 −  = ⋅ 3k 180 −  ≤  = 576000 . 2  3 2  3 3       

Đẳng thức xảy ra khi 3k = 180 −

3k ⇔ k = 40 . 2

KÈ

Vậy số tiền thu được nhiều nhất khi xe chở 40 hành khách và số tiền đó là 57600000 đồng. Giải các phương trình sau: Câu 15. (HSG12 tỉ tỉnh Cầ Cần Thơ năm 20182018-2019) Một xe khách chất lượng cao đi từ Cần Thơ đến Hà Nội chở được nhiều nhất 50 hành khách trên mỗi chuyến đi. Theo tính toán của nhà xe, nếu chở 2

3k   được k khách thì giá tiền mà mỗi khách phải trả khi đi tuyến đường này là  180 −  trăm đồng. 2  

DẠ

Tính số hành khách trên mỗi chuyến xe sao cho tổng số tiền thu được từ hành khách nhiều nhất. Tính số tiền đó. Lời giả giải

Tác giả giả:Nguyễ :Nguyễn Thị Thị Thùy Dung; Fb: Dung Nguyễ Nguyễn

Trang 136

3   Số tiền thu được trên mỗi chuyến xe là: T = k  180 − k  ;0 ≤ k ≤ 50 . 2   2

3  k . 2 

 

Gọi T(k) = k  180 −

FI CI A

3   Bài toán trở thành: Tìm k để T(k) = k  180 − k  đạt GTLN, với 0 ≤ k ≤ 50 . 2   3  9   Ta có: T′(k) = 180 − k 180 − k  2  2    k = 120 ∉ (0;50) . T′(k) = 0 ⇔   k = 40

ƠN

Bảng biến thiên:

Vậy số tiền thu được nhiều nhất khi xe chở 40 hành khách và số tiền thu được là 576000 trăm đồng ( tức là 576.000.000 đồng)

a 2 + bc a 2 + bc + ab + ac ( a + b )( a + c ) a 2 + bc ( a + b )( a + c ) +a = =  = −a b+c b+c b+c b+c b+c

Tương tự ta có:

( a + b )( a + c ) + ( b + c )( b + a ) + ( c + a )( c + b ) − b+c

c+a

KÈ

P=

b 2 + ca ( b + c )( b + a ) c 2 + ab ( a + c )( c + b ) = + −b ; = −c c+a c+a a+b a+b

Ta có

QU Y

Câu 16. (HSG12 tỉ tỉnh Lào Cai năm 20182018-2019) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a 2 + bc b 2 + ca c 2 + ab P= + + − 44 a + b + c . b+c c+a a+b Lời giả giải

a+b

( a + b + c) − 44 a + b + c

ÁP dụng bất đẳng thức AM-GM

( a + b )( a + c ) + ( b + c )( b + a ) ≥ 2

(a + b)

( b + c )( b + a ) + ( c + a )( c + b ) ≥ 2

(b + c )

b+c

a+b

DẠ

c+a

( c + a )( c + b ) + ( a + b )( a + c ) ≥

(c + a) a+b b+c  ( a + b )( a + c ) ( b + c )( b + a ) ( c + a )( c + b )   2 + +  ≥ 4(a + b + c) b+c c+a a+b   Trang 137

 P ≥ a + b + c − 44 a + b + c Đặt t = 4 a + b + c > 0  a + b + c − 4 4 a + b + c = t 4 − 4t .

)

(

)

(

a + b + c = 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là −3 khi  ⇔a=b=c= . 3 a = b = c

FI CI A

Ta có t 4 − 4t = t 4 − 2t 2 + 1 + 2 t 2 − 2t + 1 − 3 = t 2 − 1 − 3 ≥ −3  P ≥ −3

Câu 17. (HSG12 tỉ tỉnh QUẢ QUẢNG NINH 20182018-2019) Nhà bạn An muốn đặt thợ làm một bể cá, nguyên liệu bằng kính trong suốt, không có nắp đậy dạng hình hộp chữ nhật có thể tích chứa được 400000 ( cm 3 ) nước. Biết rằng chiều cao của bể gấp 2 lần chiều rộng của bể . Xác định diện tích đáy

của bể cá để tiết kiệm nguyên liệu nhất Lời giả giải

Tác giả giả: Trầ Trần Thị Thị Vân; Fb: Trầ Trần Thị Thị Vân

ƠN

Gọi a , b, c lần lượt là chiều rộng , chiều dài , chiều cao của khối hộp chữ nhật ( a, b, c > 0 ) Theo giả thiết ta có V = abc = 400000 và c = 2 a  2a 2b = 400000  ab =

200000 a

Ta có tổng diện tích xung quanh và diện tích 1 mặt đáy của bể cá là

200000 1000000  250000  + 4a 2 = + 4a 2 = 4  + a2  a a  a 

S = ab + 2ac + 2bc = ab + 4a 2 + 4ab == 5.

QU Y

125000 125000 2  125000 125000  S = 4 + + a 2  ≥ 4.3 3 . .a = 30000 a a a  a 

Suy ra S đạt giá trị nhỏ nhất khi

125000 200000 = a 2 ⇔ a = 50  S đáy = ab = = 4000 ( cm 2 ) a a

Câu 18. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 20182018-2019) Một chất điểm chuyển động có phương trình 3 2 s ( t ) = t − 3t + 9t + 2 , ( t > 0 ) , t tính bằng giây và s ( t ) tính bằng mét. Hỏi tại thời điểm nào thì vận B. 1 giây.

Chọ Chọn B

C. 2 giây. Lời giả giải

D. 6 giây.

Tác giả giả: Bồ Bồ Văn Hậ Hậu; Fb: Nắ Nắng Đông

KÈ

tốc của vật nhỏ nhất? A. 3 giây.

Ta có s ( t ) = t 3 − 3t 2 + 9t + 2  v ( t ) = s′ ( t ) = 3t 2 − 6t + 9 = 3 ( t − 1) + 6 ≥ 6 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = 1 .

DẠ

Hay tại thời điểm t = 1 thì vận tốc của vật nhỏ nhất.

Câu 19. (HSG12 HCM năm 20182018-2019) Cho các số thực a , b, c ∈ (1; +∞ ) thỏa mãn a10 ≤ b và

loga b + 2logb c + 5logc a = 12 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 log a c + 5logc b + 10logb a . Lời giả giải Trang 138

Tác giả giả: Phan Tran Bao Bao ; Fb: Phan Tran Bao Bao

FI CI A

 x, y , z > 0  x. y. z = 1  Đặt x = log a b; y = logbc; z = log c a . Ta có   x ≥ 10  x + 2 y + 5 z = 12

Khi đó :

2 5 10 2 5 100 90 2 5 100 + + = + + − ≥ 33 . . − 9 = 30 − 9 = 21 z y x z y x x z y x

Suy ra Pmin

   x. y. z = 1  x = 10 log a b = 10    1 1  2 5 100   = 21 đạt được khi  = =   y =  log b c =  b = c 2 = a10 . x 2 2 z y   1 1  x + 2 y + 5 z = 12    z = 5 log c a = 5

ƠN

Câu 20. (HSG12 tỉ tỉnh Điệ Điện Biên năm 20182018-2019) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

x x x x 1 2 − sin 2 x + cos 4 = 1 − 2sin 2 cos 2 = 1 − sin 2 x = ≠ 0, ∀x 2 2 2 2 2 2

QU Y

4 1. Ta có sin

2sin 2 x . 4 x 4 x sin + cos 2 2 Tác giả giả: Phạ Phạm Trung Khuê ; Fb: Phạ Phạm Trung Khuê Lời giả giải

f ( x) =

4sin 2 x 8 = −4. Khi đó f ( x) = 2 2 − sin x 2 − sin 2 x

Vì 0 ≤ sin x ≤ 1  1 ≤ 2 − sin x ≤ 2 nên 4 ≤ 2

8 ≤ 8 . Do đó 0 ≤ f ( x) ≤ 4 . 2 − sin 2 x

Ta có f ( x ) = 0 ⇔ sin x = 0 ⇔ x = kπ ( k ∈ ℤ ) ,

KÈ

f ( x ) = 4 ⇔ sin 2 x = 1 ⇔ sin x = ±1 ⇔ x = ±

π 2

+ 2kπ ( k ∈ ℤ ) .

Vậy giá trị nhỏ nhất của f ( x) là 0 đạt được khi x = kπ ( k ∈ ℤ ) , giá trị lớn nhất của f ( x) là 4 đạt

+ 2kπ ( k ∈ ℤ ) .

DẠ

được khi x = ±

Câu 21. (HSG12 Thành Phố hàm số f ( x ) có đạo hàm xác định trên ℝ là Phố Đà Nẵ Nẵng 20182018-2019)Cho 2019) f ′ ( x ) = x ( x 2 − 1) x 2 + 3 . Giả sử a , b là hai số thực thay đổi sao cho a < b ≤ 1 . Giá trị nhỏ nhất của

f ( a ) − f ( b ) bằng

Trang 139

3 − 64 . 15

33 3 − 64 . 15

C. −

3 . 5

D. −

11 3 . 5

Lời giả giải

Phả Phản biệ biện: Đỗ Đỗ Hữu Nhân; Fb: Do Huu Nhan Chọ Chọn B Ta có y′ = f ′ ( x ) = x ( x 2 − 1) x 2 + 3 suy ra y = f ( x ) =  x ( x 2 − 1) x 2 + 3dx . Đặt t = x2 + 3  t 2 − 3 = x2  xdx = tdt . Suy ra

+ 3)

x2 + 3

−

4 ( x 2 + 3) x 2 + 3 3

+ C . Đây là hàm số chẵn trên ℝ .

ƠN

Từ đó

(x f ( x) =

t5 4 3 − t + C , với C là hằng số. 5 3

2 2 2 2 4 2  x ( x − 1) x + 3dx =  ( t − 4 ) t dt =  ( t − 4t ) dt =

FI CI A

Tác giả giả: Trầ Trần Thanh Sơn ; Fb: Trầ Trần Thanh Sơn

x = 0 Mặt khác f ′ ( x ) = 0 ⇔ x ( x 2 − 1) x 2 + 3 = 0 ⇔  .  x = ±1

QU Y

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta có nhận xét: Trên khoảng

( −∞; −1)

f ( a ) − f (b) > 0 .

hàm số nghịch biến, do đó với a < b < −1  f ( a ) > f ( b ) nên

KÈ

 min f ( x ) = f ( −1) = f (1)  x∈[−1;1] Xét trên đoạn [ −1;1] , ta có  . Để f ( a ) − f ( b ) đạt GTNN thì f ( a ) đạt max f x = f 0 ( ) ( )  x∈[−1;1] a = −1 min và f ( b ) đạt max. Do đó  , vì a < b ≤ 1 . b = 0

Hay giá trị nhỏ nhất của f ( a ) − f ( b ) bằng

DẠ

 16.2 16.2   9 3 12 3  33 3 − 64 f ( −1) − f ( 0 ) =  − − <0. = − 3   5 3  15  5

Vậy giá trị nhỏ nhất của f ( a ) − f ( b ) bằng

33 3 − 64 . 15

Câu 22. (HSG12 Tỉ Tỉnh Nam Đị Định 20182018-2019) Gọi M , N lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

Trang 140

π −1 . 4

Chọ Chọn A Ta có y = x 2 + cos 2 x . y′ =

x x2

3 . 2

FI CI A

Lời giả giải

−

 π π của hàm số y = x + cos 2 x trên  − ;  .  4 4 π 3 π 3−2 A. − + . B. + . 6 2 12 2

− 2sin 2 x, ∀x ≠ 0 .

+) y′ = 0 ⇔ x − 2 x .sin 2 x = 0 .

ƠN

1 π  π Với x ∈  0;  : y′ = 0 ⇔ x − 2 x sin 2 x = 0 ⇔ sin 2 x = ⇔ x = . 2 12  4

+) y′ không xác định tại x = 0 .

1 π  π  Với x ∈  − ; 0  : y′ = 0 ⇔ x + 2 x sin 2 x = 0 ⇔ sin 2 x = − ⇔ x = − . 2 12  4 

Ta có : y ( 0 ) = 1

3  π  π . y−  = +  12  12 2 π  π y  = 4 4

π 12

π 3 ; N= . 4 2

KÈ

Suy ra M =

 π π y−  =  4 4

QU Y

3 π  π y  = +  12  12 2

Vậy M − N =

3 π 3 π − = − . 2 4 2 6

DẠ

Câu 23. (HSG10 tỉ người nông dân có một khu đất rất rộng dọc theo tỉnh Hà Tĩnh Tĩnh năm 20182018-2019)Một 2019) một con sông. Người đó muốn làm một hàng rào hình chữ E (như hình vẽ) để được một khu đất gồm hai phần đất hình chữ nhật để trồng rau và nuôi gà. Đối với mặt hàng rào song song với bờ sông thì có chi phí nguyên vật liệu là 80 ngàn đồng một mét dài, đối với phần còn lại thì chi phí nguyên vật liệu là 40 ngàn đồng một mét dài. Tính diện tích lớn nhất của phần đất mà người nông dân rào được với chi phí vật liệu là 20 triệu đồng.

Trang 141

L x

FI CI A

Tác giả giả. Lê Thái Bình ,Face: lebinhle80@gmail.com Lời giả giải.

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x ( m ) ; ( x > 0 ) và chiều dài của phần đất trồng rau và nuôi gà lần lượt là a ( m ) , b ( m ) ; a > 0; b > 0 .

Khi đó diện tích của khu đất là S = ( a + b ) x ( m 2 ) . Mặt khác theo giả thiết tổng chi phí là 20 triệu

ƠN

đồng nên ta có 3 x.40000 + ( a + b ) 80000 = 20000000 ⇔ 3 x + 4 ( a + b ) = 500 . 2

3x + 4 ( a + b )  5002 15625 15625 175 250 Ta có 12 S = 3 x.4 ( a + b ) ≤  = S≤  MaxS= ⇔ a+b = ;x = 4 4 3 3 2 3

Câu 24. (HSG10 CẦ CẦU GIẤ GIẤY – THƯỜ THƯỜNG TÍN - HÀ NỘ NỘI 20182018-2019) Cho tam giác ABC . Đặt a = BC , b = AC , c = AB . Gọi M là điểm tùy ý. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = MA2 + MB 2 + MC 2 theo a,b ,c . Lời giả giải

QU Y

Tác giả giả:Nguyễ :Nguyễn Phi Thanh Phong ; Fb: Nguyễ Nguyễn Phi Thanh Phong. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC suy ra GA + GB + GC = 0 . 2 2 2 Ta có P = MA2 + MB 2 + MC 2 = MA + MB + MC .

2 2 2  MA = MG + GA = MG 2 + 2.MG.GA + GA  2  2 2 Với  MB = MG + GB = MG 2 + 2.MG.GB + GB  2 2  MC = MG + GC = MG 2 + 2.MG.GC + GC 2  2 2 2  MA + MB + MC = 3MG 2 + ( GA2 + GB 2 + GC 2 )

) ) )

KÈ

( ( (

DẠ

Khi đó P = 3MG 2 + ( GA2 + GB 2 + GC 2 ) và Pmin ⇔ MG 2 min ⇔ MGmin ⇔ M ≡ G .

Trang 142

FI CI A

Từ trên, ta được: Pmin = GA2 + GB 2 + GC 2 =

 2 4 2 4  b2 + c 2 a 2  1 −  = ( 2b 2 + 2c 2 − a 2 ) GA = ma =  9 9 2 4  9   4 4  a 2 + c 2 b2  1  −  = ( 2a 2 + 2c 2 − b 2 ) . Mặt khác GB 2 = mb 2 =  9 9 2 4 9    2 2  2  GC 2 = 4 mc 2 = 4  a + b − c  = 1 ( 2a 2 + 2b 2 − c 2 ) 9 9 2 4 9 

1 2 ( a + b2 + c 2 ) . Dấu bằng diễn ra khi và chỉ khi M ≡ G . 3

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = xy + yz + 2019 zx . b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = xy + yz + 2 zx . giả Lời gi ải

ƠN

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = xy + yz + 2019 zx .

Câu 25. (HSG11 tỉnh tỉnh Phú Yên Yên năm 20182018-2019) Cho x , y , z là 3 số thực thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 1 .

Ta có: 0 ≤ ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) = 1 + 2 ( xy + yz + zx ) .

1 Suy ra xy + yz + zx ≥ − . Dấu đẳng thức xảy ra khi x + y + z = 0 . 2  z2 + x2  1 1 1 2018 2019 Do vậy P = ( xy + yz + zx) + 2018zx ≥ − + 2018zx ≥ − − 2018 . =− ≥− − 2 2 2 2 2  2 

QU Y

x2 + y2 + z2 = 1  1 x + y + z = 0 ⇔ y = 0 , x = −z = ± Dấu “=” xảy ra ⇔  . 2 x = −z z 2 + x2 = 1  2019 1 Vậy min P = − khi y = 0 , x = − z = ± . 2 2 b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = xy + yz + 2 zx .

Xét các giá trị dương của x, y, z. Vì x 2 + y 2 + z 2 = 1 nên ta có thể đặt

KÈ

 y = cosα   π  x = sin α cos β , với α , β ∈  0;  ⋅  2  z = sin α sin β 

Thế thì Q = y ( x + z ) + 2 xz = cos α sin α ( cos β + sin β ) + 2sin 2 α sin β cos β ⋅

DẠ

 π Vì α , β ∈ 0;  nên Q ≤ 2 cos α sin α + sin 2 α (1) ⋅  2

Dấu “=” xảy ra khi cos β = sin β =

1 ⋅ 2

Biến đổi (1) với dạng

Trang 143

Q≤

2 1 − cos 2α 1 1 sin 2α + = + 2 2 2 2

(

)

2 sin 2α − cos 2α ≤

1 3 1+ 3 + = ⋅ 2 2 2

FI CI A

 6  2 −1 sin 2α =  =   3 Dấu “=” xảy ra ⇔  sin 2α cos 2α ⇔  2 sin 2α − cos 2α = 3 cos 2α = − 3   3

Vậy max Q =

 3+ 3 sin α = 3− 3 3+ 3 6  Suy ra  ; tức là y = ,x = z = ⋅ 6 12  3− 3 cos α = 6  1+ 3 3− 3 3+ 3 khi y = ,x = z = ⋅ 6 12 2

4x2 + 4 y2 + z2 =

ƠN

Câu 26. (HSG11 tỉ tỉnh Thanh Hóa năm 20182018-2019) Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn: 1 2 (2x + 2 y + z ) . 2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

8x3 + 8 y3 + z 3 P= (2 x + 2 y + z )(4 xy + 2 yz + 2 zx) Lời giả giải

Tác giả giả:Trầ :Trần Thị Thị Kim Xuyế Xuyến ; Fb: Xuyen Tran

2x 2y 2z ;b= ;c= . Khi đó a , b, c > 0 . 2x + 2 y + z 2x + 2 y + z 2x + 2 y + z

QU Y

Đặt a =

* Khi đó a + b + c = 1 và điều kiện 4 x 2 + 4 y 2 + z 2 =

a 3 + b3 + c 3 ab + bc + ca 3

còn P =

1 2 ( 2 x + 2 y + z ) trở thành a 2 + b2 + c 2 = 1 2

KÈ

* Ta có: ( a + b + c ) = a 3 + b3 + c 3 + 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) = a 3 + b3 + c 3 + 3 ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − 3abc thế vào P thì:

1 − 3 ( ab + bc + ca ) + 3abc 1 + 3abc  P+3= ab + bc + ca ab + bc + ca

1 1 + 2 ( ab + bc + ca )  ab + bc + ca = thế vào P thì ta được: 2 4 11 P + 3 = 4 + 12abc  P = 1 + 12abc . Ta chứng minh P = 1 + 12abc ≤ 9

DẠ

Mặt khác từ giả thiết ta có: 1 = S 2 =

* Thật vậy khi đó BĐT ⇔ 6abc ≤

1 9 Trang 144

 2 1   2 1  a b a +  + b +  ≥ + 36   36  3 3   2  c ∈  0;   3

Xét

1 2 1 1 1 2 1 2 − c + ≥ (1 − c ) ⇔ −c 2 + c + ≥ 0 ⇔ − ≤ c ≤ 2 18 3 3 9 3 3



có:

2 Q = 6abc = 2ab.3c ≤ 4ab = 2 ( a + b ) − ( a 2 + b 2 )   

1   1 ⇔ 2 1 − 2c + c 2 − + c 2  − ≤ 0 ⇔ c 2 − c + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ c ≤ 2 2 9 3 3   9 BĐT đúng nếu ta lấy c là số lớn nhất thì 1 = a + b + c ≤ 3c  11 1 1 1 tại a = b = , c = ⇔ x = y = z 9 6 3 4

1 ≤ c Ta có điều phải chứng minh. Vậy 3

max P =

 2 1  1 = 2 (1 − c ) −  − c 2   ≤ 2  9 

FI CI A

ƠN

Câu 27. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 20182018-2019) Tìm giá trị thực của tham số m ≠ 0 để hàm số 2 y = mx − 2mx − 3m − 2 có giá trị nhỏ nhất bằng −10 trên ℝ . A. m = 2 . B. m = −2 . C. m = −1 . D. m = 1 . Lời giả giải

Tác giả giả: TRUONG SON; Fb: Truongson

Chọ Chọn A

QU Y

 a=m>0 m>0   2  Để hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng −10 trên ℝ   b − 4ac ⇔ 16m 2 + 8m ⇔ m = 2. − = − 10 = 10   4a 4m   Vậy m = 2 . Câu 28. (HSG11 tỉ tỉnh Phú Yên năm 20182018-2019) Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn

x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

xy yz zx + + . z x y

Lời giải

 xy   yz   zx  Ta có A =   +   +   + 2 y 2 + z 2 + x 2 .  z   x   y

KÈ

(

)

Áp dụng bất đẳng thức x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx .

(

) (

)

Ta được A2 = y 2 + z 2 + x 2 + 2 y 2 + z 2 + x 2 = 3 y 2 + z 2 + x 2 = 3 .

DẠ

Đẳng thức xảy ra ⇔

xy yz xz 1 = = x=y=z= . z x y 3

Vậy min A = 3 đạt được khi x = y = z =

1 . 3

Câu 29. (HSG12 Cao Bằ Bằng năm 20182018-2019) Một khách sạn có 50 phòng. Nếu mỗi phòng cho thuê Trang 145

với giá 400 ngàn đồng một ngày thì toàn bộ phòng được thuê hết. Biết rằng cứ mỗi lần tăng giá lên 20 ngàn đồng thì có thêm hai phòng bỏ trống không có người thuê. Hỏi giám đốc khách sạn phải chọn giá phòng mới là bao nhiêu để thu nhập của khách sạn trong ngày là lớn nhất? Lời giả giải

FI CI A

Gọi x ( ngàn đồng) là giá phòng khách sạn cần đặt ra, x ≥ 400 . Giá thuê phòng chênh lệch sau khi tăng là: x − 400 ( ngàn đồng). Số lượng phòng cho thuê giảm đi khi chọn mức giá thuê phòng mới là: x − 400 x − 400 (phòng). .2 = 20 10

Tổng doanh thu trong ngày là: x.

900 − x x2 = − + 90 x . 10 10

x2 + 90 x với x ≥ 400 . 10

ƠN

Xét hàm số f ( x ) = −

x − 400 900 − x . = 10 10

Số phòng cho thuê với giá x là: 50 −

QU Y

x f ′ ( x ) = − + 90  f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 450 . 5

Qua bảng biến thiên ta thấy f ( x ) đạt giá trị lớn nhất khi x = 450 . Vậy nếu thuê với giá 450 ngàn đồng thì khách sạn có doanh thu cao nhất trong ngày.

KÈ

Câu 30. (HSG12 tỉ tỉnh Thái Nguyên năm 20182018-2019) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện 8 x2 + 2 y 2 = . 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 7 ( x + 2 y ) − 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 . Lời giả giải 2

Ta có: 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 = 16 x 2 + 32 xy + 128 y 2 = 7 ( x − 2 y ) + ( 3 x + 10 y ) ≥ 3 x + 10 y (1).

DẠ

Suy ra P = 7 ( x + 2 y ) − 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 ≤ 7 ( x + 2 y ) − ( 3 x + 10 y ) = 4 ( x + y ) .

1    1 . 2 y  ≤ 1 +  ( x 2 + 2 y 2 ) = 2  P ≤ 4.2 = 8 (2). Mặt khác: x + y = 1.x + 2  2  

Trang 146

FI CI A

  7 ( x − 2 y ) 2 = 0 4   x=  x  2y 3 Dấu đẳng thức xảy ra ở (1) và (2) khi và chỉ khi  = . ⇔ 1 2 1 y =    2 3  8  x2 + 2 y 2 = 3 

4   x = 3 Vậy GTLN P = 8 đạt được khi  . y = 2  3

Câu 31. (HSG12 Tỉ Tỉnh Nam Đị Định 20182018-2019) Với a, b, c là các số thực lớn hơn 1 , đặt x = log a ( bc ) , y = log b ( ca ) , z = log c ( ab ) . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức

B. 12 .

ƠN

A. 6 .

P = x + y + 4z C. 10 . Lời giả giải

D. 16 .

Chọ Chọn C Ta có: x = log a ( bc ) = log a b + log a c .

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thị Thị Tuyế Tuyết Hằ Hằng; Fb: Hang Tuyet

QU Y

y = log b ( ca ) = log b c + log b a . z = log c ( ab ) = log c a + log c b .

Đặt: A = log a b, B = logb c, C = log c a với A, B, C > 0 (do a, b, c > 1 ) 1 1 4  1  4  1 + B + + 4C + =  A +  +  B +  +  4C +  . C A B  A  B  C

Khi đó: P = x + y + 4 z = A +

KÈ

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số thực dương:

1 1 ≥ 2 A. = 2 . Đẳng thức xảy ra khi A = 1 ⇔ a = b . A A

B+

4 4 ≥ 2 B. = 4 . Đẳng thức xảy ra khi B = 2 ⇔ log b c = 2 ⇔ c = b 2 . B B

A+

1 1 1 1 ≥ 2 4C. = 4 . Đẳng thức xảy ra khi C = ⇔ log c a = ⇔ a = c . C C 2 2

DẠ 4C +

Suy ra : P ≥ 10 .

 a=b Vậy min P = 10 khi  . 2 2 c = a = b Trang 147

Câu 32. (HSG10 Cụ Cụm Hà Đông Hà Đứ Đức Hà Nộ Nội năm 20182018-2019) Cho hai tia Ax , By với AB = 100 = 450 và By ⊥ AB . Chất điểm X chuyển động trên tia Ax bắt đầu từ A với vận tốc 3 2 ( cm) , xAB chuyển động trên tia By bắt đầu từ B với vận tốc 4 ( cm / s ) . Sau t (giây) chất điểm X di chuyển được đoạn đường AM , chất điểm Y di chuyển được đoạn đường BN . Tìm giá trị nhỏ nhất của MN . y

FI CI A

( cm / s ) , cùng lúc đó chất điểm Y

x N

M 450

Lời giả giải

Tác giả giả: Phan Nhậ Nhật Hùng; Fb: Hùng Phan Nhậ Nhật

ƠN

Sau t (giây) ta có AM = 3 2t (cm) , BN = 4t (cm) .

QU Y

Dựng hệ trục Descartes vuông góc Ax ′y ′, A ≡ O (0; 0) như hình vẽ trên. Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của M lên trục Ax′ và Ay′ .

Với t > 0 ( tức M ≠ A ) ta có AHMK là hình vuông. Suy ra AH = AK = 3t (cm) .

KÈ

 M = ( 3t;3t ) , N = (100; 4t ) . (Nói thêm là trường hợp M ≡ A thì tọa độ M vẫn đúng). 2

Khi đó MN 2 = (100 − 3t ) + t 2 = 10t 2 − 600t + 10000 = 10 ( t − 30 ) + 1000 ≥ 1000, ∀t ∈ ℝ .

 MN ≥ 10 10, ∀t ∈ ℝ.

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi t = 30 .

DẠ

Vậy min MN = 10 10 cm khi t = 30 giây. Câu 33. (HSG11 Hà Tĩnh Tĩnh 20182018-2019) Cho tam giác ABC . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = sin A + sin B + 4 12 sin C . Lời giả giải

Tác giả giả: Đặ Đặng Ngọ Ngọc Sáng ; Fb: dang ngoc sang Trang 148

sin A + sin B

)

≤ 2 ( sin A + sin B ) = 4sin

A+ B A− B C A− B C cos = 4 cos cos ≤ 4 cos 2 2 2 2 2

  C C 3 C 3  P ≤ 2 cos + 2 4 sin C ≤ 2 2  cos + sin C  2 2 4 2 2  

 sin A + sin B ≤ 2 cos

(

FI CI A

Ta có:

Ta lại có: 2

2   C 3 3 8 3 1 8  2C 3 2  2 sin C  ≤ 2  cos + sin C  = 1 + cos C + (1 − cos C ) = −  cos C −  ≤  cos + 2 2 2 4 2 3 2 3 3    

C 3 2 2 6 + sin C ≤ 2 P≤2 4 = 24 2 2 3 3 3

2 . Dấu " = " xảy ra khi: Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 2 3 4

 cos

A = B   1 C = arccos 3

ƠN

Câu 34. (HSG12 Quả Quảng Ngãi 20182018-2019) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa c < a, c < b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2  8 ( a 2 + 1)  64 2  2a + c   2b + c  . P = ( a − b )  2 2  +  2 2  − + 2  b + c   a + c  ab + bc + ca a ( a − b )  Lời giả giải

Tác giả giả:Phạ :Phạm Hữ Hữu Thành ; Fb: Phạ Phạm Hữ Hữu Thành.

2 2

)

≥

1 c  a +  2 

;

2 2

)

≥

c  b +  2 

;

QU Y

Ta có :

−1 −1 ≥ c  c ab + bc + ca   a +  . b +  2  2 

2 y 2 64  1 2  x c c = x ; b + = y ; ( x > 0; y > 0 ) . Ta có P ≥ ( x − y )  4 4 + 4 4 −  + 16 x xy  2 2  y a2 + c2

(

KÈ

Đặt a +

2 2    c c  4 a +  4b +   64 1 2 2 2      Suy ra P ≥ ( a − b ) + − + 8 a +  4 4 c  c     a  c c   a +  b +    b +  a +  2  2   2 2   

)

≥

1 c  a +  2 

3  x y   x y   x y Hay P ≥ 4  + − 2   +  − 3  +  − 16  + 16 .  y x   y x  y x

x y + , ( t ≥ 2 ) . Xét hàm số f ( t ) = 4 ( t − 2 ) ( t 3 − 3t − 16 ) y x

DẠ

Đặt t =

Ta có f ′ ( t ) = 4 ( 4t 3 − 6t 2 − 6t − 10 ) , f ′ ( t ) = 0 ⇔ t =

5 2

Trang 149

Lập bảng biến thiên suy ra f ( t ) ≥ −

63 . 4

FI CI A

a = 1 a = 1  1 1 1  1  Suy ra P ≥ và P = ⇔ b = 2 hoặc b = . Vậy Pmin = . 2 4 4 4  c = 0  c = 0

Câu 35. (HSG11 Nghệ Nghệ An 20182018-2019) Cho ba số thực a, b, c thoả mãn a 3 + b3 + c 3 = 3abc + 32 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ( a2 + b2 + c2 ) ( a − b + b − c + c − a ) .

Lời giả giải Ta có

a 3 + b3 + c 3 = 3abc + 32 ⇔ ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ) = 32 (*)

(*) ⇔ ( a + b + c ) 3 ( a 2 + b2 + c 2 ) − ( a + b + c ) 64 2 + (a + b + c) a+b+c

⇔ 3 ( a2 + b2 + c2 ) =

 = 64  64 2 = +t t 2

ƠN

Đặt t = a + b + c , từ (*) suy ra t = a + b + c > 0

Ta chứng minh

2 2 2 a − b + b − c + c − a ≥ 2 ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  (**)  

QU Y

Thật vậy, vì vai trò a, b, c bình đẳng nên không giảm tổng quát giả sử rằng a ≥ b ≥ c , khi đó a − b + b − c + c − a = ( a − b) + (b − c ) + ( a − c ) = 2 ( a − c )

Ta có

(**) ⇔ 2 ( a − c ) ≥ 2

2 2 2 2 ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )    2

⇔ ( a − c ) ≥ ( a − b) + (b − c ) 2

KÈ

⇔ ( a − b + b − c ) ≥ ( a − b) + (b − c ) ⇔ 2 ( a − b )( b − c ) ≥ 0

Điều trên luôn đúng với a ≥ b ≥ c . Vì vậy

2 2 2 a − b + b − c + c − a ≥ 2 ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )   

DẠ

⇔ a − b + b − c + c − a ≥ 4 ( a 2 + b 2 + c 2 − 2ab − 2bc − 2ca ) = 2

32 8 2 = a+b+c t

Ta có

Trang 150

3P = 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ( a − b + b − c + c − a )

128 2 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là

Đạt được khi a =

128 2 . 3

4+4 2 4−2 2 và các hoán vị của a, b, c . ,b = c = 3 3

FI CI A

⇔P≥

64  64   64 8 2 3P ≥  + t 2  =8 2 + t t  ≥ 8 2.2 .t t = 128 2 t t  t  t t t 

Câu 36. (HSG12 Hà Nộ các số thực a, b, c không âm thỏa mãn a 2 + b2 + c2 = 1 . Nội năm 20182018-2019)Cho 2019) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a + b + c − 4abc . Lời giả giải

ƠN

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thị Thị Phương Mai; Fb: Phương Mai 1 Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c thì từ 1 = a 2 + b 2 + c 2  1 ≤ 3a 2  a 2 ≥ . 3

1 2 1 Mặt khác: 2bc ≤ b 2 + c 2 = 1 − a 2  0 ≤ 2bc ≤ 1 − =  0 ≤ bc ≤ . 3 3 3 Ta có:

2 2 2 2 P 2 =  a (1 − 4bc ) + ( b + c ) .1 ≤  a 2 + ( b + c )  (1 − 4bc ) + 1 = (1 + 2bc ) (1 − 4bc ) + 1 .     

a = b + c ( *) . 1 − bc

QU Y

Dấu bằng xảy ra khi

1 Đặt t = bc  0 ≤ t ≤ . Suy ra được P 2 ≤ (1 + 2t ) (16t 2 − 8t + 2 ) = 32t 3 − 4t + 2 . 3

KÈ

 1 Xét hàm số f ( t ) = 32t 3 − 4t + 2, t ∈ 0;  ;  3

 t = 2 f ′ ( t ) = 96t − 4 = 0 ⇔   t = 

6 12 . − 6 (l ) 12

 1  50  6  f ( 0 ) = 2; f   = ; f   ≈ 1, 4556 .  3  27  12 

DẠ

 a=c= (*)  0 b =  Suy ra GTLN f ( t ) = 2 khi t = 0     c = 0  a = b =

1 2 . 1 2

1  a = b = Kết luận: max P = 2 , đạt được khi  2 , hoặc các hoán vị của nó. c = 0  Trang 151

FI CI A

Câu 37. (HSG12 tỉ tỉnh GIA LAI 20182018-2019) Cho a, b, c là các số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện a ≥ b ≥ c > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 b c  5a + M =  + 2 a+b c+b  a+c Lời giả giải

  1 1 1  5 Biến đổi M =  + +  2  1+ a 1+ b  1+ c c a  b

Thật vậy

1 1 2 + ≥ , ( ∀x, y > 0, xy ≥ 1) . 1 + x 1 + y 1 + xy

1 1 2 + ≥  1 + x 1 + y 1 + xy

(

x− y

)(

)

xy − 1 ≥ 0 đúng ∀x, y > 0, xy ≥ 1 .

Dấu bằng xảy ra khi x = y

+ a c

5 1+

c a

. Dấu bằng xảy ra ⇔

a b = . b c

a 1 5t 5t + 1 . Vì a ≥ b ≥ c nên t ≥ 1  t ≥ t  M ≥ + = c 1+ t 1+ t t +1

Xét hàm số f ( t ) =

Đặt t =

ƠN

1 Do đó M ≥ . 2

Ta có bất đẳng thức

4 5t + 1 , ta có: f ′ ( t ) = > 0, ∀t ∈ [1; +∞ ) nên f ( t ) là hàm số đồng biến trên 2 t +1 ( t + 1) ∀t ≥ 1 .

QU Y

[1; +∞ ) . Do đó f ( t ) ≥ f (1)

Vậy M min = f (1) = 4 khi t = 1 ⇔ a = b = c .

Tác giả giả: Bàn Thị Thị Thiế Thiết; Fb: Bàn Thị Thị Thiế Thiết

KÈ

Câu 38. (HSG12 tỉ tỉnh Hả Hải Dương năm 20182018-2019) Cho các số dương a , b , c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 6 . P= − 3 a + ab + abc a+b+c Lời giả giải

Vì a , b là các số dương nên: a + 4b ≥ 2 a.4b ⇔ a + 4b ≥ 4 ab ⇔ ab ≤

a + 4b 4

(1) .

Đẳng thức xảy ra khi a = 4b .

DẠ

Vì a , b , c là các số dương nên: a + 4b + 16c ≥ 3 3 a.4b.16c ⇔ a + 4b + 16c ≥ 12 3 abc ⇔ 3 abc ≤

a + 4b + 16c 12

( 2) .

Đẳng thức xảy ra khi a = 4b = 16c . Từ (1) và ( 2) suy ra:

Trang 152

a + ab + 3 abc ≤ a +

Do đó: P ≥

1 3 ≥ . 3 a + ab + abc 4 ( a + b + c )

FI CI A

⇔

a + 4b a + 4b + 16c 4 + ⇔ a + ab + 3 abc ≤ ( a + b + c ) 4 12 3

3 6 − . 4(a + b + c) a+b+c

Đặt: t = a + b + c ( t > 0 ) . 3 6 3 6 12t − 3 . − (t > 0)  f '(t ) = − 3 + 2 = 2 4t t 2t t 2t 3

f '(t ) = 0 ⇔ t =

1 . 4

Xét: f (t ) =

1 4

f '(t )

+∞ f (t )

1 a + b + c ≥ f ( ) = −12, ∀a, b, c > 0 . 4

)

QU Y

(

1   a = 21 a = 4b = 16c  1  . 1 ⇔b= 84 a+b+c =  4 1  c = 336 

KÈ

Vậy min P = −12 .

+∞

−12

Từ bảng biến thiên ta có: P ≥ f

  Đẳng thức xảy ra khi:  

+∞

ƠN

Bảng biến thiên:

Tác giả giả: Nhữ Nhữ Văn Huấ Huấn; Fb: Huân Nhu

DẠ

Câu 39. (HSG12 Tỉ Tỉnh Đồ Đồng Nai 20182018-2019) Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của a b c P= + + 2b + 3c 2c + 3a 2a + 3b Lời giả giải

Trang 153

FI CI A

1  −6u + 9v + 4 w 4u − 6v + 9 w 9u + 4v − 6 w  + +   35  u v w 

1  9v 4 w 4u 9 w 9u 4v  + + + +   −18 + + 35  u u v v w w

1   4v 4u   4 w 4v   4 w 4u   5v 5w 5u   + + + + + +   −18 +  +  +  v   v w  u w u v w  35   u

≥

1 3 −18 + 2 16 + 2 16 + 2 16 + 3 125 = 35 5

(

)

3 ⇔u =v = w ⇔ a =b = c. 5

ƠN

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

1   a = 35 ( −6u + 9v + 4 w ) u = 2b + 3c  1   1) Đặt v = 2c + 3a ⇔ b = ( 4u − 6v + 9 w ) . 35  w = 2a + 3b   1  c = 35 ( 9u + 4v − 6 w ) 

Câu 40. (HSG12 tỉ tỉnh KonTum năm 20182018-2019) Cho a , b , c là các số thực thỏa mãn điều kiện 3a2 + 2b2 + c2 = 6 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 ( a + b + c ) − abc . Lời giả giải

(

QU Y

Với bốn số a , b , x , y ta có bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ( ax + by ) ≤ a 2 + b 2

)( x

+ y2

) (1)

(Học sinh có thể không cần chứng minh bất đẳng thức (1) ) Áp dụng bất đẳng thức (1) , ta có 2

2 2 P 2 =  a ( 2 − bc ) + 2. 2 ( b + c )  ≤ a 2 + 2 ( 2 − bc ) + 2 ( b + c )  = a2 + 2 b2 + 2 c2 + 2     

(

)

)(

)

(

KÈ

Lại áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 2 2 2 1 3 a + 2 + 2 b + 2 + c + 2 1 a 2 + 2 b 2 + 2 c 2 + 2 = 3 a 2 + 2 .2 b 2 + 2 c 2 + 2 ≤  6 3 6 

)(

)

(

) (

)(

)

(

) (

)   

= 36

Từ đó suy ra P 2 ≤ 36 . Suy ra −6 ≤ P ≤ 6 .

DẠ

Mặt khác với a = 0 , b = −1 , c = −2 thì 3a2 + 2b2 + c2 = 6 và P = −6 .

Với a = 0 , b = 1 , c = 2 thì 3a2 + 2b2 + c2 = 6 và P = 6 Vậy MinP = −6 khi a = 0 , b = −1 , c = −2 . MaxP = 6 khi a = 0 , b = 1 , c = 2 . Trang 154

Câu 41. (HSG10 tỉ các số thực không âm x, y, z thỏa mãn tỉnh Hà Tĩnh Tĩnh năm 20182018-2019)Cho 2019)

x3 + y 3 + z 3 = 3 .

xy + yz + zx

−

1 xy + yz + zx + 1

FI CI A

xyz + ( x + y + z )

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Tác giả giả. Lê Thái Bình,Face: lebinhle80@gmail.com Lời giả giải Ta có các đánh giá sau: x3 + 1 + 1 ≥ 3x  x 3 + y 3 + z 3 + 6 ≥ 3 ( x + y + z )  x + y + z ≤ 3



x3 + y 3 + z 3 = ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) + 3xyz ≤ 3 ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) + 3xyz 2



 1 − xyz ≤ x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx  xyz + ( x + y + z ) ≥ 1 + 3 ( xy + yz + zx )

1 + 3 ( xy + yz + zx ) xy + yz + zx

Đặt t = xy + yz + zx  t ∈ [ 0;3] ; P ≥

−

1 . xy + yz + zx + 1

1 + 3t 1 1 37 37 − = 3+ ≥ . Vậy MinP = ⇔ x = y =1 t t +1 t ( t + 1) 12 12

Khi đó ta có P ≥

ƠN

 0 ≤ xy + yz + zx ≤ 3

QU Y

Câu 42. (HSG10 THPT THuậ THuận Thành 20182018-2019) Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn x + y = 2019 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y + P= . 2019 − x 2019 − y Lời giả giải

Cách 1:

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thị Thị Xuân Trinh ; Fb: Tắ Tắc Kè Bông, thế thế mạnh

KÈ

Ta có

2019 − x

2019 − y

2019 − x

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

DẠ

Áp dụng bất đẳng thức

Vậy P ≥ 2019.

4 4038

 1 1  = 2019  + −  x y  

x+ y≤

1 1 1 1 4 + ≥ , ta có: + ≥ a b a+b x y

(

x+ y

(1 + 1)( x + y ) = 4 x+ y

≥

)

2.2019 = 4038

4 4038

− 4038 = 4038 .

Trang 155

 x y = 2019  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  1 . 1 ⇔x=y= 2  x= y 

FI CI A

Cách 2:

Tác giả giả: Cô Lê Minh Huệ Huệ - QTV Strong Team Toán VD – VDC. Ta có x y x y x2 y2 + = + = + 2019 − x 2019 − y y x x y y x

x2 x y

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

Vậy P ≥

20192 = 4038 . 2019 . 4038 2

xy ≤

≥

y x

x+ y≤

( x + y)

20192

x y+y x

(1 + 1)( x + y ) =

(

x+ y

)

2.2019 = 4038

x + y 2019 = 2 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số, ta có:

ƠN

QU Y

y  x x y = y x   x y 2019 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  . = ⇔x=y= 1 2  1  x= y  

KÈ

Câu 43. (HSG11 tỉ tỉnh Quả Quảng Ngãi năm năm 20182018-2019) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = ab + bc + ca . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a2 b2 c2 P= 2 + 2 + 2 + a+b+c . a + 3bc b + 3ca c + 3ab Lời giả giải

(a + b + c) (a + b + c) a2 b2 c2 + + ≥ 2 = 2 2 2 a + 3bc b + 3ca c + 3ab ( a + 3bc ) + ( b 2 + 3ca ) + ( c 2 + 3ab ) ( a + b + c )2 + ( ab + bc + ca )

Ta có:

Tác giả giả: Châu Hòa Nhân ; Fb: Hòa Nhânn

DẠ

Vì a + b + c = ab + bc + ca nên 2

(a + b + c) a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ = . 2 2 2 2 a + 3bc b + 3ca c + 3ab ( a + b + c ) + ( a + b + c ) a + b + c + 1

Suy ra P ≥

a+b+c + a+b+c . a + b + c +1 Trang 156

Đặt t = a + b + c (hiển nhiên t > 0 ).

(a + b + c) Ta có: a + b + c = ab + bc + ca ≤

Hướ Hướng 1: 1 Xét hàm số f (t ) = Ta có: f ′(t ) =

( t + 1)

1 2 t

t + t với t ≥ 3 . t +1

> 0, ∀t > 3 và hàm số f (t ) liên tục trên [3; +∞) .

 hàm số f (t ) đồng biến trên [3; +∞) nên f (t ) ≥ f (3) =

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

Hướ Hướng 2: 2 Ta chứng minh

a = b = c 3 ⇔ a = b = c =1. + 3 khi  4 a + b + c = 3

ƠN

[3; +∞ )

3 + 3. 4

t 3 + t ≥ + 3 (*) với t ≥ 3 . t +1 4

3  t − + Thật vậy, (*) ⇔   t +1 4 

(

)

Do đó Min f ( t ) = f ( 3) =

3 + 3 , ∀t ≥ 3 . 4

FI CI A

t + t với t ≥ 3 . t +1

Vậy có P ≥

 a + b + c ≥ 3 . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c .

t − 3 ≥0 ⇔

t −3 t −3 + ≥0 4 ( t + 1) t+ 3

QU Y

 1  1 ⇔ ( t − 3)  +  ≥ 0 luôn đúng ∀t ≥ 3 .  4 ( t + 1) t + 3   Dấu “=” xảy ra khi t = 3 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

t 3 + t ≥ + 3 (*) với t ≥ 3 . t +1 4

Hướ Hướng 3: 3 Ta chứng minh

a = b = c 3 ⇔ a = b = c =1. + 3 khi  4 a + b + c = 3

KÈ

Ta có: t ≥ 3  t ≥ 3 (1) t ≥ 3  t +1 ≥ 4 

1 1 1 1 1 1 t 3 ≤ − ≥ −  1− ≥ 1−  ≥ (2) t +1 4 t +1 4 t +1 4 t +1 4

Từ (1), (2) suy ra (*) luôn đúng ∀t ≥ 3 . Dấu “=” xảy ra khi t = 3 .

DẠ

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

a = b = c 3 ⇔ a = b = c =1. + 3 khi  4 a + b + c = 3

Câu 44. (HSG12 Quả Quảng Ninh 20182018-2019) Cho x, y, z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 10 P= − 16 xy + 2 10 yz + 2 10 xz 45 + x + y + z Trang 157

Lời giả giải

Tác giả giả: Phan Quang Sơn

Vậy ta có P ≥

Xét f ( t ) =

FI CI A

≤ 8x + 8 y + 2 y + 5z + 2x + 5z = 10( x + y + z) .

Ta có 16 xy + 2 10 yz + 2 10 xz = 16 xy + 2 (2 y )(5 z ) + 2 (2 x)(5 z )

1 10 1 10 − = − = f ( t ) , với t = x + y + z > 0. 10 ( x + y + z ) 45 + x + y + z 10t t + 45

1 10 1 10 với t>0. Ta có f ′ (t ) = − 2 + ; − 10t t + 45 10t (45 + t ) 2

t = 5 2 t >0 f ′ (t ) = 0 ⇔ ( t + 45 ) = 100t 2 ⇔  −45 → t = 5. t =  11

ƠN

Ta có bảng biến thiên

−9 ∀t > 0 . 50

QU Y

Suy ra P ≥ f ( t ) ≥

25  5 x= y=   x = y = z −9   12 Do đó giá trị nhỏ nhất của P là đạt được khi  2 ⇔ 50  x + y + z = 5 z = 5 6 

DẠ

KÈ

Câu 45. (HSG12 tỉ tỉnh Hà Tĩnh Tĩnh năm 20182018-2019) Trên sa mạc có một khu đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB = 70 km , chiều rộng AD = 10 km . Vận tốc trung bình của xe máy trên khu đất này là 20 km/h , riêng đi trên cạnh CD thì vận tốc là 40 km/h . Một người đi xe máy xuất phát từ A lúc 8h sáng và muốn đến B sau 3h nữa. Hỏi người đó có thể đến B kịp thời gian không? Xây dựng phương án di chuyển trên khu đất từ A đến B để hết ít thời gian nhất. Lời gi giải

Trang 158

L FI CI A

Cách 1.

Trườ Trường hợ hợp: xe máy không chạy trên CD, khi đó thời gian ngắn nhất đi từ A đến B là chạy trên AB 70 suy ra t = = 3,5 ( h ) . 20 Trườ Trường hợ hợp: xe máy có chạy trên CD. Giả sử xe chạy từ A đến B qua EF.

y 2 + 100 .

ƠN

Đặt DE = x, FC = y , 0 ≤ x, y ≤ 70  EF = 70 − ( x + y ); AE = x 2 + 100; BF = Khi đó thời gian xe chạy là:

y 2 + 100 70 − ( x + y ) 1  2 x+ y  2 2 2 + = + 35   x + 10 + y + 10 − 20 40 20  2  1  x+ y  2 ≥ + 35  (áp dụng u + v ≥ u + v )  ( x + y ) + 400 − 20  2  a Xét h ( a ) = a 2 + 400 − + 35 ; 0 ≤ a ≤ 70 2 a

−

a + 400

Dựa

1 20 =0⇔a= 2 3

vào

QU Y

h ' (a ) =

x 2 + 100 + 20

BBT

–0+

h (a)

KÈ

h′ ( a )

20 70 3

x= y  10  ⇔ 20 ⇔ x = y = 3  x + y = a = 3

DẠ

tmin

7+2 3  20  30  h(a ) ≥ h  + 35  t ≥ (h ) = 4 3  3

Từ 2 trường hợp trên ta có thể kết luận: Sau 3h xe có thể chạy từ A đến B được, với thời gian chạy

ngắn nhất t =

10 7+2 3 . ( h ) khi DE = CF = 4 3 Trang 159

Cách 2.

KN1: Để Để đi từ từ A đế đến B nế nếu chỉ chỉ di chuyể chuyển trên đoạ đoạn AB thì hế hết số số giờ giờ là S 70 = = 3,5 ( giờ), vậy trong trường hợp này V 20 không thể đến B kịp thời gian sau 3 giờ như yêu cầu bài toán.

Vì vận tốc trên khu đất ( trừ cạnh CD) là 20km/h, do đó chỉ đi theo AB không kịp thời gian thì mọi con đường khác mà không đi trên CD đều không kịp thời gian.

Do đó ta xét khả năng 2

FI CI A

KN2: Để Để đi từ từ A đế đến B và có đi trên cạ cạnh CD

Giả sử đi từ A đến E, từ E đến F và từ F đến B (như hình vẽ). Đặt DE = a, FC = b

a 2 + b2 + c 2 + d 2 ≥ ( a + c ) 2 + ( b + d ) 2

Áp dụng bđt Ta có

(10 + 10) 2 + ( a + b) 2 100 + a 2 100 + b2 + ≥ = 20 20 20

dấu “=” xảy ra khi a = b

100 + a 2 100 + b 2 70 − ( a + b) + + ≥ 20 20 40

Đặt a + b = x,(0 ≤ x ≤ 70)

QU Y

Vậy t =

100 + a 2 100 + b2 70 − (a + b) + + 20 20 40

ƠN

Khi đó thời gian để di chuyển từ A đến B là t =

400 + ( a + b) 2 , 20

400 + ( a + b) 2 70 − ( a + b) + 20 40

400 + x 2 70 − x + Xét f ( x ) = , 0 ≤ x ≤ 70 20 40 1 ,0 ≤ x ≤ 70 40

f '( x ) =

−

KÈ

20 400 + x

f '( x ) = 0 ⇔ 400 + x 2 = 2 x ⇔ x =

BBT

DẠ

Vậy GTNN của f(x) là

20 3 3

2 3+7 4

Cách 3: 3 t=

1  2 2  x + 10 + 20 

y 2 + 102 −

x+ y x+ y  1   + 35  ≥  ( x + y ) 2 + 400 − + 35  . 2 2  20  

Trang 160

a  20 3  2 3 + 7 5a 2 2 Xét A = a 2 + 400 − ; f  = 0 ≤ a ≤ 70  A = + 400 − a a 2 + 400 .  2  3  4 4

1 1  4a 2 + a 2 + 400  5a 2 + 400 2 Ta có: a a + 400 = ⋅ 2a a + 400 ≤  = 2 2 2 4 

FI CI A

 −a a 2 + 400 ≥ −

5a 2 1 7+2 3 . − 100  A 2 ≥ 300  A ≥ 10 3  t ≥ 10 3 + 35 = 4 20 4

(

)

Câu 46. (HSG12 tỉ tỉnh Hả Hải Phòng năm năm 20182018-2019) Cho các số thực dương x , y , z thỏa mãn điều kiện

x ≥ y; x ≥ z; x 2 + 9 yz ≤ xz + 9 xy . P=

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

9 y − x 2 y + x 2 y + z 2z + x + + + . y x+ y y+z x+z Lời giả giải

ƠN

Tác giả giả: Nhóm 5 tổ tổ 8 nhóm strong team toán vd – vdc. +/ Ta sẽ chứng minh: Với mọi a, b dương và ab ≥ 1 thì

1 1 2 + ≥ (*) 1 + a 1 + b 1 + ab

(*) ⇔

(

a− b

)(

Thật vậy:

)

ab − 1 ≥ 0 (luôn đúng). Đẳng thức xảy ra khi a = b hoặc ab = 1 .

Đặt t =

QU Y

+/ Ta có: x 2 + 9 yz ≤ xz + 9 xy ⇔ ( x − z )( x − 9 y ) ≤ 0  x − 9 y ≤ 0 vì x ≥ z  x − z ≥ 0

x  t ∈ [1;9] y

Khi đó P = 3 9 − t +

t+2 y z t+2 1 1 +1+ +1+ = 3 9−t + +2+ + z x t +1 y+z x+z t +1 1+ 1+ y z

t+2 +2+ t +1

KÈ

P ≥ 3 9−t +

Áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh, ta có:

z x yz

Xét hàm số f (t ) = 3 9 − t +

DẠ

f '(t) =

−1

(9 − t )

−

( t + 1)

= 3 9−t +

t+2 2 +2+ t +1 1+ t

t+2 2 +2+ , t ∈ [1;9] có t +1 1+ t

−

từ đó suy ra P ≥ f (t) ≥ f(9) =

(

t 1+ t

)

< 0, ∀t ∈ [1;9]

18 5

Trang 161

FI CI A

Vậy min P =

x y =9  x = 9 y x = 9 y  x z ⇔ ⇔ Dấu bằng xảy ra khi   = 2 z = 3y  xy = z  z y  x z  . = 1  z y x = 9 y 18 khi  . 5 z = 3y

x ≥ y ≥ z và x 2 + y 2 + z 2 = 5 .

Câu 47. (HSG12 tỉ tỉnh Lâm Đồ Đồng năm 20182018-2019) Cho x , y , z là các số thực thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ( x − y )( y − z )( z − x )( xy + yz + zx ) . Lời giả giải

ƠN

Cách 1:

Đặt Q = ( x − y )( y − z )( x − z )( xy + yz + zx ) ta có Q = − P .

+) xy + yz + zx ≥ 0 đặt t = xy + yz + zx ≥ 0 .

+) xy + yz + zx < 0 ta có Q < 0 .

( x − z)  x− y+ y−z  Áp dụng BĐT Côsi ta có ( x − y )( y − z )( x − z ) ≤   ( x − z) = 2 4  

(

)

QU Y

Mà 4 x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx = 2 ( x − z ) + 2 ( x − y ) + 2 ( y − z )

(1)

≥ 2 ( x − z ) + ( x − y ) + ( y − z )  = 3 ( x − z ) hay 4 ( 5 − t ) ≥ 3 ( x − z ) ≥ 0

( 2)  t ≤ 5

1 4 2 3 2 3  t  (5 − t )  = t (5 − t ) . 4 5 9 

Từ (1) và ( 2 ) suy ra Q ≤

Xét hàm số f ( t ) = t 2 ( 5 − t ) với t ∈ [ 0;5]

KÈ

t = 2 Ta có f ′ ( t ) = t ( 5 − t ) (10 − 5t ) , f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = 0 t = 5 2

f ( 0 ) = 0, f ( 5 ) = 0, f ( 2 ) = 108 . Do đó Q ≤ 4 nên GTLN của Q là 4 khi x = 2, y = 1, z = 0 .

DẠ

Suy ra P ≥ − 4 nên GTNN của P là − 4 khi x = 2, y = 1, z = 0 .

Cách 2:

Đặt t = xy + yz + zx ≤ x 2 + y 2 + z 2  t ≤ 5 . 2

Ta có: 10 = 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 = ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) + 2t  ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) = 10 − 2t Trang 162

( z − x) ≤ 5 − t 1 3 2 2 2 ( x − y + y − z) + ( z − x) = ( z − x)  2 2 4 3 2

Ta có: P 2 = ( x − y )

( y − z ) ( z − x ) . ( xy + yz + zx )

FI CI A

( x − z) ≤  5 − t  x − y + y − z  ( x − z) 2 2  ( x − y) ( y − z) ≤ ( x − y )( y − z ) ≤   =   2 4 16    3 

Mà ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) ≥

3  5 − t  20 − 4t 2 4 ≤ .t = (5 − t ) t 2  3 27  3 

Xét hàm số suy ra P 2 ≤ 16  min P = −4 tại t = 2 khi x = 2, y = 1, z = 0 .

* Xét bất đẳng thức phụ:

ƠN

Câu 48. (HSG12 tỉ tỉnh Thừ Thừa Thiên Huế Huế năm 20182018-2019) Cho x, y,z là các số dương thỏa mãn 1 1 1 + + = 2018 . x y z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 3029 . P= + + + 2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 2 Lời giả giải 1 11 1 ≤  +  với mọi a, b > 0 . a+b 4 a b 

* Dùng bất đẳng thức trên ta có:

1 1 1 1 1  1 2 1 1 = ≤  + ≤  + +  2 x + y + z ( x + y ) + ( x + z ) 4  x + y x + z  16  x y z  1 1 1 2 1 ≤  + + ; x + 2 y + z 16  x y z 

1 1 1 1 2 ≤  + +  x + y + 2 z 16  x y z 

QU Y

Tương tự ta có:

1  1 1 1  3029 2018 3029 = + = 2019 . Suy ra: P ≤  + +  + 4 x y z  2 4 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2019 đạt được khi và chỉ khi x = y = z =

3 . 2018

KÈ

Câu 49. (HSG10 THPT THuậ THuận Thành 20182018-2019) Cho x , y , z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 2019 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức y+z x+z x+y P= + + . 2019 − y − z 2019 − x − z 2019 − x − y Lời giả giải

Tác giả giả: Trầ Trần Thế Thế Mạnh ; Fb: Tắ Tắc Kè Bông, thế thế mạnh

DẠ

Ta có

y+z

2019 − y − z

x+z 2019 − x − z

x+y 2019 − x − y

2019 − x x

2019 − y y

2019 − z z

Trang 163

(

x+ y+ z

)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: Áp dụng bất đẳng thức

Vậy P ≥ 2019.

9 6057

x+ y+ z≤

(1 + 1 + 1)( x + y + z ) =

1 1 1 1 1 1 9 + + ≥ , ta có: + + ≥ a b c a+b+c x y z

x+ y+ z

− 6057 = 6. 673 .

≥

6057

 x y z = = 2019  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  1 1 1 ⇔x=y=z= 3  x= y= z 

3.2019 = 6057

  − 

FI CI A

 1 1 1 = 2019.  + +  x y z 

Vậy Pmin = 6. 673 .

ƠN

Câu 50. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢ PHƯỢNG 20182018-2019) Cho x; y > 0 là những số thay đổi thỏa mãn 2018 2019 + = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y . x y Lời giả giải

Tác giả giả: Đoàn Công Hoàng; Fb: Đoàn Công Hoàng

Cách 1

Tác giả giả: Đào Thị Thị Thái Hà; Fb:Thái Hà Đào

QU Y

 2018 2019  2018 y 2019 x + + + 2019 . +Ta có P = ( x + y )   = 2018 + y  x y  x +Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho 2 số dương

2018 y 2019 x ; ta được x y

2018 y 2019 x + ≥ 2 2018.2019 . x y

KÈ

  x > 0; y > 0  2  2018 2019 + =1 2018 + 2019 , dấu bằng xảy ra khi  y  x  2018 y 2019 x =  y  x

(

Do đó P ≥

DẠ

 x = 2018  ⇔  y = 2019 

( (

)

) . 2018 )

2018 + 2019 2019 +

Trang 164

(

2018 + 2019

)

 x = 2018  khi   y = 2019 

( (

) . 2018 )

2018 + 2019 2019 +

Vậy GTNN của P bằng

giả

thiết

và

áp

dụng

BĐT

 2018 2019   2018 2019  P = ( x + y) + + y   ≥  x y   x y   x ⇔P≥

(

)

Cauchy

2018 + 2019 .

(

2018 + 2019

)

Bài toán tổ tổng quát

có

) . 2018 )

2018 + 2019 2019 +

 x = 2018  khi   y = 2019 

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

( (

ƠN

   x > 0; y > 0  x = 2018  2018 2019  Dấu bằng xảy ra khi  + =1 ⇔  y  y = 2019  x   2018 2019  = y  x

Schwarz

Từ

FI CI A

Cách 2

Cho 2n + 1 số thực dương cố định a1 , a2 ,..., an ; b1 , b2 ,..., bn ; k

( (

) . 2018 )

2018 + 2019 2019 +

( n ∈ ℕ, n ≥ 2 ) và n số thực dương thay đổi

b b1 b2 + + ... + n . x1 x2 xn

QU Y

x1 , x2 ,..., xn thỏa mãn a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn = k . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

KÈ

Câu 51. (HSG10 tỉ tỉnh Vĩnh Vĩnh Phúc năm 20182018-2019) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 ( b + c ) 4a + 3c 12 ( b − c ) T= + + 2a 3b 2a + 3c Lời giả giải

Tác giả giả: Hoàng Gia Hứ Hứng; Fb: Hoàng Gia Hứ Hứng

  3b 2a   2a 2a   3c 3c  12 ( b − c ) + 4 Ta có T + 5 =  +  +  +  +  +  +   2a 3b   3b 2a   2a 3b   2a + 3c 

DẠ

1  4 ( 2a + 3b )  3b 2a   1 =  +  + ( 2a + 3c )  +  + . 2a + 3c  2a 3b   2a 3b  Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

Áp dụng BĐT

3a 2b 3a 2b + ≥2 . =2. 2b 3a 2b 3a

1 1 4 1 1 4 + ≥ với x, y > 0 ta có . + ≥ 2a 3b 2a + 3b x y x+ y Trang 165

 2a + 3c 2a + 3b  Suy ra T + 5 ≥ 2 + 4  +  ≥ 2 + 4.2 = 10 .  2a + 3b 2a + 3c 

Vậy T ≥ 5 .

FI CI A

Dấu " = " xảy ra khi 2a = 3b = 3c. Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 5.

Câu 52. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 20182018-2019) x, y, z ∈ [2018;2019] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: f( x, y, z ) =

2018.2019 − xy (x + y)z

2018.2019 − yz (y + z )x

2018.2019 − zx (z+ x )y

Lời giả giải

Cách 1:

ab − xy b − a ≤ 2 x+ y ⇔ 4(ab− xy)2 ≤ (x + y)2 (b− a)2 ⇔ [2ab − 2 xy − (x + y)(b− a)][2ab − 2 xy + (x + y)(b− a)] ≤ 0

ƠN

Ta đi chứng minh với: ∀x, y, z ∈ [a;b] ,(a > 0) ta luôn có

Tác giả giả: Trầ Trần Quang Tiề Tiềm ; Fb:Tiem Tran

Vậy ta có

⇔ [ b(2a− x− y) + x(a− y) + y(a− x)].[a(2b − x− y) + x(b− y) + y(b− x)] ≤ 0 (đúng) ab − xy b− a b− a ≤ ≤ ( x + y )z 2z 2a

Dấu bằng xảy ra khi x = y = a, z = a hay x = y = z = a b − a b − a b − a 3( b − a ) + + = 2a 2a 2a 2a

QU Y

Áp dụng ta có: f( x, y, z ) ≤

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = a .

Thay a = 2018, b = 2019 , ta được max f (x, y,z) = Cách 2: 2018.2019 − xy (x+ y)

2018.2019 − xy

Ta có

≤

2 xy

3 khi x = y = z = 2018 4036

(Theo BDT AM-GM).

KÈ

Đặt t = xy ,(2018 ≤ t ≤ 2019), do gt x, y ∈ [2018;2019] 2018.2019 − t2 2018.2019 = − t , liên tục trên [2018;2019] và nghịch biến trên t t  Maxg(t) = g(2018) = 1 2018;2019]  Max g(t) = g(2019) = g(2018) = 1 ( 2018;2019) do đó  [ [2018;2019]  Ming(t) = g(2019) = −1 [2018;2019]

DẠ

Xét hàm g(t) =

nên

2018.2019 − xy (x + y)z

≤

2018.2019 − xy 2 xy.z

≤

1 1 ≤ , dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 2018 . 2 z 4036

Đánh giá tương tư cho 2 biểu thức còn lại.

Trang 166

Tóm lại max f (x,y,z) =

3 khi x = y = z = 2018 . 4036

Lời giả giải 2

Ta có 1 = ( a + b + c ) = a + b + c + 2 ( ab + bc + ca )  ab + bc + ca = 2

1 − ( a2 + b2 + c2 )

7 121 . + 2 2 2 a + b + c 7 1 − ( a + b2 + c2 )

(

)

Đặt t = a 2 + b 2 + c 2 . Vì a, b, c > 0 và a + b + c = 1 nên 0 < a < 1 , 0 < b < 1 , 0 < c < 1 .

Do đó A =

FI CI A

Câu 53. (HSG12 YÊN LẠ LẠC 2 năm 20182018-2019) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 7 121 + A= 2 . 2 2 a + b + c 14 ( ab + bc + ca )

ƠN

Suy ra t = a 2 + b 2 + c 2 < a + b + c = 1 . Mặt khác 1 = ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) ≤ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) . Suy ra t = a 2 + b 2 + c 2 ≥

f ' (t ) = −

7 121 1  + ; t ∈  ;1 . t 7(1 − t ) 3 

7 121 . + 2 t 7 ( 1 − t )2

QU Y

Xét hàm số f ( t ) =

1 1  . Vậy t ∈  ;1  . 3 3 

f ' ( t ) = 0 ⇔ 72t 2 + 98t − 49 = 0 ⇔ t =

7 7 hoặc t = − (loại). 18 4

KÈ

Lập BBT của hàm số f ( t ) .

DẠ

 7  324 1  Dựa vào BBT suy ra f ( t ) ≥ f   = ; ∀t ∈  ;1 7  18  3 

Vậy min A =

324 1 1 1 đạt được khi a = ; b = ; c = . 7 2 3 6

Trang 167

Chuyên đề 8

Câu 1. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 20182018-2019)Hàm 2019) số y =

cos x − 1 có tập xác định D là: 4 + cos x

B. D = ∅ . D. D = {k 2π , k ∈ℤ} .

A. D = R . C. D = R \ {kπ , k ∈ℤ} .

FI CI A

Lượng giác

Lời giả giải

Tác giả giả: Phạ Phạm Minh Thùy; Fb: Phạ Phạm Minh Thùy Chọ Chọn D Điều kiện xác định

ƠN

4 + cos x ≠ 0   cos x − 1  4 + cos x ≥ 0

Xét

cos x − 1 ≥ 0 . Ta có cos x + 4 > 0, ∀x . 4 + cos x

Ta thấy −1 ≤ cos x ≤ 1, ∀x ⇔ 3 ≤ cos x + 4 ≤ 5, ∀x suy ra cos x + 4 > 0, ∀x .

Vậy D = {k 2π , k ∈ℤ} .

QU Y

Nên cos x − 1 ≥ 0 ⇔ cos x ≥ 1 ⇔ cos x = 1 (vì cos x ≤ 1, ∀x ) ⇔ x = k 2π , k ∈ ℤ.

Câu 2. (HSG11 tỉ tỉnh Hà Nam năm 20182018-2019) Tìm m để hàm số y =

m − sin x − cos x − 2sin x cos x sin 2017 x − cos 2019 x + 2

 π π xác định với mọi x ∈  − ;  .  2 2

Lời giả giải

Tác giả giả: Lê Đứ Đức Lộ Lộc; Fb: Lê Đứ Đức Lộ Lộc

KÈ

 π π Với mọi x ∈  − ;  thì 0 ≤ cos x ≤ 1  cos 2019 x ≤ cos 2 x .  2 2

Khi đó: sin 2017 x − cos 2019 x + 2 ≥ sin 2017 x − cos 2 x + 2 = sin 2017 x − (1 − sin 2 x ) + 2

DẠ

 π π = sin 2 x (1 + sin 2015 x ) + 2 − 1 ≥ 2 − 1 > 0 với mọi x ∈  − ;  .  2 2

Hàm số y = ⇔

m − sin x − cos x − 2sin x cos x  π π xác định với mọi x ∈  − ;  2017 2019 sin x − cos x + 2  2 2

m − sin x − cos x − 2 sin x cos x  π π ≥ 0 với mọi x ∈  − ;  2017 2019 sin x − cos x + 2  2 2

Trang 168

FI CI A

 π π ⇔ m ≥ sin x + cos x + 2sin x cos x với mọi x ∈  − ;   2 2 π π  π 3π    π π Đặt t = sin x + cos x = 2 sin  x +  ; x ∈  − ;  ⇔ x + ∈  − ;   t ∈  −1; 2  . 4 4  4 4    2 2 2 Suy ra m ≥ f ( t ) = t + t − 1 với mọi t ∈  −1; 2 

Vậy m ≥ 2 + 1 .

Câu 3. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 20182018-2019) Trong tập giá trị của hàm số y = có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên? A. 1 . B. 3 .

D. 4 .

ƠN

C. 2 . Lời giả giải

2 sin 2 x + cos 2 x sin 2 x − cos 2 x + 3

Tác giả giả: Công Phương; Fb: Nguyễ Nguyễn Công Phương Chọ Chọn C

Ta có y =

Phương trình: sin 2 x − cos 2 x + 3 = 0 vô nghiệm vì a2 + b2 < c2 . Do đó hàm số đã cho có TXĐ D = ℝ . 2 sin 2 x + cos 2 x ⇔ y sin 2 x − y cos 2 x + 3 y = 2sin 2 x + cos 2 x sin 2 x − cos 2 x + 3

⇔ ( y − 2)sin 2 x − ( y + 1) cos 2 x = −3 y phương 2

trình 2

ẩn

QU Y

Để

có

( y − 2) + ( y + 1) ≥ ( −3 y ) ⇔ y − 4 y + 4 + y + 2 y + 1 ≥ 9 y 2

⇔ −7 y 2 − 2 y + 5 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ y ≤

nghiệm

thì

điều

kiện

là:

5 7

Do y ∈ℤ nên y ∈ {−1; 0} Vậy có 2 giá trị nguyên y .

KÈ

 −π π  ;  . Khẳng Câu 4. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 20182018-2019) Xét hàm số y = tan x trên khoảng   2 2 định nào sau đây đúng?  −π   π ;0  hàm số đồng biến và trên khoảng  0;  hàm số nghịch biến. A. Trên khoảng   2   2

DẠ

 −π π  ;  hàm số luôn đồng biến. B. Trên khoảng   2 2  −π π  ;  hàm số luôn nghịch biến. C. Trên khoảng   2 2  −π   π ;0  hàm số nghịch biến và trên khoảng  0;  hàm số đồng biến. D. Trên khoảng   2   2 Lời giả giải Trang 169

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thị Thị Phương Mai; Fb: Phương Mai. Chọ Chọn B

FI CI A

π  −π   −π π  + kπ ; + kπ  nên trên khoảng  ;  hàm số Hàm số y = tan x đồng biến trên mỗi khoảng  2  2   2 2 y = tan x luôn đồng biến.

Câu 5. (HSG12 huyệ huyện Lương Tài Bắ Bắc Ninh năm 2019) Số nghiệm của phương trình sin x.sin 2 x + 2sin x.cos 2 x + sin x + cos x = 3 cos 2 x trong khoảng ( −π ; π ) là: sin x + cos x A. 2 . B. 3 . C. 5 . D. 4 . Lời giả giải

Chọ Chọn A

Tác giả giả:Trầ :Trần Thị Thị Phương Lan; Fb: Trầ Trần Thị Thị Phương Lan π 4

+ kπ ( k ∈ Z ) .

Với điều kiện trên ta có

⇔

sin 2 x.sin x + sin 2 x.cos x + sin x + cos x = 3 cos 2 x . sin x + cos x

sin 2 x ( sin x + cos x ) + sin x + cos x sin x + cos x

( sin x + cos x )( sin 2 x + 1) = sin x + cos x

= 3 cos 2 x .

QU Y

⇔

sin x.sin 2 x + 2sin x.cos 2 x + sin x + cos x = 3 cos 2 x . sin x + cos x

ƠN

ĐK: sin x + cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ −

3 cos 2 x .

⇔ sin 2 x + 1 = 3 cos 2 x (do sin x + cos x ≠ 0 ). 3 1 1 cos 2 x − sin 2 x = . 2 2 2

⇔

KÈ

π 1  ⇔ cos  2 x +  = . 6 2 

π π   2 x + 6 = 3 + k 2π ⇔ (k ∈ Z) .  2 x + π = − π + k 2π  6 3

DẠ

π   x = 12 + kπ ⇔ (k ∈ Z) .  x = − π + kπ  4

Trang 170

π 12

+ kπ < π ⇔

+ kπ ( k ∈ Z ) .

−13 11 < k < . Do k ∈ Z  k ∈ {−1, 0} . 12 12

Vậy trên khoảng ( −π ; π ) phương trình đã cho có 2 nghiệm là

π 12

,−

11π . 12

FI CI A

Xét trên khoảng ( −π ; π ) ta có −π <

Kết hợp với điều kiện trên ta có nghiệm của phương trình là x =

Câu 6. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để 2sin x − 1 = m có nghiệm thuộc đoạn [ 0; π ] . phương trình sin x + 3 A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giả giải

Tác giả giả: Lê Thị Thị Thu Hồ Hồng ; Fb: Thu Hong Le. Chọ Chọn A

2sin x − 1 = m xác định với mọi x ∈ [ 0; π ] . sin x + 3

ƠN

Phương trình

Phương trình đã cho trở thành: Đặt f ( t ) =

2t − 1 =m. t +3

Đặt: t = sin x thì t ∈ [ 0;1] .

2t − 1 7 . Vì f ′ ( t ) = > 0, ∀t ∈ [ 0;1] nên f ( t ) đồng biến trên đoạn [ 0;1] . 2 t +3 ( t + 3)

QU Y

Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi min f ( t ) ≤ m ≤ max f ( t ) [0;1]

1 3

⇔ f ( 0 ) ≤ m ≤ f (1) ⇔ − ≤ m ≤

[0;1]

1 . 4

Vậy chỉ có một số nguyên m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

KÈ

Câu 7. (HSG11 Bắ Bắc Ninh 20182018-2019) Giải phương trình x 3π   4sin 2 − 3 cos 2 x − 1 − 2 cos 2  x −  2 4   = 0. 2 cos 3 x + 1 Lời giả giải

x 3π   − 3 cos 2 x − 1 − 2 cos 2  x −  2 4   = 0 (1) . 2 cos 3 x + 1

DẠ

4sin 2

Tác giả giả: Hà Quố Quốc Vũ Vũ ; Fb: Hà Hà Quố Quốc Vũ Vũ

ĐKXĐ: 2cos3x + 1 > 0 ⇔ cos 3x > −

1 (*). 2

Trang 171

⇔ 2 − 2cos x − 3 cos 2 x − 1 − 1 + sin 2 x = 0 1 3 π  π  sin 2 x − cos 2 x = cos x ⇔ sin  2 x −  = sin  − x  2 2 3  2 

π π 5π 5π 2π     2 x − 3 = 2 − x + k 2π 3 x = 6 + k 2π  x = 18 + k 3 ⇔ ⇔ ⇔  2 x − π = π − π + x + k 2π  x = 5π + k 2π  x = 5π + k 2π    3 2 6 6 

(k ∈ ℤ)

ƠN

5π + k 2π 6

3 1  < − ). Nhận nghiệm  = − 2 2 

5π 2π   5π 2π +k (Do cos 3  +k 18 3 3   18 5π   5π 1  x= + k 2π (Do cos 3  + k 2π   = 0 > − ). 6 2    6

So điều kiện (*), ta loại nghiệm x =

Vậy x =

FI CI A

⇔ sin 2 x − 3 cos 2 x = 2cos x ⇔

3π   1 + cos  2 x −  3π  1 − cos x 2  2 x 2  x x x 1 ⇔ 4sin − 3 cos 2 − 1 − 2cos − = 0 ⇔ 4. − 3 cos 2 − 1 − 2. =0 ()   2 4  2 2 

(k ∈ ℤ) .

Câu 8. (HSG11 Cụ Cụm Hà Đông Hoài Đứ Đức Hà Nộ Nội năm 20182018-2019) Giải phương trình sau sin 3x + 3 cos 3x = 2sin 2 x . Lời giả giải

1 3 sin 3 x + cos 3 x = sin 2 x 2 2

QU Y

Ta có : sin 3 x + 3 cos 3 x = 2sin 2 x ⇔

Tác giả giả:phùng minh nam ; Fb:Nam phùng

π π   3 x + = 2 x + k 2π x = − + k 2π   π  3 3 ⇔ sin  3 x +  = sin 2 x ⇔  ⇔ 2 k 2π π π 3  3 x + = π − 2 x + k 2π x = +   3 15 5

(k ∈ ℤ)

KÈ

 π 2π k 2π  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S =  − + k 2π ; + k ∈ ℤ . 15 5  3 

Câu 9. (HSG11 Hà Tĩnh Tĩnh 20182018-2019) Cho phương trình

( sinx − cosx )( sin2x − 3) − sin2x − cos2x +1 = 0 2sinx − 2

DẠ

Hỏi phương trình có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng ( 2018π ; 2019π ) ?

Xét phương trình:

Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Văn Hữu ; Fb: Nguyễ Nguyễn Văn Hữ Hữu

( sinx − cosx )( sin2x − 3) − sin2x − cos2x +1 = 0 2sinx − 2

(1a ) .

Trang 172

FI CI A

⇔ (sin x − cos x )(sin 2 x − 3) − 2 sin x ⋅ cos x + 2 sin 2 x = 0 ⇔ (sin x − cos x )(sin 2 x − 3) + 2 sin x (sin x − cos x ) = 0 ⇔ (sin x − cos x )(sin 2 x + 2 sin x − 3) = 0

sin x − cos x = 0 ( 2a ) ⇔ . sin 2 x + 2sin x − 3 = 0 ( 3a )

( 2a ) ⇔ sin  x − 

π

 = 0 ⇔ x = + kπ . Dựa vào điều kiện đầu bài ta được: 4 4

Phương trình

π   x ≠ 4 + k 2π 2 Điều kiện: 2sinx − 2 ≠ 0 ⇔ sin x ≠ ⇔ (k , l ∈ ℤ) . 2  x ≠ 3π + l 2π  4 Khi đó (1a ) trở thành: (sin x − cos x )(sin 2 x − 3) − sin 2 x − cos 2 x + 1 = 0

5π + k 2π (k ∈ ℤ) . 4

ƠN

Phương trình ( 3a ) ⇔ sin 2 x + 2sin x = 3 . Vì −1 ≤ sin2x ≤ 1 và −2 ≤ sinx ≤ 2 nên −3 ≤ sin 2 x + 2sin x ≤ 3 . Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi

5π + k 2π (k ∈ ℤ) . 4

QU Y

Vậy x =

π π   2 x = + k 2π x = + kπ   sin 2 x = 1    2 4 ⇔ ⇔ ⇔ x ∈∅ . sin 2 x + 2sin x = 3 ⇔  π π  sin x = 1  x = + l 2π  x = + l 2π   2 2

Mà x ∈ (−2018π ; 2019π ) ⇔ −2018π <

5π 5 + k 2π < 2019π ⇔ −2018 < + 2k < 2019 . 4 4

Do k ∈ ℤ nên k ∈{−1009, −1008,…,1008} suy ra ta có 2018 nghiệm.

Câu 10. (HSG11 Nghệ Nghệ An 20182018-2019) Giải phương trình cos 2 x + 7 cos x − 3(sin 2 x − 7 sin x) = 8 Lời giả giải

KÈ

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thanh Tâm; Fb: Tâm Nguyễ Nguyễn

Phương trình: cos 2 x + 7 cos x − 3(sin 2 x − 7sin x) = 8

⇔ cos 2 x − 3 sin 2 x + 7( 3 sin x + cos x) = 8

DẠ

1 3 3 1 ⇔ cos 2 x − sin 2 x + 7( sin x + cos x) = 4 2 2 2 2 ⇔ cos

cos 2 x − sin

⇔ cos(2 x +

π 3

sin 2 x + 7(cos

π 6

sin x + sin

π 6

cos x ) = 4

) + 7 sin( x + ) = 4 3 6 Trang 173

⇔ 1 − 2 sin 2 ( x + ) + 7 sin( x + ) − 4 = 0 6 6

⇔ − 2 sin 2 ( x + ) + 7 sin( x + ) − 3 = 0 6 6

⇔ sin( x +

π 6

) = sin

FI CI A

π 1  sin( x + 6 ) = 2 ⇔ sin( x + π ) = 3(vn)  6 π 6

 π π  x + 6 = 6 + k 2π ⇔ (k ∈ ℤ)  x + π = π − π + k 2π  6 6

ƠN

 x = k 2π ⇔ (k ∈ ℤ)  x = 2π + k 2π 3 

Câu 11. (HSG11 THuận THuận Thành Thành 20182018-2019) Giải phương trình π  2 cos 2  − 2 x  + 3 cos 4 x = 4 cos 2 x − 1 . 4  Lời giải

QU Y

Ta có: π  2 cos 2  − 2 x  + 3 cos 4 x = 4 cos 2 x − 1 4 

π  ⇔ 1 + cos  − 4 x  + 3 cos 4 x = 2 (1 + cos 2 x ) − 1 2 

⇔ sin 4 x + 3 cos 4 x = 2 cos 2 x

KÈ

π  ⇔ cos 4 x −  = cos 2 x 6 

π kπ π    4 x − 6 = −2 x + k 2π  x = 36 + 3 ⇔ ⇔ (k ∈ Z ) .  4 x − π = 2 x + k 2π  x = π + kπ   6 12

DẠ

Câu 12. (HSG11 Thị Thị Xã Quả Quảng Trị Trị năm 20182018-2019) Giải phương trình: sin 2 3 x.cos 2 x + sin 2 x = 0 . Lời giả giải

Cách 1:Tác 1:Tác giả giả: Dương Đứ Đức Tuấ Tuấn ; Fb: Dương Tuấ Tuấn

Ta có: sin 3 x = 3sin x − 4 sin 3 x = sin x ( 3 − 4 sin 2 x ) = sin x (1 + 2 cos 2 x ) .

Trang 174

2 Vậy ta có: sin 2 3 x.cos 2 x + sin 2 x = 0 ⇔ sin 2 x (1 + 2 cos 2 x )  .cos 2 x + sin 2 x = 0  

FI CI A

 x = kπ sin x = 0 kπ ⇔ sin x ( cos 2 x + 1) ( 4 cos 2 x + 1) = 0 ⇔  ⇔ ⇔x= . π 2 cos 2 x = -1  x = + kπ  2 2

Vậy nghiệm của phương trình là: x =

2 ⇔ sin 2 x (1 + 2 cos 2 x ) .cos 2 x + 1 = 0 ⇔ sin 2 x ( 4 cos3 2 x + 4 cos 2 2 x + cos 2 x + 1) = 0  

kπ với k ∈ ℤ . 2

Cách 2: Tác giả giả:Phạ :Phạm Hữ Hữu Thành ; Fb: Phạ Phạm Hữ Hữu Thành.

⇔

Ta có: sin 2 3x cos 2 x + sin 2 2 x = 0 1 − cos 6 x 1 − cos 2 x cos 2 x + =0 2 2

ƠN

⇔ cos 2 x − cos 6 x cos 2 x + 1 − cos 2 x = 0 ⇔ cos 6 x cos 2 x − 1 = 0 ⇔ cos 8 x + cos 4 x − 2 = 0

⇔ ( cos 4 x − 1)( 2 cos 4 x + 3) = 0 ⇔ cos 4 x − 1 = 0

( 2 cos 4 x + 3 > 0 ∀x ∈ ℝ ) π

,k ∈ℤ.

QU Y

⇔ cos 4 x = 1 ⇔ 4 x = k 2π ⇔ x = k

⇔ 2cos2 4 x + cos 4 x − 3 = 0

Câu 13. (HSG11 tỉ tỉnh Hà Nam năm 20182018-2019) Tính tổng các nghiệm của phương trình sau trên [0;1000π ]

π 3π   π   2sin 4  x +  − cos  x +  sin  3x −  − 3 4 4   4   =0 2 cos x − 2 Lời giả giải

KÈ

Tác giả giả: Hoàng Vũ Vũ; Fb: Hoàng Vũ Vũ

Giáo viên phả phản biệ biện: Lê Đứ Đức Lộ Lộc ; Fb: Lê Đứ Đức Lộ L ộc 2 π ⇔ x ≠ ± + k 2π 2 4

ĐK: cos x ≠

DẠ

π 3π   π   2sin 4  x +  − cos  x +  sin  3x −  − 3 4 4   4   =0 2 cos x − 2

π 3π   ⇔ 2sin 4  x +  − cos  x + 4 4   

π    sin  3 x −  − 3 = 0 4   Trang 175

 π   1 − cos  2 x + 2   1      − sin 4 x + π  + sin 2 x − π  − 3 = 0 ⇔ 2 ( )    2 2   2     2

FI CI A

⇔ (1 + sin 2 x ) − [ cos 4 x − sin 2 x ] − 6 = 0 ⇔ 1 + 2 sin 2 x + sin 2 2 x − cos 4 x + sin 2 x − 6 = 0 ⇔ 3sin 2 2 x + 3sin 2 x − 6 = 0

⇔ sin 2 x = 1 (nhận) hay sin 2 x = −2 (loại)

π 4

+ kπ , k ∈ ℤ

Kết hợp với điều kiện, phương trình có nghiệm x =

sin 2 x = 1 ⇔ x =

5π + k 2π , k ∈ ℤ . 4

ƠN

Tổng số nghiệm trên [ 0;1000π ] là tổng 500 số hạng đầu tiên của một cấp số cộng với u1 = sai d = 2π 500  5π  .  2. + 499.2π  = 250125π . 2  4 

5π , công 4

QU Y

Câu 14. (HSG11 tỉ tỉnh Quả Quảng Ngãi năm năm 20182018-2019) Giải các phương trình sau: 2019π   2 cos3 x − sin 2 x sin x = −2 2.cos  x + . 4   Lời giả giải

Ta có:

Tác giả giả: Fb: Nguyễ Nguyễn Ánh Dương

2019π  3π  3π      −2 2.cos  x +  = −2 2.cos  x + 504π +  = −2 2.cos  x +  4  4  4    

KÈ

− 2  2 − 2 = −2 2.  cos x − sin x  = −2 2. ( cos x + sin x ) = 2cos x + 2sin x . 2 2 2  

 2 cos3 x − sin 2 x sin x = 2 cos 2 x cos x − 2sin 2 x cos x = 2 (1 − sin 2 x ) cos x − 2 sin 2 x cos x = 2 cos x − 2sin 2 x cos x − 2sin 2 x cos x = 2 cos x − 4sin 2 x cos x .

Do đó phương trình đã cho tương đương

DẠ

2 cos x − 4sin 2 x cos x = 2 cos x + 2sin x . ⇔ −4sin 2 x cos x = 2sin x

⇔ 2sin x + 4sin 2 x cos x = 0 ⇔ 2sin x ( 2sin x cos x + 1) = 0 Trang 176

⇔ 2sin x ( sin 2 x + 1) = 0

 x = kπ ⇔ (k ∈ Z ) .  x = − π + kπ 4 

FI CI A

sin x = 0 ⇔ sin 2 x = −1

π  Câu 15. (HSG11 tỉ tỉnh Vĩnh Vĩnh Phúc năm 20182018-2019) Giải phương trình cos 2 x − sin  − x  − 2 = 0. 2   Lời giả giải

π  2 cos 2 x − sin  − x  − 2 = 0 ⇔ cos 2 x − cos x − 2 = 0 ⇔ 2cos x − cos x − 3 = 0 2  

ƠN

cos x = −1 ⇔ ⇔ x = π + k 2π , ( k ∈ ℤ ) . cos x = 3  2

Câu 16. (HSG12 Cụ Cụm Thanh Xuân năm 20182018-2019) Giải các phương trình sau:

1 + 3 sin 2 x = cos 2 x

1. 2.

9sin x + 6 cos x − 3sin 2 x + cos2 x = 8.

Lời giả giải

Tác giả giả :Nguyễ :Nguyễn Phương Thu, FB: Nguyễ Nguyễn Phương Thu

QU Y

Phả Phản biệ biện 1:Phạ 1:Phạm Hoàng Điệ Điệp ;FB: Hoàng Điệ Điệp Phạ Phạm Phả Phản biệ biện 2: Nguyễ Nguyễn Minh Đứ Đức; FB: Duc Minh.

1 + 3 sin 2 x = cos 2 x ⇔ 3 sin 2 x − cos 2 x = −1 3 1 1 π 1  sin 2 x − cos 2 x = − ⇔ sin  2 x −  = − 2 2 2 6 2 

⇔

phương

trình

có

họ

nghiệm

Vậy

KÈ

π π   x = kπ  2 x − 6 = − 6 + k 2π ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ) 2π  π π π x = + k  2 x − = π + + k 2π 3   6 6 là: x = kπ ; x =

2π + kπ ; k ∈ ℤ 3

2) 9sin x + 6 cos x − 3sin 2 x + cos 2 x = 8

DẠ

⇔ ( 6 cos x − 3sin 2 x ) + ( cos 2 x + 9 sin x − 8 ) = 0 ⇔ ( 6 cos x − 6 sin x cos x ) + (1 − 2 sin 2 x + 9 sin x − 8 ) = 0 ⇔ 6 cos x (1 − sin x ) − ( 2sin 2 x − 9sin x + 7 ) = 0

Trang 177

⇔ 6 cos x (1 − sin x ) − ( sin x − 1)( 2sin x − 7 ) = 0 ⇔ (1 − sin x )( 6 cos x + 2sin x − 7 ) = 0 sin x = 1 ⇔  6 cos x + 2sin x = 7

π 2

L FI CI A

(1) ⇔ x =

(1) ( 2)

+ k 2π ; k ∈ ℤ

( 2) vô nghiệm vì có a 2 + b 2 = 62 + 22 < 7 2 = c 2 π

+ k 2π ; k ∈ ℤ

Câu 17. (HSG12 Quả Quảng Ngãi 20182018-2019) Giải phương trình Lời giả giải

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm là: x =

2 3 sin 2 x − 3 cos x − 2sin x = cos x . (1 − 2 cos x ) tan x

ƠN

Tác giả giả: Vĩnh Vĩnh Tín, FB: Vĩnh Tín

1  cos x ≠ 2  Điều kiện: cos x ≠ 0  tan x ≠ 0   Khi đó

2 3 sin 2 x − 3 cos x − 2sin x = cos x ⇔ 2 3 sin 2 x − 3 cos x − 2sin x = sin x − 2sin x cos x 1 − 2 cos x tan x ( )

(

)

QU Y

⇔ 2 3 sin 2 x − 3 cos x − 3sin x + 2sin x cos x = 0

(

)

⇔ 3 sin x 2sin x − 3 + cos x 2 sin x − 3 = 0

(

⇔ 2 sin x − 3

)(

)

3 sin x + cos x = 0

3 1 π −π  sin x + cos x = 0 ⇔ sin  x +  = 0 ⇔ x = + kπ , k ∈ Z 2 2 6 6 

KÈ

+) (1) ⇔

 3 sin x + cos x = 0 (1) ⇔  2sin x − 3 = 0 ( 2)

π  x = + k 2π  3 3 +) ( 2 ) ⇔ sin x = ⇔ ,k ∈ℤ 2  x = 2π + k 2π  3

DẠ

π   x = − 6 + kπ Kết hợp điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là: ⇔  ,k ∈ℤ  x = 2π + k 2π  3 Câu 18. (HSG12 tỉ tỉnh Bế Bến Tre năm 20182018-2019) Giải π π   2 sin  2 x +  + 6 sin  x −  = 1 . 4 4  

phương

trình

Trang 178

Lời giả giải

Tác giả giả: Tạ Tạ Minh Trang; Fb: Minh Trang

FI CI A

π π   2 sin  2 x +  + 6 sin  x −  = 1 4 4   ⇔ sin 2 x + cos 2x − 1 + 3 ( sin x − cos x ) = 0

⇔ 2sin x cos x − 2sin 2 x + 3 ( sin x − cos x ) = 0 ⇔ 2 sin x ( cos x − sin x ) + 3 ( s in x − cos x ) = 0

(

)

π 4

+ kπ ; x =

π 3

+ k 2π ; x =

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm x =

ƠN

π   x = 4 + kπ π    sin  x − 4  = 0 cos x − sin x = 0 π   ⇔ ⇔ ⇔  x = + k 2π ( k ∈ ℤ ) .  3  3  2sin x − 3 = 0   sin x = 2   x = 2π + k 2π  3

⇔ ( cos x − sin x ) 2sin x − 3 = 0

2π + kπ ( k ∈ ℤ ) . 3

QU Y

Câu 19. (HSG12 THPT Thuậ Thuận Thành năm 20182018-2019) Giải phương trình π   2 cos 2  − 2 x  + 3 cos 4 x = 4 cos 2 x − 1 . 4  Lời giả giải π  1. 2 cos 2  − 2 x  + 3 cos 4 x = 4 cos 2 x − 1 4 

π  PT ⇔ 1 + cos  − 4 x  + 3 cos 4 x = 2 (1 + cos 2 x ) − 1 2 

π  ⇔ sin 4 x + 3 cos 4 x = 2 cos 2 x ⇔ cos  4 x −  = cos 2 x 6 

KÈ

π π kπ    4 x − 6 = −2 x + k 2π  x = 36 + 3 ⇔ ⇔ ( k ∈ ℤ) .  4 x − π = 2 x + k 2π  x = π + kπ   6 12 kπ π , x = + kπ ( k ∈ ℤ ) . 3 12

DẠ

Vậy x =

Câu 20. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018 2018--2019) Với giá trị nào của m thì phương trình 3sin 2 x + 2 cos 2 x = m + 2 có nghiệm? A. m > 0 . B. m < 0 . C. 0 ≤ m ≤ 1 . D. −1 ≤ m ≤ 0 . Lời giả giải

Trang 179

Tác giả giả: Trầ Trần Ngọ Ngọc Diễ Diễm; Fb: Trầ Trần Ngọ Ngọc Diễ Diễm Chọ Chọn C

FI CI A

Vì 0 ≤ sin 2 x ≤ 1 nên phương trình (1) có nghiệm khi 0 ≤ m ≤ 1 .

3sin 2 x + 2cos2 x = m + 2 ⇔ sin 2 x + 2 ( sin 2 x + cos 2 x ) = m + 2 ⇔ sin 2 x = m (1).

Câu 21. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 20182018-2019) Số nghiệm của phương trình  π sin 5 x + 3 cos 5 x = 2sin 7 x trên khoảng  0;  là  2 A. 2 . B. 1. C. 4 . D. 3 . Lời giả giải

Tác giả giả: Phạ Phạm Tiế Tiến Long; Fb: Long Pham Tien Chọ Chọn C Ta có:

1 3 sin 5 x + cos 5 x = sin 7 x 2 2

⇔ sin 5 x cos

+ sin

cos 5 x = sin 7 x

⇔

ƠN

sin 5 x + 3 cos 5 x = 2sin 7 x

π 6

 π − kπ , k ∈ ℤ : Vì x ∈  0;  nên ta có: 6  2

− kπ <

⇔−

π 6

< − kπ <

Với x =

QU Y

π  ⇔ sin  5 x +  = sin 7 x 3  π π   5 x + 3 = 7 x + k 2π  x = 6 − kπ ⇔ (k ∈ ℤ) ⇔  (k ∈ ℤ) 5 x + π = π − 7 x + k 2π x = π + k π 3 18 6  

⇔

1 1 >k>− . 6 3

Với x =

π 6

 π , k ∈ ℤ : Vì x ∈  0;  nên ta có: 6  2

DẠ

KÈ

Mà k ∈ ℤ nên suy ra k = 0 , suy ra nghiệm của phương trình là x =

π 2

⇔−

π 18

π 6

4π 1 8 ⇔− <k< 9 3 3.

Mà k ∈ ℤ nên suy ra k ∈ {0;1; 2} . Suy ra các nghiệm của phương trình là: x = Vậy có 4 nghiệm của phương trình thỏa yêu cầu đề bài là: x =

π 6

;x =

π 18

; x=

2π 7π ; x= . 9 18

Trang 180

Câu 22. (HSG 12 Yên Lạ Lạc 2 Vĩnh Vĩnh Phúc năm 20182018-2019) Giải phương trình: cos 2 x + (1 + 2cos x )( sin x − cos x ) = 0 .

Lời giả giải

Tác giả giả: Lê Trọ Trọng Hiế Hiếu ; Fb: Hieu Le

FI CI A

Phả Phản biệ biện: Nguyễ Nguyễn Văn Mạ Mạnh ; Fb: Nguyễ Nguyễn Văn Mạ Mạnh Ta có: cos 2 x + (1 + 2cos x )( sin x − cos x ) = 0 ⇔ cos 2 x − sin 2 x + (1 + 2 cos x )( sin x − cos x ) = 0 ⇔ ( cos x − sin x )( cos x + sin x ) − (1 + 2 cos x )( cos x − sin x ) = 0

⇔ ( cos x − sin x )( cos x + sin x − 1 − 2 cos x ) = 0 ⇔ ( cos x − sin x )( sin x − cos x − 1) = 0

ƠN

 cos x − sin x = 0 ⇔ sin x − cos x − 1 = 0

π π  cos x − sin x = 0 ⇔ sin x − cos x = 0 ⇔ sin  x −  = 0 ⇔ x = + kπ ( k ∈ ℤ ) 4 4  

 π π π   x − 4 = 4 + k 2π x = + k 2π π   sin x − cos x − 1 = 0 ⇔ 2 sin  x −  = 1 ⇔  ⇔ (k ∈ ℤ) 2  4   x − π = 3π + k 2π  x = π + k 2π  4 4 

QU Y

Vậy phương trình có 3 nghiệm : x =

+ kπ ; x =

π 2

+ k 2π ; x = π + k 2π ( k ∈ ℤ )

Câu 23. (HSG11 Cụ Đứ ức Hà Nộ Cụm Hà Đông Hoài Đ Nội năm 20182018-2019) Giải phương trình sin x + sin 2 x = −1 . sin 3x Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Văn Tú ; Fb: Tu Nguyenvan

sin x ≠ 0  Điều kiện xác định: sin 3x ≠ 0 ⇔ 3sin x − 4sin x ≠ 0 ⇔ sin x ( 4 cos x − 1) ≠ 0 ⇔  1 cos x ≠ ± 2

KÈ

Khi đó, phương trình đã cho tương đương với

sin x + sin 2 x + sin 3 x = 0 ⇔ 2sin 2 x.cos x + sin 2 x = 0 ⇔ sin 2 x ( 2 cos x + 1) = 0

DẠ

 sin x = 0 ( l )  π ⇔ cos x = 0 ( t / m ) ⇔ x = + kπ 2  −1 cos x = ( l )  2

( k ∈ ℤ).

Trang 181

Câu 24. (HSG11 tỉ tỉnh Thanh Hóa năm 20182018-2019) Giải phương trình : 2sin 2 x − cos 2 x − 7 sin x + 4 + 3 =1. 2 cos x + 3 Lời giả giải

+ kπ ( k ∈ ℤ ) .

FI CI A

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =

Tác giả giả:Nguyễ :Nguyễn Thị Thị Hiề Hiền ; Fb: Nguyễ Nguyễn Hiề Hiền Điều kiện: 2 cos x + 3 ≠ 0 ⇔ x ≠ ±

5π + k 2π , k ∉ ℤ ta có : 6

Với điều kiện x ≠ ±

5π + k 2π , k ∉ ℤ . 6

Phương trình ⇔ 2sin 2 x − cos 2 x − 7 sin x + 4 = 2 cos x

⇔ 2 cos x ( 2sin x − 1) + ( 2sin x − 1) . ( sin x − 3) = 0

1  sin x = 2sin x = 1   ⇔ ⇔ 2   2 cos x + sin x = 3 sin x = cosx = 1( l )

QU Y

π   x = 6 + k 2π ⇔ k ∈ℤ  x = 5π + k 2π ( l )  6

⇔ ( 2sin x − 1) . ( 2 cos x + sin x − 3) = 0

ƠN

⇔ 4sin x cos x − 2cos x + 2sin 2 x − 7sin x + 3 = 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =

+ k 2π , k ∈ ℤ .

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thanh Giang; Fb: Thanh Giang

KÈ

Câu 25. (HSG12 Hà Nộ Nội năm 20182018-2019) Giải phương trình cos x = 1 − x2 . Lời giả giải

Xét hàm số f ( x ) = cos x + x 2 − 1 với x ∈ ℝ . Ta có f ′ ( x ) = − sin x + 2 x , f ′′ ( x ) = − cos x + 2 . Vì f ′′ ( x ) > 0 ∀x ∈ ℝ  f ′ ( x ) đồng biến trên ℝ . Mà f ′ ( 0 ) = 0 suy ra phương trình f ′ ( x ) = 0 có

nghiệm duy nhất x = 0 .

DẠ

Bảng biến thiên:

Trang 182

L Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 0 .

Lời giả giải

2sin 3 x − sin x + cos 2 x = 0. tan x − 1

Câu 26. (HSG12 tỉ tỉnh Hả Hải Phòng năm năm 20182018-2019) Giải phương trình

FI CI A

Từ bảng biến thiên suy ra f ( x ) = 0 ⇔ x = 0 .

π   x ≠ 4 + kπ  tan x − 1 ≠ 0 a) Điều kiện:  , k ∈ℤ . ⇔ cos x ≠ 0  x ≠ π + kπ  2

ƠN

Tác giả giả: Nhóm 4 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với:

2sin 3 x − sin x + cos 2 x = 0 ⇔ sin x ( 2 sin 2 x − 1) + cos 2 x = 0

⇔ − sin x cos 2 x + cos 2 x = 0 ⇔ ( sin x − 1) cos 2 x = 0

QU Y

π   x = 2 + k 2π sin x = 1 ⇔ . ⇔ cos 2 x = 0 x = π + k π  4 2

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình thì phương trình đã cho có nghiệm x =

k ∈ℤ .

3π + kπ , 4

KÈ

Câu 27. (HSG12 tỉ tỉnh Thừ Thừa Thiên Huế Huế năm 20182018-2019) Giải phương trình 3π  π   2 2 cos 2 x − sin 2 x cos  x +  − 4 sin  x +  = 0 ( x ∈ℝ ) . 4  4   Lời giả giải a) Phương trình tương đương với:

DẠ

1 1  1   1  2 2 ( cos x − sin x )( cos x + sin x ) − sin 2 x  − cos x − sin x  − 4  sin x + cos x  = 0 2 2 2    2 

⇔ 4 ( cos x − sin x )( cos x + sin x ) + sin 2 x ( cos x + sin x ) − 4 ( sin x + cos x ) = 0  cos x + sin x = 0 (1) ⇔  4 ( cos x − sin x ) + sin 2 x − 4 = 0 ( 2 )

Trang 183

Ta có (1) ⇔ tan x = −1 ⇔ x = −

π 4

+ kπ

(k ∈ ℤ)

Vậy phương trình ban đầu có ba họ nghiệm là x = −

+ kπ ; x = k 2π ; x = −

+ k 2π

Với t = 1 ta có

 x = k 2π π  2 cos  x +  = 1 ⇔   x = − π + k 2π 4   2

FI CI A

t = 1 Phương trình trở thành: 4t + 1 − t 2 − 4 = 0 ⇔ t 2 − 4t + 3 = 0 ⇔  t = 3 ( loaïi )

π  Giải ( 2) : Đặt t = cos x − sin x = 2 cos  x +  ∈  − 2; 2   sin 2 x = 1 − t 2  4  

( k ∈ℤ )

Câu 28. (HSG12 tỉ tỉnh TỈ TỈNH VĨNH VĨNH PHÚC 20182018-2019) Giải phương trình ( 2 cos x − 1)( 2sin x + cos x ) + sin x = sin 2 x .

ƠN

Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Tườ Tường Lĩnh; Lĩnh; Fb: Khoisx Bvkk

( 2cos x −1)( 2sin x + cos x ) + sin x = sin 2 x

Ta có:

⇔ ( 2cos x − 1)( 2sin x + cos x ) = sin 2 x − sin x

QU Y

⇔ ( 2cos x − 1)( 2sin x + cos x ) = sin x ( 2cos x − 1) ⇔ ( 2cos x − 1)( sin x + cos x ) = 0

π   x = 3 + k 2π 1   cos x =  2 cos x − 1 = 0 π  ⇔ ⇔ 2 ⇔  x = − + k 2π  3 cos x + sin x = 0  tan x = −1    x = − π + kπ  4

(k ∈ ℤ) .

DẠ

KÈ

π   x = 3 + k 2π  π Vậy tập nghiệm của phương trình là:  x = − + k 2π  3  π  x = − + kπ  4

Câu 29. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Giải phương trình: ( 2sin x − 3) ( 4sin 2 x − 6sin x + 3) = 1 + 3 3 6sin x − 4 Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thị Thị Ái Trinh ; Fb: Trinh Nguyễ Nguyễn Trang 184

Xét phương trình: ( 2sin x − 3 ) ( 4sin 2 x − 6sin x + 3 ) = 1 + 3 3 6sin x − 4 (1) Đặt t = sin x , −1 ≤ t ≤ 1 .

FI CI A

Phương trình (1) trở thành:

( 2t − 3) ( 4t 2 − 6t + 3) = 1 + 3 3 6t − 4 ⇔ 8t 3 − 24t 2 + 24t − 9 = 1 + 3 3 6t − 4 3

⇔ ( 2t − 2 ) + 3 ( 2t − 2 ) = 6t − 4 + 3 3 6t − 4

( 2)

Phương trình ( 2 ) có dạng: f ( 2t − 2 ) = f

(

6t − 4

)

Với f ( u ) = u 3 + 3u, u ∈ℝ f ′ ( u ) = 3u 2 + 3 = 3 ( u 2 + 1) > 0, ∀u ∈ ℝ

ƠN

 f ( u ) đồng biến trên ℝ .

t = 2 1 Suy ra: 2t − 2 = 6t − 4 ⇔ 8t − 24t + 18t − 4 = 0   1 , vì t ∈ [ −1;1] nên chọn t = . t = 2  2 3

π  x = + k 2π  1 1 6 , k ∈ℤ Với t =  sin x = ⇔  2 2  x = 5π + k 2π  6

QU Y

5π π  + k 2π  . Vậy tập nghiệm của phương trình là: S =  + k 2π , 6 6 

Câu 30. (HSG11 Hậu Hậu Lộc tỉnh Thanh Hóa năm 20182018-2019) Giải phương trình π (1 + sin x + cos 2 x ) sin  x +  1 4  = cos x 1 + tan x 2 Lời giải

KÈ

Tác giả Hữ giả: Nguyễ Nguyễn H ữu Nam; Fb: Nam Nguyen Huu.

π  x ≠ + kπ cos x ≠ 0 cos x ≠ 0  2 Điều kiện:  ⇔ .  1 + tan x ≠ 0 tan x ≠ − 1    x ≠ − π + kπ  4

DẠ

(1 + sin x + cos 2 x ) sin  x + 

Pt ⇔

⇔

sin x cos x

π

 4

1 cos x . 2

cos x (1 + sin x + cos 2 x ) cos x + sin x 1 . = cos x . cos x + sin x 2 2 Trang 185

1  sin x = −  2 . ⇔ 1 + sin x + cos 2 x = 1 ⇔ −2sin x + sin x + 1 = 0 ⇔  sin x = 1 ( loaïi )  x =  ⇔    x = 

−π + k 2π 6 ,(k ∈ Z ) . 7π + k 2π 6

Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của phương trình là: x =

FI CI A

1  −π Với sin x = − ⇔ sin x = sin  2  6

−π 7π + k 2π ; x = + k 2π với 6 6

(k ∈ Z ) .

(1 + s in x + cos2x ) sin  x + 

Xét phương trình

π

 4

cosx ≠ 0 cosx ≠ 0 Đ1ều k1ện  ⇔ (2). 1 + tanx ≠ 0  tanx ≠ −1

Vớ1 đ1ều k1ện (2) thì

π

 4

QU Y

(1 + s inx + cos2 x ) sin  x +

1 cosx (1) . 2

1+tanx

ƠN

Câu 31. (HSG11 Hậu Hậu Lộc Thanh Hóa năm 20182018-2019) G1ả1 phương trình π (1 + s in x + cos2x ) sin  x +  1 4  = cosx . 1+tanx 2 Lời giải



(1) ⇔

1 cos x 2

s inx cos x cos x (1 + s inx + cos2 x ) cos x + s inx 1 ⇔ . = cos x cos x + s inx 2 2 ⇔ 1 + s inx + cos 2 x = 1 1+

−1  s inx =  ⇔ −2s in x + s inx + 1 = 0 ⇔ 2.  sin x = 1

KÈ

Vớ1 s inx = 1 thì cos x = 0, không thõa mãn đ1ều k1ện (2).

1 3 1 thì cos x = ± ≠ 0, tan x = ± ≠ −1 nên (2) thỏa mãn. 2 2 3

Vớ1 sin x = −

DẠ

−π  x= + k 2π  1  −π  6 Ta có: sin x = − ⇔ sin x = sin  ⇔ (k ∈ ℤ).   2  6   x = 7π + k 2π  6

Vậy phương trình (1) có ngh1ệm x =

−π 7π + k 2π , x = + k 2π , k ∈ ℤ . 6 6 Trang 186

 π  x ≠ 2 + kπ cosx ≠ 0 ⇔ (k ∈ ℤ) Điều kiện:  tanx ≠ -1  x ≠ − π + kπ  4 Với mọi x thuộc tập xác định, ta có:

1+tanx

π 2 ) (1+sinx+cos2x ) ( sinx+cosx ) 1 1 4 = 2 cosx ⇔ = cosx sinx+cosx 2 2 cosx

(1+sinx+cos2x ) sin(x+

FI CI A

Câu 32. (HSG11 THPT Hậ Hậu Lộ Lộc Thanh Hóa năm 20182018-2019) Giải phương trình π (1 + s inx + cos2x ) sin  x +  1 4  = cosx 1+tanx 2 Lời giả giải

ƠN

π   x = 2 + mπ  sin x=1 π  2   1+sin x+cos 2x=1 ⇔ −2sin x + s in x+1=0 ⇔ ⇔   x = − + m 2π (m ∈ ℤ)  sin x= -1 6   2   x = 7π + m 2π   6

QU Y

π   x = − 6 + m 2π (m ∈ ℤ)  Đối chiếu đk, phương trình có nghiệm:  x = 7π + m 2π  6 Câu 33. (HSG12 tỉ tỉnh Cầ Cần Thơ năm 20182018-2019) Giải phương trình 2 2 cos x − 3 cos x + 6sin x.cos x = ( sin x + cos x ) − sin 2 x − sin x . Lời giả giải

cos 2 x − 3 cos x + 6sin x.cos x = ( sin x + cos x ) − sin 2 x − sin x ⇔ cos 2 x − 3 cos x + 3sin 2 x = 1 + sin 2 x − sin 2 x − sin x

KÈ

⇔ 2sin 2 x = 3 cos x − sin x

3 1 cos x − sin x 2 2 π π k 2π   2 x = − x + k 2π x= +   π  3 9 3 ⇔ ,k ∈ℤ . ⇔ sin 2 x = sin  − x  ⇔  3   2 x = π − π + x + k 2π  x = 2π + k 2π   3 3 π k 2π 2π ;x = + k 2π ( k ∈ ℤ ) . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = + 9 3 3 Câu 34. (HSG12 Tỉ Tỉnh Đồ Đồng Nai 20182018-2019) Giải phương trình (1 + 2sin 4 x ) tan 2 x = 1 .

DẠ

⇔ sin 2 x =

Lời giả giải Trang 187

Điều kiện x ≠

π 4

π 2

( k ∈ ℤ ) . Khi đó,

(1 + 2sin 4 x ) tan 2 x = 1 ⇔ sin 2 x + 2sin 4 x.sin 2 x = cos 2x ⇔ sin 2 x + cos 2 x − cos6 x = cos 2 x .

π π   x = 16 + k 4 (k ∈ ℤ) ⇔  x = − π + k π  8 2

π π   x = 16 + k 4 Vậy phương trình có hai họ nghiệm  x = − π + k π  8 2

(k ∈ ℤ) .

Câu 35. (HSG12 YÊN LẠ LẠC 2 năm 20182018-2019) Giải phương trình:

π  − 2 x = 6 x + k 2π ⇔ 2  π − 2 x = −6 x + k 2π  2

FI CI A

π  ⇔ sin 2 x = cos 6 x ⇔ cos  − 2 x  = cos 6 x . 2 

ƠN

4 cos 2 x (1 + sin x ) + 2 3 cos x cos 2 x = 1 + 2sin x . Lời giả giải

Phương trình tương đương với: 4 cos 2 x + 4 cos 2 x. sin x + 2 3 cos x cos 2 x = 1 + 2sin x .

⇔ 2 sin x (2 cos 2 x − 1) + 2 3 cos x cos 2 x + 4 cos 2 x − 1 = 0

⇔ 2sin x cos 2 x + 2 3 cos x cos 2 x + 3cos 2 x − sin 2 x = 0 .

(

) (

⇔

(

)(

3 cos x + sin x

QU Y

⇔ 2cos 2 x sin x + 3 cos x +

)(

)

3 cos x − sin x = 0 .

)

3 cos x + sin x 2cos 2 x + 3 cos x − sin x = 0 .

 3 cos x + sin x = 0 ⇔ .  2cos 2 x + 3 cos x − sin x = 0

3 cos x + sin x = 0 ⇔ tan x = − 3 ⇔ x = −

π 3

+ kπ ( k ∈ ℤ ) .

KÈ

5π  x=− + k 2π  5π   6 +) 2 cos 2 x + 3 cos x − sin x = 0 ⇔ cos 2 x = cos  x − (k ∈ ℤ) . ⇔ 6    x = 5π + k 2π  18 3

DẠ

Vậy phương trình có nghiệm: x = −

π 3

+ kπ , x = −

5π 5π k 2π + 2 kπ , x = + (k ∈ ℤ) . 6 18 3

Câu 36. (HSG12 tỉ tỉnh Bắ Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình cos3x − cos 2 x + 9sin x − 4 = 0 trên khoảng ( 0;3π ) là: A.

25π . 6

B. 6π .

11π . 3

D. 5π .

Trang 188

Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thanh Long; Fb: Nguyễ Nguyễn Thanh Long

Chọ Chọn B

FI CI A

cos3x − cos 2 x + 9sin x − 4 = 0

⇔ 4 cos3 x − 3cos x − (1 − 2sin 2 x ) + 9sin x − 4 = 0 ⇔ cos x ( 4 cos 2 x − 3) + 2sin 2 x + 9sin x − 5 = 0 ⇔ cos x  4 (1 − sin 2 x ) − 3 + ( 2 sin x − 1)( sin x + 5 ) = 0

⇔ cos x (1 − 4sin 2 x ) + ( 2sin x − 1)( sin x + 5) = 0 ⇔ cos x (1 − 2 sin x )(1 + 2 sin x ) − (1 − 2 sin x )( sin x + 5 ) = 0

ƠN

⇔ (1 − 2sin x )  cos x (1 + 2sin x ) − ( sin x + 5 )  = 0 ⇔ (1 − 2 sin x )( cos x + 2 sin x cos x − sin x − 5 ) = 0

1 − 2sin x = 0 ⇔ cos x + 2sin x cos x − sin x − 5 = 0

QU Y

π   x = 6 + k 2π 1 π Với 1 − 2 sin x = 0 ⇔ sin x = ⇔ sin x = sin ⇔  (k ∈ ℤ) . 2 6  x = π − π + k 2π = 5π + k 2π  6 6 Với cos x + 2sin x cos x − sin x − 5 = 0 ⇔ sin x − cos x = sin 2 x − 5

π  ⇔ 2 sin  x −  = sin 2 x − 5 4 

π  2 sin  x −  ≠ sin 2 x − 5, ∀x ∈ ( 0;3π ) . 4 

KÈ

Suy ra

 π   2 sin  x −  ∈  − 2; 2  , ∀x ∈ ( 0;3π ) 4 Ta có đánh giá sau   sin 2 x − 5 ∈ [ −6; −4] , ∀x ∈ ( 0;3π ) 

Vậy phương trình này vô nghiệm.

 π 5π 13π 17π  Trong khoảng ( 0; 3π ) , phương trình có tập nghiệm: S =  ; ; ;  6  6 6 6

DẠ

Suy ra tổng các nghiệm trong khoảng ( 0 ;3π ) của phương trình là 6π .

Câu 37. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 20182018-2019) Giải phương trình cos 2 2 x + cos2 x −

3 =0 4

Lời giả giải

Tác giả Đắắc Nghĩa; giả: Trầ Trần Đ Nghĩa; Fb: Đ Nghĩa Trầ Trần Trang 189

1  cos2 x = ( n )  3 2 Ta có: cos 2 2 x + cos2 x − = 0 ⇔  . 4 cos2 x = − 3 ( l )  2

FI CI A

π π   2 x = + k 2π x = + kπ   1 π 3 6 cos2 x = = cos ⇔  ⇔ (k ∈ ℤ) . 2 3  2 x = − π + k 2π  x = − π + kπ   3 6

Câu 38. (HSG12 tỉ tỉnh Cầ Cần Thơ năm 20182018-2019) Giải phương trình 2 2 cos x − 3 cos x + 6sin x.cos x = ( sin x + cos x ) − sin 2 x − sin x .

cos 2 x − 3 cos x + 6sin x.cos x = ( sin x + cos x ) − sin 2 x − sin x

Lời giả giải

π 9

2π 2π ;x = + k 2π , ( k ∈ ℤ ) . 3 3

Vậy phương trình có nghiệm x =

ƠN

⇔ cos2 x − 3 cos x + 6sin x.cos x = 1 + 2sin x.cos x − sin 2 x − sin x ⇔ 3 cos x − sin x = 4sin x cos x π π 2π   x = +k 2 x = − x + k 2π   π  9 3 3 ⇔ 3 cos x − sin x = 2sin 2 x ⇔ sin  − x  = sin 2 x ⇔  ⇔ (k ∈ ℤ) . 3   2 x = π − π + x + k 2π  x = 2π + k 2π   3 3

Đặt t =

π 4

+x⇔ x=t−

π 4

QU Y

Câu 39. (HSG12 tỉ tỉnh Thái Binh năm 20182018-2019) Giải phương trình:  5π  π  sin  − 3 x  − 16 = −15sin  + x   4  4  Lời giả giải . Phương trình đã cho trở thành:

 5π  π  sin  − 3  t −   + 15sin t − 16 = 0  4   4

⇔ − sin 3t + 15sin t − 16 = 0

KÈ

⇔ 4sin 3 t + 12sin t − 16 = 0

⇔ 4 ( sin t − 1) ( sin 2 t + sin t + 4 ) = 0

⇔ sin t = 1

+ k 2π .

DẠ

⇔t=

Do đó ta có: x =

π 4

+ k 2π , k ∈ ℤ .

Vậy nghiệm của phương trình là: x =

π 4

+ k 2π , k ∈ ℤ .

Trang 190

Câu 40. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 20182018-2019) Trên đoạn [−2018; 2018] phương trình

(

)

B. 1286 .

C. 2571 . Lời giả giải

D. 1928 .

FI CI A

A. 3856 .

sin x 2 cos x − 3 = 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm ?

Tác giả giả: Phạ Phạm Trầ Trần Luân; Fb: Phạ Phạm Trầ Trần Luân Chọ Chọn C

sin x = 0 Ta có: sin x (2 cos x − 3 ) = 0 ⇔   cos x = 3  2

  x = kπ  π ⇔  x = + k 2π , k ∈ ℤ .  6  π  x = − + k 2π 6 

ƠN

k ∈ ℤ k ∈ ℤ  + Với x = kπ , k ∈ ℤ . Ta có  ⇔  −2018 2018 nên ≤k ≤  −2018 ≤ kπ ≤ 2018   π π

Với

π 6

+ k 2π , k ∈ℤ .

k ∈{−642; −641;...;0;...;641;642} .

có

k ∈ ℤ  π   −2018 ≤ 6 + k 2π ≤ 2018

nên

QU Y

k ∈{−321; −320;...;0;...;320;321} .

k ∈ ℤ  + Với x = − + k 2π , k ∈ ℤ . Ta có  nên π 6 − ≤ − + ≤ 2018 k 2 2018 π  6

k ∈{−321; −320;...;0;...;320;321} .

KÈ

Vậy phương trình có 2571 nghiệm.

DẠ

Câu 41. (T (Tổ ổ-2525-LanLan-2-HSGHSG-YênYên-Dũng) Có tất cả bao nhiêu số nguyên dương m để phương trình 2 cos x + m + cos x = m có nghiệm? A.2 B. 3. C. 1. D. 2. A.2. Lời giả giải

Tác giả Hườ giả:Nguyễ :Nguyễn Thị Thị Hư ờng; Fb:NguyenHuong

Chọ Chọn B

Đặt a = m + cos x , a ≥ 0  a 2 = m + cos x

(1) . Ta có cos2 x + a = m

( 2)

 a + cos x = 0 Thế cos2 x + a = m từ (2) vào (1) ta được a 2 − cos 2 x = a + cos x ⇔   a − cos x = 1 Trang 191

+) Với a + cos x = 0  m + cos x = − cos x

( 3)

Lập bảng biến thiên hàm số f ( t ) = t 2 − t trên [ −1;0] Khi đó phương trình có nghiệm khi m ∈ [ 0; 2] , m ∈ ℤ +  m ∈ {1; 2} +) Với a − cos x = 1  m + cos x = 1 − cos x

( 4)

t ∈ [ −1;1] m + t = 1− t ⇔  2 m = t + t + 1

Đặt t = cos x, t ∈ [ −1;1] , pt (4) trở thành

FI CI A

t ∈ [ −1; 0] m + t = −t ⇔  2 m = t − t

Đặt t = cos x, t ∈ [ −1;1] , pt (3) trở thành

Lập bảng biến thiên hàm số g ( t ) = t 2 + t + 1 trên [ −1;1]

ƠN

3  Khi đó phương trình có nghiệm khi m ∈  ;3 , m ∈ ℤ +  m ∈ {1; 2;3} 4 

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn

Cho phương trình cos 2 x + 3 sin 2 x + 5

(

)

Câu 42. (Tổ (Tổ-2525-LanLan-2-HSGHSG-YênYên-Dũng)

3 sin x − cos x − 6 = 0 . Tính tổng giữa nghiệm dương nhỏ

Chọ Chọn C cos 2 x + 3 sin 2 x + 5

(

π 4

QU Y

nhất và nghiệm âm lớn nhất của phương trình. π π 2π A. . B. − . C. − . 3 2 3 Lời giả giải

)

3 sin x − cos x − 6 = 0

 3  1 π  Đặt: t = 3 sin x − cos x = 2  sin x − cos x  = 2sin  x −  , t ≤ 2  2  2 6   

(

)

KÈ

 t 2 = 3sin 2 x + cos 2 x − 3 sin 2 x = 2 − cos 2 x + 3 sin 2 x  cos 2 x + 3 sin 2 x = 2 − t 2

Phương trình trở thành:

DẠ

π π  π x − = + k1 2π    t = 1 N ( ) x = + k1 2π π 1  6 6 2  −t + 5t − 4 = 0 ⇔  ⇔ sin  x −  = ⇔  ⇔ ( k1, k2 ∈ ℤ ) 3  6 2   x − π = 5π + k 2π t = 4 ( L ) x = + k 2 π π  2 2  6 6 Nghiệm dương nhỏ nhất là x1 =

Do đó: x1 + x2 =

π 3

−π = −

π 3

ứng với k1 = 0 .Nghiệm âm lớn nhất là x2 = −π ứng với k2 = −1

2π 3

Trang 192

Chuyên đề 9

Bài toán đếm

FI CI A

Câu 1. (HSG12 Cụ Cụm Thanh Xuân năm 20182018-2019) Hoa có 11 bì thư và 7 tem thư khác nhau. Hoa cần gửi thư cho 4 người bạn, mỗi người 1 thư. Hỏi Hoa có bao nhiêu cách chọn ra 4 bì thư và 4 tem thư, sau đó dán mỗi tem thư lên mỗi bì thư để gửi đi? Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thị Thị Hồng Loan; Fb: Nguyễ Nguyễn Loan. Chọn 4 bì thư từ 11 bì thư: có C114 cách.

Dán 4 tem thư và 4 bì thư vừa chọn: có 4!cách. Gửi 4 bì thư đã dán 4 tem thư cho 4 người bạn: có 4!cách.

ƠN

Vậy có tất cả: C114 .C 74 .4!.4! = 6652800 cách.

Chọn 4 tem thư từ 7 tem thư: có C74 cách.

Câu 2. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 20182018-2019) Từ các chữ số 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 lập các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau. Tính tổng tất cả các số đó. A. 120. B. 42000. C. 2331. D. 46620. Lời giả giải

Chọ Chọn D

Tác giả giả: Phương Thúy; Fb: Phương Thúy

QU Y

Từ các chữ số 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 lập được tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau là: 6.5.4 = 120 (số). Vì vai trò các chữ số giống nhau nên số lần xuất hiện của mỗi chữ số ở mỗi hàng là như nhau và bằng: 120 : 6 = 20 (lần). Tổng tất cả các số lập được là: (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 ) .20.111 = 46620 .

KÈ

Câu 3. (HSG 12 Yên Lạ Lạc 2 Vĩnh Vĩnh Phúc năm 20182018-2019) Cho các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 . Từ 8 chữ số trên lập được bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau sao cho tổng 4 chữ số đầu bằng tổng 4 chữ số cuối? Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Văn Mộ Mộng; Fb: Nguyễ Nguyễn Văn Mộ Mộng

Do 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 28 , nên để tổng 4 chữ số đầu và tổng 4 chữ số cuối bằng nhau là tổng đó bằng 14 .

DẠ

Ta lập 4 bộ số có tổng là 14 và có chữ số 0 là:

( 0;1;6;7) ; ( 0;2;5;7) ; ( 0;3;4;7) ; ( 0;3;5;6 ) . Với mỗi bộ số có số 0 trên ứng với một bộ còn lại không có

số 0 và có tổng bằng 14. TH1: Bộ có số 0 đứng trước: có 4 bộ có chữ số 0, ứng với mỗi bộ có: +) Xếp 4 số đầu có 3.3! cách. Trang 193

+) Xếp 4 số cuối có 4! cách. Áp dụng qui tắc nhân có 4.3.3!.4! = 1728 số.

TH2: Bộ có số 0 đứng sau: có 4 bộ có chữ số 0, ứng với mỗi bộ có:

FI CI A

+) Xếp bộ không có chữ số 0 đứng trước có 4! cách. +) Xếp bộ có chữ số 0 đứng sau có 4! cách. Áp dụng qui tắc nhân có 4.4!.4! = 2304 số. Vậy có 1728 + 2304 = 4032 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4. (HSG11 tỉ tỉnh Vĩnh Vĩnh Phúc năm 20182018-2019) Từ 2018 số nguyên dương đầu tiên lấy ra 6 số xếp thành một dãy số có dạng a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 . Hỏi có bao nhiêu dãy số dạng trên biết a1 , a2 , a3 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. Lời giả giải

Tác giả giả: Võ Quang Anh; Fb:Anh Võ Quang. a1 + a3 . Suy ra a1 , a3 cùng tính chẵn lẻ. 2

ƠN

a1 , a2 , a3 là cấp số cộng nên a2 = TH1: a1 , a3 cùng lẻ.

a2 =

a1 + a3 nên a2 có 1 cách. 2

2 a1 , a3 chọn trong các số 1,3,5,..., 2017 nên số cách là A1009 .

2 3 . A2015 . Do đó số cách là A1009

QU Y

3 a4 , a5 , a6 chọn trong 2018 số loại đi ba số a1 , a2 , a3 nên số cách là A2015 .

2 3 . A2015 TH2: a1 , a3 cùng chẵn.Làm tương tự TH1 có A1009 cách. 2 3 . A2015 Vậy có 2. A1009 cách lập thành dãy số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Tác giả giả:Nguyễ :Nguyễn Huyề Huyền; Fb: Huyen Nguyen

DẠ

KÈ

Câu 5. (HSG12 tỉ tỉnh KonTum năm 20182018-2019) Có 20 cây giống trong đó có 2 cây xoài, 2 cây mít, 2 cây ổi, 2 cây bơ, 2 cây bưởi và 10 loại cây khác 5 loại cây trên đồng thời đôi một khác loại nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 5 cây để trồng trong một khu vườn sao cho không có hai cây nào thuộc cùng một loại. Lời giả giải

Trang 194

L Trường hợp 2 : Chọn 4 cây nhóm II, chọn 1 cây nhóm I. Số cách chọn là C104 .C51.C21 = 2100 (cách chọn).

( )

= 4800 (cách chọn).

ƠN

Trường hợp 3 : Chọn 3 cây nhóm II, chọn 2 cây nhóm I. Số cách chọn là C103 .C52 . C21

FI CI A

Trường hợp 1 : Chọn 5 cây nhóm II.Số cách chọn là C105 = 252 (cách chọn).

Trường hợp 4 : Chọn 2 cây nhóm II, chọn 3 cây nhóm I. 3

= 3600 (cách chọn).

( )

Số cách chọn là C102 .C53 . C21

Trường hợp 5 : Chọn 1 cây nhóm II, chọn 4 cây nhóm I.

( )

= 800 (cách chọn).

QU Y

Số cách chọn là C101 .C54 . C21

( )

Trường hợp 6 : Chọn 5 cây nhóm I.Số cách chọn là C55 . C21

= 32 (cách chọn).

Vậy số cách chọn cây thỏa mãn yêu cầu bài ra là:

252 + 2100 + 4800 + 3600 + 800 + 32 = 11584 (cách chọn).

KÈ

Câu 6. (HSG11 tỉ tỉnh Thanh Hóa năm 20182018-2019) Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số khác nhau mà có mặt hai chữ số lẻ và ba chữ số chẵn, trong đó mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần? Lời giả giải

Tác giả :Phạạm Thị giả:Ph Thị Cảnh; Fb: Pham Linh Canh

Gọi các chữ số lẻ khác nhau là x, y thuộc A = {1;3;5; 7;9} và ba chữ số chẵn khác nhau là a, b, c thuộc B = {0;2;4;6;8} .

DẠ

+ TH1: Nếu chọn một chữ số x lẻ đứng đầu thì có 5 cách chọn, chữ số y lẻ còn lại và ba chữ số chẵn thì số cách chọn là 4.C53 và chọn lại bộ (a;b;c) có một cách. Bây giờ ta sắp xếp vị trí cho bộ 7 chữ số

7! ( Ta nói x có 5 cách chọn 2!.2!.2! nghĩa là đã xếp vị trí cho x, việc còn lại là sắp xếp vị trí cho bộ 7 chữ số còn lại). (không kể số lẻ x đứng đầu) thì có các cách khác nhau là: 4.C53 .1.

Vậy trường hợp 1 có các số thỏa mãn bài toán là: 5.4.C53 .

7! = 126000 (số) 2!.2!.2! Trang 195

+ TH2: Nếu chọn 1 chữ số chẵn a đứng đầu thì có 4 cách, hai chữ số b, c có C 42 cách, chọn lại chữ số

7! = 75600 1!.2!.2!

Vậy trường hợp 2 có các số thỏa mãn bài toán là: 4.75600 = 302400 (số) Vậy số các số thỏa mãn bài toán là: 126000 + 302400 = 428400 số.

FI CI A

cho bộ 7 chữ số (không tính a) thì có các cách khác nhau là: C42 .1.1.C52 .

a có 4 cách, chọn lại cặp (b;c) có một cách. Chọn hai chữ số lẻ có C52 cách. Bây giờ ta sắp xếp vị trí

Cách 2. Gọi các chữ số lẻ khác nhau là x, y thuộc A = {1;3;5;7;9} và ba chữ số chẵn khác nhau là a, b, c thuộc B = {0;2;4;6;8} . + TH1: Bộ 3 chữ số chẵn (a;b;c) không có chữ số 0.

Số cách chọn bộ 3 số chẵn C 43 cách. Số cách chọn 2 số lẻ x, y là C52 . Bây giờ ta sẽ sắp các chữ số vào 8 vị trí: Chọn 2 vị trí trong 8 vị trí để xếp chữ số chẵn thứ nhất có C82 cách, chọn 2 vị trí trong số 6 vị trí còn lại để xếp chữ số chẵn thứ 2 có C62 , chọn 2 vị trí trong 4 vị trí còn lại để xếp chữ số chẵn thứ 3 có

ƠN

C 42 cách, hai vị trí còn lại sắp 2 chữ số lẻ có 2! cách.

Vậy số các số thõa mãn trường hợp 1: C43 .C52 .C82 .C62 .C42 .2! = 201600 (số) + TH2: Bộ 3 chữ số chẵn (a;b;c) có chữ số 0.

Số cách chọn 2 số chẵn còn lại C 42 . Số cách chọn 2 số lẻ x, y là C52 . Bây giờ ta sẽ sắp các chữ số vào 8 vị trí: Chọn 2 vị trí trong 7 vị trí để xếp chữ số 0 (trừ vị trí đầu tiên) có C72 cách, chọn 2 vị trí trong số 6 vị trí còn lại để xếp chữ số chẵn thứ 2 có C62 , chọn 2 vị trí trong 4 vị trí còn lại để xếp chữ số chẵn thứ 3 có C 42 cách, hai vị trí còn lại sắp 2 chữ số lẻ có 2! cách.

QU Y

Vậy số các số thõa mãn trường hợp 2: C42 .C52 .C72 .C62 .C42 .2! = 226800 (số). Vậy số các số thỏa mãn bài toán là: 201600 + 226800 = 428400 số.

Tác gi giảả:H :Hồ ồ Thanh Nhân; Fb: Nhan Ho Thanh

KÈ

Chọ Chọn D

Câu 7. (HSG11 Nguyễ Nguyễn Đứ Đức Cả Cảnh Thái Bình 20182018-2019) Khi phân tích số 1000! thành tích các thừa số nguyên tố, số các thừa số 3 là: A. 499 . B. 500 C. 501 D. 498. Lời giả giải

Số các số chỉ chia hết cho 3 là 333-111=222; Số các số chỉ chia hết cho 32 là 111-37=74;

Số các số chỉ chia hết cho 33 là 37-12=25;

DẠ

Số các số chỉ chia hết cho 34 là 12- 4= 8; Số các số chỉ chia hết cho 35 là 4- 1= 3; Số các số chỉ chia hết cho 36 là 1. Vậy số các thừa số 3 là: 222.1+74.2+25.3+8.4+3.5+1.6=498.

Trang 196

Chuyên đề 10

Xác suất

FI CI A

Câu 1. (HSG11 Nguyễ Nguyễn Đứ Đức Cả Cảnh Thái Bình 20182018-2019) Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số từ 1 đến 9 (mỗi thẻ ghi một số).Rút ngẫu nhiên 3 thẻ và nhân 3 số ghi trên 3 thẻ đó với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một số lẻ? 5 1 11 5 A. . B. . C. . D. . 42 42 84 42 Lời giả giải

Chọ Chọn A Số cách chọn 3 thẻ bất kì là: n (Ω ) = C93 Gọi A là biến cố "Tích của 3 số ghi trên 3 thẻ là một số lẻ"

Xác suất của biến cố A là: P ( A) =

ƠN

Số phần tử của A là n ( A) = C53

Tác giả giả: Hoàng Minh Thành; Fb: Hoàng Minh Thành

n( A) 5 = n(Ω) 42

QU Y

Câu 2. (HSG12 tỉ tỉnh Hà Tĩnh Tĩnh năm 20182018-2019) Có 10 đội tuyển bóng đá quốc gia ở khu vực Đông Nam Á tham gia thi đấu AFF Suzuki Cup 2018 trong đó có đội tuyển Việt Nam và đội tuyển Thái Lan, các đội được chia làm hai bảng, kí hiệu là bảng A và bảng B, mỗi bảng có 5 đội. Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để hai đội tuyển Việt Nam và Thái Lan nằm ở hai bảng đấu khác nhau. Lời giả giải Số phần tử trong không gian mẫu là n(Ω) = C105 = 252 . Gọi C là biến cố: “Hai đội tuyển Việt Nam và Thái Lan nằm ở hai bảng đấu khác nhau”. TH 1: Đội tuyển Việt Nam ở bảng A, đội tuyển Thái Lan ở bảng.. Số cách xếp thỏa mãn là C84 = 70 .

TH 2: Đội tuyển Việt Nam ở bảng B, đội tuyển Thái Lan ở bảngA. Số cách xếp thỏa mãn là C84 = 70 . Số phần tử của biến cố C là n (C ) = 140 .

KÈ

Vậy xác suất để hai đội tuyển Việt Nam và Thái Lan nằm ở hai bảng đấu khác nhau là n (C) 140 5 P (C ) = = = . n (Ω ) 252 9

DẠ

Câu 3. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 20182018-2019) Từ các chữ số 1 , 2 , 3, 4 , 5, 6 lập được các số có bốn chữ số khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để số đó có chữ số 4 . 3 1 1 2 A. . B. . C. . D. . 4 3 4 3 Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Hoàng Huy; Fb: Nguyen Hoang Huy

Chọ Chọn D Trang 197

Số phần tử không gian mẫu là n ( Ω ) = A64 = 360 . Gọi A là biến cố “số được chọn có chữ số 4”.

n ( A ) 240 2 = = . n ( Ω ) 360 3

FI CI A

Vậy xác suất của biến cố A là P ( A ) =

Ta có n ( A) = 4. A53 = 240 .

Câu 4. (HSG12 tỉ tỉnh Bắ Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Một tổ học sinh có 7 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Tính xác suất sao cho 2 người được chọn đều là nữ. 1 1 7 8 A. . B. . C. . D. . 5 15 15 15 Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thanh Hùng; Fb: Hùng Nguyễ Nguyễn Chọ Chọn B

ƠN

Số cách chọn 2 người từ 10 người là: C102 = 45  n ( Ω ) = 45 . Gọi A : “ 2 người được chọn đều là nữ”.

Số cách chọn 2 học sinh nữ từ 3 học sinh nữ là: C32 = 3  n ( A ) = 3 . Vậy xác suất sao cho 2 người được chọn đều là nữ là: P ( A ) =

n ( A) n (Ω)

3 1 = . 45 15

QU Y

Câu 5. (HSG11 Cụ Cụm Hà Đông Hoài Đứ Đức Hà Nộ Nội năm 20182018-2019) Trong một hộp kín đựng 100 tấm thẻ như nhau được đánh số từ 1 đến 100. Lấy ngẫu nhiên ba tấm thẻ trong hộp. Tính xác suất để lấy được ba tấm thẻ mà ba số ghi trên ba tấm thẻ đó lập thành một cấp số cộng. Lời giả giải

Tác giả giả: Lâm Quố Quốc Toàn; Fb: Lam Quoc Toan

3 Số phần tử của không gian mẫu: Ω = C100 .

Gọi ba số lập thành cấp số cộng lần lượt là: u1 , u2 , u3 .

KÈ

Khi đó u1 , u3 phải cùng là hai số chẵn hoặc cùng là hai số lẻ. Từ 1 đến 100 có 50 số chẵn, 50 số lẻ. + Trường hợp 1: u1 , u3 là hai số chẵn, có C502 cách chọn bộ {u1; u3 } .

+ Trường hợp 2: u1 , u3 là hai số lẻ, có C502 cách chọn bộ {u1; u3} .

DẠ

Với mỗi cách chọn bộ {u1; u3} có duy nhất một cách chọn u2 để u1 , u2 , u3 lập thành cấp số cộng.

Suy ra số cách lấy được 3 thẻ ghi ba số lập thành cấp số cộng là Ω A = 2C502 . Xác suất lấy được 3 thẻ ghi ba số lập thành cấp số cộng là

Trang 198

ΩA Ω

2C502 1 . = 3 C100 66

Gọi m là số cách đi từ A đến D. Gọi n là số cách đi từ D đến B.

Kiến muốn đi đến B thì bắt buộc phải qua D .

ƠN

FI CI A

Câu 6. (HSG11 Hà Tĩnh Tĩnh 20182018-2019) Cho lưới ô vuông như hình vẽ, có một con kiến di chuyển từ điểm A đến điểm B bằng cách di chuyển trên cạnh để đi qua các điểm nút của lưới (điểm nút là đỉnh của các hình vuông nhỏ), mỗi bước nó di chuyển xuống dưới hoặc di chuyển sang phải để đến điểm nút gần nhất. Biết rằng nếu đến điểm C thì kiến sẽ bị ăn thị. Gỉa sử kiến di chuyển một cách ngẫu nhiên và nó không biết tại C sẽ gặp nguy hiểm. Tính xác suất để kiến đến được điểm B. Lời giả giải

P ( A) =

Gọi k là số cách đi từ D đến B mà không đi qua C

QU Y

Ta có số cách đi từ A đến B là m.n ; số cách đi từ A đến B mà không đi qua C là mk . Ta có xác suất mà kiến đi được đến B là p =

mk k = mn n

Các cách đi từ D đến B mà có đi qua C là : DCEFB; DCIFB; DCIKB; suy ra số cách đi từ D đến B mà có đi qua C là 3.

Vì tính đối xứng của lưới ô vuông 2x2 nên số cách đi từ D đến B mà không qua C là 3.

KÈ

Suy ra k = 3, n = 6 . Do đó p =

k 1 = . n 2

DẠ

Câu 7. (HSG11 Nghệ Nghệ An 20182018-2019) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau được chọn từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Xác định số phần tử của S . Lấy ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để số được chọn là số chia hết cho 11 và tổng 4 chữ số của nó cũng chia hết cho 11. Lời giả giải

Tác giả giả : Vũ Vũ Thị Thị Thả Thảo Facebook: Vũ Vũ Thả Thảo

Số phần tử của S là: A94 = 3024 ( số ).

Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = 3024 .

Trang 199

Gọi A là biến cố ՙՙ số được chọn là số chia hết cho 11 và tổng 4 chữ số của nó cũng chia hết cho 11 ՚՚. Gọi số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau là : abcd , ( a ≠ 0, a ≠ b ≠ c ≠ d ) .

FI CI A

Theo giả thiết ta có : ( a + c ) − ( b + d )  ⋮11 và ( a + c ) + ( b + d )  ⋮11 suy ra ( a + c )⋮11 và ( b + d )⋮11 .

Trong các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có các bộ số gồm hai chữ số mà tổng chia hết cho 11 là {2; 9} ; {3; 8} ; {4; 7} ; {5; 6} . Chọn cặp số ( a, c ) có 4 khả năng, mỗi khả năng có 2 cách. Khi đó, chọn cặp số ( b, d ) còn 3 khả năng, mỗi khả năng có 2 cách.

Vậy n ( A ) = 4.2.3.2 = 48 (số) n ( A) 48 1 = = . n ( Ω ) 3024 63

Xác suất cần tìm là P ( A ) =

ƠN

Câu 8. (HSG11 THuận THuận Thành Thành 20182018-2019) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có sáu chữ số khác nhau. Tính xác suất để chọn được một số có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ. Lời giải +) Số phần tử của không gian mẫu: nΩ = A106 − A95 = 136080.

TH1: Số tạo thành không chứa số 0 . Lấy ra 3 số chẵn có: C43 cách;

+) Số các số tự nhiên có 6 chữ số có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ:

QU Y

Lấy ra 3 số lẻ có: C53 cách; Số các hoán vị của 6 số trên: 6!

Suy ra số các số tạo thành: C 43 ⋅ C53 ⋅ 6! = 28800. TH2: Số tạo thành có số 0 .

Lấy ra hai số chẵn khác 0 : C42 .

Lấy ra 3 số lẻ: C53 .

Số các hoán vị không có số 0 đứng đầu: 6!− 5! = 5.5!

KÈ

Số các số tạo thành: C 42 ⋅ C53 ⋅ 5 ⋅ 5! = 36000 . +) Gọi biến cố A : “số đuợc chọn có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ” Suy ra : nA = 28800 + 36000 = 64800.

DẠ

Xác suất xảy ra biến cố A : PA =

nA 64800 10 = = . nΩ 136080 21

Câu 9. (HSG11 tỉ tỉnh Hà Nam năm 20182018-2019) Một người A đứng tại gốc O của trục số x ' Ox . Do say rượu nên người A bước ngẫu nhiên sang trái hoặc sang phải trên trục tọa độ với độ dài mỗi bước là một đơn vị. Tính xác suất để sau n bước ( n ≥ 2 ) thì người A quay trở lại gốc tọa độ O . Lời giả giải

Tác giả giả: Tăng Duy Hùng; Fb: Tăng Duy Hùng Trang 200

Phả Phản biệ biện: Bùi Dũng; Dũng; Fb: Bùi Dũng Dũng Trường hợp 1: n = 2k + 1 ( k ∈ N * ) khi đó xác suất người đó quay trở lại O là : P = 0

Trường hợp 2: n = 2k ( k ∈ N * ) . Người đó quay trở về O nếu có k bước sang phải và k bước sang

FI CI A

trái. Xác suất bước sang phải là: 0, 5 Xác suất bước sang trái là: 0, 5 Do đó xác suất để quay về O là: P = Cnk . ( 0,5 )

Câu 10. (HSG11 tỉ tỉnh Quả Quảng Ngãi năm năm 20182018-2019) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm năm chữ số được chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để số được chọn có mặt đúng ba chữ số khác nhau. Lời giả giải

Ta có S = 7 5 . Xét phép thử: Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S .

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là Ω = 7 5 .

ƠN

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thị Thị Thủ Thủy ; Fb: Camtu Camtu Lan

Gọi A là biến cố: “ số được chọn có mặt đúng ba chữ số khác nhau”. Bước 1: Ta chọn ra ba chữ số khác nhau từ tập S , có C 73 cách chọn.

QU Y

Bước 2: Ta chia thành hai trường hợp sau

TH1: Trong ba chữ số được chọn ra từ bước 1, có một chữ số xuất hiện đúng ba lần, hai chữ số còn C1.5! lại mỗi chữ số xuất hiện đúng một lần, vậy có 3 cách. 3!

TH2: Trong ba chữ số được chọn ra từ bước 1, có một chữ số xuất hiện đúng một lần, hai chữ số còn C 2 .5! cách. lại mỗi chữ số xuất hiện đúng hai lần, vậy có 3 2!.2!

KÈ

1 C 2 .5!  3  C .5! Suy ra Ω A = C7 .  3 + 3  = 5250 . 2!.2!   3!

Ω A 5250 750 = 5 = . Ω 7 2401

Vậy P ( A ) =

DẠ

Câu 11. (HSG12 Cao Bằ Bằng năm 20182018-2019) Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà Toán học nam, 5 nhà Vật lý nữ và 3 nhà Hóa học nữ. Người ta chọn ra từ đó 4 người để đi công tác, tính xác suất sao cho trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn. Lời giả giải Chọn ngẫu nhiên 4 nhà khoa học trong 16 nhà khoa học có C164 cách.

Chọn 4 người đi công tác thỏa mãn yêu cầu bài toán có các trường hợp sau: Trang 201

Chọn 2 nhà Toán học nam, 1 nhà Vật lỹ nữ, 1 nhà Hóa học nữ có C82 .C51.C31 cách.

Số cách chọn đoàn công tác là C82 .C51.C31 + C81.C52 .C31 + C81.C51.C32 cách. Vậy, xác suất cần tìm là: P =

C82 .C51.C31 + C81.C52 .C31 + C81.C51.C32 3 = 7 C164

FI CI A

Chọn 1 nhà Toán học nam, 1 nhà Vật lỹ nữ, 2 nhà Hóa học nữ có C81.C51.C32 cách.

Chọn 1 nhà Toán học nam, 2 nhà Vật lỹ nữ, 1 nhà Hóa học nữ có C81.C52 .C31 cách.

Câu 12. (HSG12 Cụ Cụm Thanh Xuân năm 20182018-2019) Một bài thi trắc nghiệm khách quan gồm 5 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó có 1 phương án trả lời đúng, 3 phương án sai. Tính xác suất để mỗi học sinh làm bài thi trả lời đúng được ít nhất 3 câu hỏi? Lời giả giải

Tác giả giả: Phạ Phạm Hoàng Điệ Điệp ; Fb:Hoàng Điệ Điệp Phạ Phạm 1 3 , trả lời sai 1 câu là . 4 4

ƠN

Xác suất để một học sinh trả lời đúng 1 câu là

45 1 3 Xác suất để một học sinh trả lời đúng đúng 3 câu là: C53     = .  4   4  512 4

 1   3  15 . Xác suất để một học sinh trả lời đúng đúng 4 câu là: C     =  4   4  1024 4 5

1 1 Xác suất để một học sinh trả lời đúng cả 5 câu là: C   = .  4  1024

QU Y

5 5

Vậy xác suất để một học sinh trả lời đúng ít nhất 3 câu là:

45 15 1 53 + + = . 512 1024 1024 512

KÈ

Câu 13. (HSG12 Quả Quảng Ngãi 20182018-2019) Có hai chiếc hộp chứa bi, mỗi viên bi chỉ mang màu xanh hoặc đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp đúng 1 viên bi. Biết tổng số bi trong hai hộp là 20 và xác suất để 55 lấy được hai viên bi màu xanh là . Tính xác suất để lấy được hai viên bi màu đỏ. 84 Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thiệ Thiện ; Fb:Thien Nguyen

Giả sử hộp thứ nhất có x viên bi, trong đó có a viên bi xanh, hộp thứ hai có y viên bi, trong đó có b viên bi xanh (điều kiện x, y, a, b nguyên dương, x ≥ y, x ≥ a, y ≥ b ).

DẠ

 x + y = 20  Từ giả thiết ta có:  ab 55  xy = 84 

(1) (2)

1 Từ (2)  55 xy = 84ab  xy⋮84 , mặt khác: xy ≤ ( x + y) 2 = 100  xy = 84 4

(3) .

 x = 14 Từ (1) và (3) suy ra  . y = 6 Trang 202

Từ (2) và (3) suy ra ab = 55 , mà a ≤ x ≤ 14, b ≤ y ≤ 6  a = 11, b = 5 . x−a y −b 1 . = . x y 28

Vậy xác suất lấy được hai viên bi đỏ là: P =

FI CI A

Câu 14. (HSG12 tỉ tỉnh Hả Hải Dương năm 20182018-2019) Trong cuộc thi: "Thiết kế và trình diễn các trang phục dân tộc" do Đoàn trường THPT tổ chức vào tháng 3 năm 2018 với thể lệ mỗi lớp tham gia một tiết mục. Kết quả có 12 tiết mục đạt giải trong đó có 4 tiết mục khối 12, có 5 tiết mục khối 11 và 3 tiết mục khối 10. Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục biểu diễn chào mừng ngày 26 tháng 3. Tính xác suất sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất 2 tiết mục của khối 12. Lời giả giải Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là Ω .

Số phần tử của không gian mẫu là: n ( Ω ) = C125 = 792 .

Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là:

ƠN

Gọi A là biến cố "Chọn 5 tiết mục sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12".

+ 2 tiết mục khối 12, hai tiết mục khối 10, một tiết mục khối 11. + 2 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 2 tiết mục khối 11.

+ 3 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 1 tiết mục khối 11.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n ( A) = C42 .C32 .C51 + C42 .C31.C52 + C43 .C31.C51 = 330 .

n ( A) 330 5 = = . n ( Ω ) 792 12

QU Y

Xác suất cần tìm là P =

Câu 15. (HSG12 THPT Thuậ Thuận Thành năm 20182018-2019) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có sáu chữ số khác nhau. Tính xác suất để chọn được một số có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ. Lời giả giải Số phần tử của không gian mẫu: n ( Ω ) = A106 − A95 = 136080 .

Gọi biến cố A : “Số đuợc chọn có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ”. Trườ Trường hợ hợp 1: Số được chọn không chứa chữ số 0 .

KÈ

Lấy ra 3 chữ số chẵn có C43 cách. Lấy ra 3 chữ số lẻ có: C53 cách.

Số các hoán vị của 6 chữ số trên là 6! .

DẠ

Suy ra số các số tạo thành: C43 .C53 .6! = 28800 Trườ Trường hợ hợp 1: Số được chọn có chứa chữ số 0 . Lấy ra 2 chữ số chẵn khác 0 có C42 cách.

Lấy ra 3 chữ số lẻ có: C53 cách.

Trang 203

Số các hoán vị không có chữ số 0 đứng đầu là: 6!− 5! = 5.5! . Số các số tạo thành: C42 .C53 .5.5! = 36000 .

n ( A) 64800 10 = = . n ( Ω ) 136080 21

FI CI A

Xác suất xảy ra biến cố A là: P ( A ) =

Suy ra: n ( A ) = 28800 + 36000 = 64800 .

Câu 16. (HSG12 tỉ tỉnh Quả Quảng Bình năm năm 20182018-2019) Cho sáu thẻ, mỗi thẻ ghi một trong các số của tập E = {1; 2;3; 4; 6;8} (các thẻ khác nhau ghi các số khác nhau). Rút ngẫu nhiên ba thẻ, tính xác suất để rút được ba thẻ ghi ba số là số đo ba cạnh của một tam giác có góc tù. Lời giả giải

Cách củ của Admin Nguyễ Nguyễn Trung Kiên.

Lấy ba thẻ từ 6 thẻ có số cách lấy là C63 , nên số phần tử của không gian mẫu là Ω = C63 = 20 . Gọi biến cố A : “rút được ba thẻ ghi ba số là số đo ba cạnh của một tam giác có góc tù”.

ƠN

Giả sử rút được bộ ba số là ( a; b; c ) , với a < b < c , do đó 4 ≤ c , nên c ∈ {4;6;8} .

tù a , b , c là ba cạnh của tam giác ∆ABC , với BC = a , CA = b , AB = c có góc C

 a 2 + b2 − c 2 a 2 + b 2 < c 2 <0 cos C =   a 2 + b 2 < c < a + b , với c ∈ {4;6;8} .  2ab 4 ≤ c < a + b  4 ≤ c < a + b  +Xét c = 4 thì có bộ ( a; b ) = ( 2;3) thỏa mãn.

QU Y

+Xét c = 6 , do a < b < c , 6 = c < a + b < 2b , nên b = 4 và a = 3 . Suy ra có bộ ( a; b ) = ( 3; 4 ) thỏa mãn. +Xét c = 8 , do a < b < c , 8 = c < a + b < 2b , nên b = 6 và a = 3 hoặc a = 4 . Suy ra có hai bộ ( a; b ) = ( 3;6 ) hoặc ( a; b ) = ( 4;6 ) thỏa mãn. Suy ra số phần tử của biến cố A là Ω A = 4 .

ΩA Ω

4 1 = . 20 5

KÈ

Nên xác suất cần tìm là p =

Tác giả giả: Bùi Dũng; Dũng; Fb: Bùi Bùi Dũng Dũng

DẠ

Câu 17. (HSG11 tỉ tỉnh Hà Nam năm 20182018-2019) Cho hình vuông cỡ 9.9 tâm O được tạo từ 9.9 hình vuông đơn vị. Hai hình vuông đơn vị được gọi là kề bên nếu chúng có cùng một cạnh chung. Một con bọ ban đầu ở O . Mỗi lần di chuyển con bọ sẽ nhảy ngẫu nhiên từ tâm hình vuông đơn vị nó đứng sang tâm hình vuông đơn vị kề bên. Tính xác suất để con bọ sau 4 bước nhảy sẽ quay lại điểm O . Lời giả giải

Phả Phản biệ biện: Lê Mai Hương; Hương; Fb: Lê Mai Hương

Khi con bọ nhảy 4 bước thì không gian mẫu là: 4.4.4.4 = 256 Ở bước nhảy thứ 2 ta chia các trường hợp sau: TH1: Bước 2 con bọ nhảy qua B1 − B2 có 2 cách nhảy Trang 204

Bước 3 có hai cách nhảy về A1 − A2 ( nếu từ B1 ) hoặc nhảy về A1 − A4 ( nếu từ B2 ) Bước 4: con bọ có 1 cách nhảy về O

Có: 4.2.2.1 = 16 cách

FI CI A

TH2: Bước 2 con bọ nhảy qua B 3 có 1 cách nhảy Bước 3 có 1 cách nhảy về A1 Bước 4: con bọ có 1 cách nhảy về O Có: 4.1.1.1 = 4 cách TH2: Bước 2 con bọ nhảy về O có 1 cách nhảy

Bước 3 có 4 cách nhảy về các ô A1 − A2 − A3 − A4 Bước 4: con bọ có 1 cách nhảy về O Có: 4.1.4.1 = 16 cách

16 + 4 + 16 9 = . 256 64

ƠN

Vậy xác suất để con bọ nhảy 4 bước quay trở về O là:

Câu 18. (HSG12 Quả Quảng Ninh 20182018-2019) Có hai chuồng nhốt thỏ, chuồng thứ nhất nhốt 19 con thỏ lông màu đen và 1 con thỏ lông màu trắng. Chuồng thứ hai nhốt 13 con thỏ lông màu đen và 2 con thỏ lông màu trắng. Bắt ngẫu nhiên mỗi chuồng đúng 1 con thỏ. Tính xác suất để bắt được hai con thỏ có màu lông khác nhau. Lời giả giải Chuồng thứ nhất bắt ra 1 con thỏ có 20 cách.

QU Y

Chuồng thứ hai bắt ra 1 con thỏ có 15 cách.

Số cách bắt ra mỗi chuồng 1 con thỏ là: n ( Ω ) = 15.20 = 300 Gọi A là biến cố: "bắt được hai con thỏ cùng màu" + TH1: Hai con thỏ cùng màu đen có 13. 19 = 247 (cách)

+ TH2: Hai con thỏ cùng màu trắng có 1. 2 = 2 (cách)

KÈ

n ( A) = 247 + 2 = 249 (cách)  P( A) =

n( A) 249 = n ( Ω ) 300

Do đó xác suất bắt được hai con thỏ có màu lông khác nhau là: 1 −

249 17 . = 300 100

DẠ

Câu 19. (HSG12 tỉ tỉnh Bế Bến Tre năm 20182018-2019) Bạn An có một đồng xu mà khi tung có xác suất xuất 1 2 hiện mặt ngửa là và bạn Bình có một đồng xu mà khi tung có xác suất xuất hiện mặt ngửa là . 3 5 Hai bạn An và Bình lần lượt chơi trò chơi tung đồng xu của mình đến khi có người được mặt ngửa, ai được mặt ngửa trước thì thắng. Các lần tung là độc lập với nhau và bạn An chơi trước. Xác suất p bạn An thắng là , trong đó p và q là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Tìm q − p . q Lời giả giải

Trang 205

Giả sử bạn An thắng ở lần gieo thứ n , n ∈ ℕ, n ≥ 1 khi đó bạn An và bạn Bình tung đồng xu ở n − 1 lần n −1

 3 ⋅  5

n −1

1 1 2 ⋅ = ⋅  3 3 5

n −1

2 trước đó đều là sấp, xác suất để điều này xảy ra là   3

FI CI A

Do n có thể tiến tới dương vô cùng, vậy nên áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có xác suất để An 2 m  p 1  2 2  2 thắng là: = ⋅ 1 + +   + ⋯ +   + ⋯ ; m ∈ N * q 3  5  5  5  m

2 2 2 Trong đó S = 1 + +   + ⋯ +   + ⋯ là tổng của cấp số nhân vô hạn với số hạng đầu u1 = 1 và 5 5 5 công

1 5 p 1 1 5 2 nên S = = , suy ra = . = 2 3 q 3 1− 2 9 5 1− 5 5

bội q0 =

ƠN

Từ đó q = 9 ; p = 5 suy ra q − p = 9 − 5 = 4.

Câu 20. (HSG12 YÊN LẠ LẠC 2 năm 20182018-2019) Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi 5 phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để xác suất có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn . 6 Lời giả giải Trong 9 thẻ đã cho có hai thẻ ghi số 4 và 8 chia hết cho 4, 7 thẻ còn lại ghi số không chia hết cho 4. Giả sử rút x thẻ với (1 ≤ x ≤ 9; x ∈ ℕ ) , số cách chọn x thẻ từ 9 thẻ trong hộp là C9x . Do đó số phần tử của không gian mẫu là: n ( Ω ) = C9x .

QU Y

Gọi A là biến cố: “ Trong số x tấm thẻ rút ra, có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 ”. Suy ra A là biến cố: “ Lấy x tấm thẻ không có tấm thẻ nào chia hết cho 4 ”. Số cách chọn tương ứng với biến cố A là

( )

Ta có

C7x C7x  P A = 1 − ( ) C9x C9x .

P A =

( )

n A = C7x

KÈ

C7x 5 5 P ( A ) > ⇔ 1 − x > ⇔ 1 − ( 9 − x )( 8 − x ) > 5 6 C9 6 72 6 ⇔ x 2 − 17 x + 60 < 0 ⇔ 5 < x < 12 . Do đó

Kết hợp điều kiện: 1 ≤ x ≤ 9; x ∈ ℕ  5 < x ≤ 9 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của x là 6. Số thẻ ít nhất phải rút là 6.

DẠ

Câu 21. (Tổ (Tổ-2525-LanLan-2-HSGHSG-YênYên-Dũng) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số được lập từ tập X = {0;1; 2;3; 4;5;6; 7} .Rút ngẫu nhiên một số thuộc tập S. Tính xác suất để rút được số mà trong số

đó chữ số đứng sau luôn lớn hơn hoặc bằng chữ số đứng trước. 2 3 11 A. . B. . C. . 7 32 64 Lời giả giải

3 . 16

Trang 206

Tác giả giả:Nguyễ :Nguyễn Thị Thị Hườ Hường; Fb:NguyenHuong Chọ Chọn D

+) Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = 7.8.8 = 448.

Gọi số tự nhiên cần lập là abc,1 ≤ a ≤ b ≤ c; a, b, c ∈ {0;1; 2;3; 4;5; 6; 7} Đặt a ' = a − 1; b ' = b; c ' = c + 1 Khi đó 0 ≤ a ' < b ' < c ' ≤ 8

FI CI A

+) Gọi A là biến cố: “Số tự nhiên rút được có chữ số đứng sau luôn lớn hơn hoặc bằng chữ số đứng trước”.

Với mỗi cách chọn được bộ 3 số ( a '; b '; c ' ) cho tương ứng 1 bộ 3 số ( a; b; c ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Suy ra số phần tử của biến cố A là n ( A ) = C93 = 84 Vậy xác suất cần tìm là P ( A ) =

84 3 = . 448 16

ƠN

Có C93 cách chọn bộ 3 số ( a '; b '; c ')

QU Y

Câu 22. (HSG11 tỉ tỉnh Hà Nam năm 20182018-2019) Cho hình lập phương tâm O được ghép từ 9.9.9 hình lập phương đơn vị. Hai hình lập phương đơn vị được gọi là kề bên nếu chúng có chung một mặt. Con bọ ban đầu ở tâm O . Mỗi bước nhảy con bọ sẽ nhảy từ tâm khối lập phương đơn vị nó đứng sang tâm khối lập phương đơn vị kề bên. Tính xác suất để con bọ sau 4 bước nhảy sẽ quay lại điểm O . Lời giả giải

Tác giả giả: Lê Mai Hương; Fb:Le Mai Huong

Mỗi bước con bọ có thể nhảy ngẫu nhiên qua tâm của 6 hình lập phương đơn vị khác. Do đó không gian mẫu là n (Ω) = 6..6.6.6 = 64 .

Gọi A là biến cố “con bọ sau 4 bước nhảy sẽ quay lại điểm O ”.

Xét hệ trục tọa độ không gian gốc O với các trục song song các cạnh hình lập phương.

KÈ

Khi đó có hai trường hợp sau: TH1: Con bọ nhảy trên một đường thẳng (có 3 đường tương ứng 3 trục tọa độ) có 3.C 24 = 18 .

TH2: Con bọ nhảy không nhảy trên một đường thẳng (trong trường hợp này nó chỉ có thể nhảy trên 2 trục tọa độ) có 3.4! = 72 .

DẠ

Vậy xác suất của biến cố A là: P ( A) =

n ( A) 18 + 72 5 . = = 4 n (Ω) 6 72

Câu 23. (HSG12 tỉ tỉnh Điệ Điện Biên năm 20182018-2019) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được chọn từ các số 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9. Xác định số phần tử của S . Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để số được chọn là số chẵn. Lời giả giải Trang 207

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thanh Việ Việt ; Fb: Nguyễ Nguyễn Thanh Việ Việt 1. Số phần tử của tập S là n ( S ) = 9.9.8.7.6 = 27216.

Gọi số chẵn thuộc tập S có dạng abcde ( a ≠ 0 ) .

FI CI A

Nếu e ∈ {2; 4;6;8} , trường hợp này ta có: 8.8.7.6.4 = 10752 số. Nếu e = 0 , trường hợp này ta có: 9.8.7.6 = 3024 số. Vậy xác suất cần tìm là: P =

10752 + 3024 13776 41 . = = 27216 27216 81

Câu 24. (HSG12 Tỉ Tỉnh Đồ Đồng Nai 20182018-2019) Trong một tiết học môn Toán, giáo viên mời ba học sinh A , B , C thực hiện trò chơi như sau: Mỗi bạn A , B , C chọn ngẫu nhiên một số nguyên khác 0 thuộc khoảng ( −6;6 ) và lần lượt thế vào ba tham số của hàm số y = ax 4 + bx 2 + c ; nếu đồ thị hàm số thu được có ba điểm cực trị đều nằm phía trên trục hoành thì được nhận thưởng. Tính xác suất để ba học sinh A , B , C được nhận thưởng. Lời giả giải

Số phần tử của không gian mẫu : n ( Ω ) = 103 .

Hàm số có ba điểm cực trị ⇔ ab < 0 .

ƠN

Tác giả giả: Phạ Phạm Tiế Tiến Long; Long; Fb: Long Pham Tien

x = 0 Ta có : y ' = 4ax + 2bx = 0 ⇔ 2 x ( 2ax + b ) = 0 ⇔  . x = ± − b  2a 3

QU Y

    b b2 b b2 Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là A ( 0; c ) , B  − − ; − + c  , C  − ; − + c  . 2a 4a 2a 4a    

*)Trư *)Trườ Trường hợ hợp 1:

Nếu a < 0 thì A là điểm cực tiểu nên đồ thị hàm số có ba điểm cực trị đều nằm phía trên trục hoành

KÈ

 a ∈ {−5; − 4; − 3; − 2; − 1} a < 0 a < 0     có 5.5.5 = 125 (cách). ⇔ b > 0 ⇔ b > 0 ⇔ b ∈ {1; 2;3; 4;5} y > 0 c > 0   A  c ∈ {1; 2;3; 4;5}

*)Trư *)Trườ Trường hợ hợp 2:

Nếu a > 0 thì B , C là hai điểm cực tiểu nên đồ thị hàm số có ba điểm cực trị đều nằm phía trên trục hoành

DẠ

 a > 0 a > 0 b < 0   ⇔ ⇔ b < 0 .  yB > 0  b2  yC > 0  <c  4a

Suy ra được c > 0 và 4 a ∈ {4;8;12;16; 20} . Trang 208

b2 < 1 , b = −2  a ∈ {2;3; 4;5}  có 4 (cách). 4a

Với c = 1 

b2 < 1 , b = −3  a ∈ {3; 4;5}  có 3 (cách). 4a

Với c = 1 

b2 < 1 , b = −4  a ∈ {5}  có 1 (cách). 4a

Với c = 2 

b2 < 2 , b = −1  a ∈ {1; 2;3; 4;5}  có 5 (cách). 4a

Với c = 2 

b2 < 2 , b = −2  a ∈ {1; 2;3; 4;5}  có 5 (cách). 4a

Với c = 2 

b2 < 2 , b = −3  a ∈ {2;3; 4;5}  có 4 (cách). 4a

Với c = 2 

b2 < 2 , b = −4  a ∈ {3; 4;5}  có 3 (cách). 4a

Với c = 2 

b2 < 2 , b = −5  a ∈ {4;5}  có 2 (cách). 4a

Với c = 3 

b2 < 3 , b = −1  a ∈ {1; 2;3; 4;5}  có 5 (cách). 4a

Với c = 3 

b2 < 3 , b = −2  a ∈ {1; 2;3; 4;5}  có 5 (cách). 4a

Với c = 3 

b2 < 3 , b = −3  a ∈ {1; 2;3; 4;5}  có 5 (cách). 4a

Với c = 3 

b2 < 3 , b = −4  a ∈ {2;3; 4;5}  có (cách). 4a

FI CI A

Với c = 1 

b2 < 1 , b = −1  a ∈ {1; 2;3; 4;5}  có 5 (cách). 4a

QU Y

ƠN

Với c = 1 

Ta có các khả năng sau:

b2 < 3 , b = −5  a ∈ {3; 4;5}  có 3 (cách). 4a

Với c = 4 

b2 < 4 , b = −1  a ∈ {1; 2;3; 4;5}  có 5 (cách). 4a

KÈ

Với c = 3 

b2 < 4 , b = −2  a ∈ {1; 2;3; 4;5}  có 5 (cách). 4a

Với c = 4 

b2 < 4 , b = −3  a ∈ {1; 2;3; 4;5}  có 5 (cách). 4a

DẠ

Với c = 4 

Trang 209

Với c = 5 

b2 < 5 , b = −1  a ∈ {1; 2;3; 4;5}  có 5 (cách). 4a

Với c = 5 

b2 < 5 , b = −2  a ∈ {1; 2;3; 4;5}  có 5 (cách). 4a

Với c = 5 

b2 < 5 , b = −3  a ∈ {1; 2;3; 4;5}  có 5 (cách). 4a

Với c = 5 

b2 < 5 , b = −4  a ∈ {1; 2;3; 4;5}  có 5 (cách). 4a

Với c = 5 

b2 < 5 , b = −5  a ∈ {2;3; 4;5}  có 4 (cách). 4a

Trong trường hợp này có 101 (cách).

226 113 = . 1000 500

Suy ra có tất cả 125 + 101 = 226 (cách). Vậy xác suất là

b2 < 4 , b = −5  a ∈ {2;3; 4;5}  có 4 (cách). 4a

FI CI A

Với c = 4 

b2 < 4 , b = −4  a ∈ {2;3; 4;5}  có 4 (cách). 4a

ƠN

Với c = 4 

Câu 25. (HSG12 tỉ tỉnh Hả Hải Phòng năm năm 20182018-2019)

QU Y

Một quân vua được đặt trên một ô giữa bàn cờ vua. Mỗi bước di chuyển, quân vua được chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ô đang đứng ( xem hình minh họa).

KÈ

Bạn An di chuyển quân vua ngẫu nhiên 3 bước. Tính xác suất để sau 3 bước đi quân vua trở về ô xuất phát.

Lời giả giải

Tác giả giả: Nhóm 4 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc

Mỗi bước đi quân vua có thể đi đến 8 ô xung quanh, từ đó suy ra số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = 83 . Cách 1.

DẠ

Gắn hệ trục Oxy vào bàn cờ vua sao cho vị trí ban đầu của quân vua là gốc tọa độ, mỗi ô trên bàn

ứng với một điểm có tọa độ ( x; y ) . Mỗi bước di chuyển của quân vua từ điểm ( x; y ) đến điểm có tọa

độ

( x + x0 ; y + y0 )

trong đó x0 ; y0 ∈ {−1;0;1} ; x0 2 + y0 2 ≠ 0 . Ví dụ nếu x0 = 1; y0 = 0 thì quân vua di

chuyển đến ô bên phải, x0 = −1; y0 = −1 thì di chuyển xuống ô đường chéo.

Trang 210

Giả sử tọa độ ban đầu là

( 0; 0 ) ,

thế thì sau 3 bước đi thì tọa độ của quân vua là

 x1 + x2 + x3 = 0 . Suy ra   y1 + y2 + y3 = 0

( x1 + x2 + x3 ; y1 + y2 + y3 ) ; x1 , x2 , x3 , y1 , y2 , y3 ∈ {−1;0;1} . Để về vị trí ban đầu thì

{ x1 ; x2 ; x3 } có 6 cách chọn, với mỗi ( xi ; yi ) , i = 1;3 không đồng thời bằng 0 .

cách chọn

{ x1 ; x2 ; x3 }

FI CI A

các bộ { x1 ; x2 ; x3 } và { y1 ; y2 ; y3 } là một hoán vị của {−1; 0;1} . có 4 cách chọn

Do đó số kết quả thuận lợi cho biến cố bằng 24 và xác suất cần tìm là p = Cách 2.

{ y1; y2 ; y3 }

vì

24 3 . = 83 64

Nhận xét để quân vua trở về vị trí xuất phát sau 3 bước thì sau bước II quân vua phải ở một trong 8 ô xung quanh ô ban đầu.

Trườ Trường hợ hợp 1. Sau bước I quân vua ở 1 trong 4 ô chung cạnh với ô ban đầu.

ƠN

Từ đây quân vua có 4 cách đi cho bước II (đi ngang hoặc đi chéo). Ở bước III, quân vua chỉ có 1 cách đi về vị trí xuất phát. Vậy số cách đi ở TH1: 4 × 4 ×1 = 16 cách.

Trườ Trường hợ hợp 2. Sau bước I quân vua ở 1 trong 4 ô chung đỉnh với ô ban đầu. Từ đây quân vua chỉ có 2 cách đi cho bước II (đi ngang hoặc đi dọc). Ở bước III, quân vua chỉ có 1 cách đi về vị trí xuất phát.

Xác suất cần tìm: p =

QU Y

Vậy số cách đi ở TH2: 4 × 2 ×1 = 8 cách. 16 + 8 3 . = 83 64

KÈ

Câu 26. (HSG12 tỉ cuộc thi văn nghệ do đoàn thanh niên trường tỉnh QUẢ QUẢNG NINH 20182018-2019)Trong 2019) THPT X tổ chức vào tháng 11 năm 2018 với thể lệ mỗi lớp tham gia một tiết mục. Kết quả có 12 tiết mục đạt giải trong đó: có 4 tiết mục lớp 12 , có 5 tiết mục khối 11 và 3 tiết mục khối 10 . Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục biểu diễn chào mừng ngày 20 tháng 11 (không tính thứ tự biểu diễn). Tính xác suất sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn trong đó có ít nhất 2 tiết mục của khối 12 . Lời giả giải

Tác giả giả: Nguyễ Nguyễn Thị Thị Minh Nguyệ Nguyệt ; Fb: nguyen nguyet

Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là Ω Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = C125 = 792

DẠ

Gọi A là biến cố: ‘‘Chọn 5 tiết mục sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn trong đó có ít nhất 2 tiết mục của khối 12 ’’. Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là: + 2 tiết mục khối 12 , 2 tiết mục khối 10 , 1 tiết mục khối 11 + 2 tiết mục khối 12 , 1 tiết mục khối 10 , 2 tiết mục khối 11 + 3 tiết mục khối 12 , 1 tiết mục khối 10 , 1 tiết mục khối 11 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n ( A) = C42 .C32 .C51 + C42 .C31.C52 + C43 .C31.C51 = 330

Trang 211

Xác suất cần tìm là P ( A ) =

330 5 = . 792 12

FI CI A

Câu 27. (HSG12 tỉ A là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số. Chọn tỉnh Thái Binh năm 20182018-2019)Cho 2019) ngẫu nhiên một số thuộc tập A . Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 . Lời giả giải

Tác giả giả: Duyên Vũ; Vũ; Fb: Duyên Duyên Vũ Vũ Cách 1. Số phần tử của không gian mẫu là: Ω = 9.105 .

Gọi B là biến cố số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2.

Ta nhận thấy rằng: Số nhỏ nhất có 6 chữ số chia hết cho 13 là: 100009 , số lớn nhất có 6 chữ số chia hết cho 13 là: 999999 .

ƠN

Ta có 100009 + 13 = 100022 , do đó số có 6 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 13 và có tận cùng bằng 2 chính là số 100022 . Nhận thấy rằng nếu hai số tự nhiên có 6 chữ số cùng chia hết cho 13 và đều có chữ số tận cùng bằng 2 thì hiệu của chúng cũng chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 0 .

Số nhỏ nhất ( lớn hơn 0 ) có chữ số tận cùng bằng 0 chia hết cho 13 là 130 . Điều này chứng tỏ tất cả các số có 6 chữ số chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu là u1 = 100022 , công sai d = 130 . Công thức số hạng tổng quát của dãy là: un = u1 + (n − 1)d .

QU Y

Vì số cần tìm là số có 6 chữ số không vượt quá 999999 nên ta có: 100022 + ( n − 1)130 ≤ 999999 ⇔ n ≤

69230 = 6923,9 . 10

Vì n là số tự nhiên nên số hạng lớn nhất trong dãy trên ứng với n = 6923 .

Vậy số phần tử của biến cố B là B = 6923 .

Cách 2.

B Ω

6923 . 900000

KÈ

Xác suất của biến cố B là: P ( B ) =

Số phần tử của không gian mẫu là: Ω = 9.105 .

Gọi số chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 là a1a2 a3 a4 a5 2 .

DẠ

Ta có a1a2 a3 a4 a5 2 = 10.a1a2 a3 a4 a5 + 2 .

Gọi k là số dư của phép chia a1a2 a3 a4 a5 cho 13 ( k ∈ ℕ, 0 ≤ k ≤ 12 ) . Khi đó vì a1a2 a3 a4 a5 2 = 10.a1a2 a3 a4 a5 + 2⋮13 ( k ∈ ℕ, 0 ≤ k ≤ 12 ) nên ta có:

Trang 212

10k + 2⋮13 ( k ∈ ℕ, 0 ≤ k ≤ 12 ) 10 k + 2 ∈ ℕ , ( k ∈ ℕ, 0 ≤ k ≤ 12 ) . 13

Do đó tồn tại số tự nhiên t sao cho 10k + 2 = 13t ⇔ t =

FI CI A

Ta có bảng:

k =0

10 k + 2 2 = ∉ℕ 13 13

k =1

10 k + 2 12 = ∉ℕ 13 13

k =2

10k + 2 22 = ∉ℕ 13 13

k =3

10 k + 2 32 = ∉ℕ 13 13

k =4

10 k + 2 42 = = 4∈ℕ 13 13

k =5

10 k + 2 52 = ∉ℕ 13 13

k =6

10k + 2 62 = ∉ℕ 13 13

k =7

10k + 2 72 = ∉ℕ 13 13

Loại

k =8

10 k + 2 82 = ∉ℕ 13 13

Loại

ƠN

Loại

QU Y

k =9 k = 10

Loại Thỏa mãn Loại Loại

10 k + 2 92 = ∉ℕ 13 13

Loại

10k + 2 102 = ∉ℕ 13 13

Loại

10k + 2 112 = ∉ℕ 13 13

Loại

k = 11 k = 12

Loại

KÈ

10k + 2 122 Loại = ∉ℕ 13 13 Từ bảng trên ta có k = 4 là số dư của phép chia a1a2 a3 a4 a5 cho 13 . Như vậy, tồn tại số tự nhiên t để

a1a2 a3 a4 a5 = 13t + 4 .

Vì

10000 ≤ a1a2 a3 a4 a5 ≤ 99999

nên

10000 − 4 99999 − 4 , ≤t ≤ 13 13

hay

9996 99995 ≈ 768,923 ≤ t ≤ ≈ 7691,923 13 13

DẠ

 769 ≤ t ≤ 7691, t ∈ ℕ .

Gọi B là biến cố số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2. Khi đó số phần tử của biến cố B là B = 7691 − 769 + 1 = 6923 .

Trang 213

Xác suất của biến cố B là: P ( B ) =

B Ω

6923 . 900000

Câu 28. (HSG12 tỉ tỉnh Thừ Thừa Thiên Huế Huế năm 20182018-2019) Cho tập A = {0;1;2;3;4;5;6} . Gọi S là tập hợp

Gọi n = a1a2a3a4a5 là số tự nhiên cần tìm, trong đó các chữ số lấy từ tập A .

FI CI A

các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được chọn từ các phần tử của tập A . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 15. Lời giả giải

Số phần tử của tập S là số các số tự nhiên có 5 chữ số với các chữ số khác nhau lấy từ tập A .

Ta có n ( S ) = 6 A64 = 2160 . Do n chia hết cho 15 nên n chia hết cho 3 và 5. Suy ra a5 = 0 hoặc a5 = 5 .

TH1: a5 = 0  n = a1a2a3a4 0 trong đó 4 số a1 , a2 , a3 , a4 lấy từ tập {1;2;3;4;5;6} .

ƠN

Khi đó để n chia hết cho 3 thì ( a1 + a2 + a3 + a4 ) chia hết cho 3 Do 4 số a1 , a2 , a3 , a4 lấy từ tập {1;2;3;4;5;6} nên xảy ra 2 TH sau:

i) Trong 4 số đó gồm hai số chia hết cho 3, một số chia 3 dư 1, một số chia 3 dư 2.

Có tất cả A42 .2.2.2 = 96 số.

ii) Trong 4 số đó gồm hai số chia 3 dư 1, hai số chia 3 dư 2. Có tất cả 4! = 24 số.

QU Y

TH2: a5 = 5  n = a1a2a3a4 5 trong đó 4 số a1 , a2 , a3 , a4 lấy từ tập {0;1;2;3;4;6} . Khi đó để n chia hết cho 3 thì ( a1 + a2 + a3 + a4 ) chia 3 dư 1. Do 4 số a1 , a2 , a3 , a4 lấy từ tập {0;1;2;3;4;6} nên xảy ra 2 TH sau: iii) Trong 4 số đó gồm ba số chia hết cho 3, một số chia 3 dư 1.

* Nếu a1 = 3 thì a2 , a3 , a4 là các số trong bộ ba số {0;6;1} , {0;6;4} nên có 3!+ 3! = 12 số.

KÈ

* Nếu a1 = 6 thì a2 , a3 , a4 là các số trong bộ ba số {0;3;1} , {0;3;4} nên có 3!+ 3! = 12 số. * Nếu a1 = 1 hoặc a1 = 4 thì a2 , a3 , a4 là các số trong bộ ba số {0;3;6} nên có 3!+ 3! = 12 số.

Có tất cả 36 số.

DẠ

iv) Trong 4 số đó gồm một số chia hết cho 3, hai số chia 3 dư 1, một số chia 3 dư 2 * Nếu a1 = 3 hoặc a1 = 6 thì a2 , a3 , a4 là các số trong bộ ba số {1;2;4} nên có 3!+ 3! = 12 số. * Nếu a1 = 1 thì a2 , a3 , a4 là các số trong bộ ba số {2;4;6} , {2;4;3} , {2;4;0} nên có 3.3! = 18 số.

* Nếu a1 = 2 hoặc a1 = 4 thì tương tự đều có 18 số thỏa mãn.

Trang 214

Có tất cả 12 + 18.3 = 66 số. 96 + 24 + 36 + 66 37 . = 2160 360

Vậy xác suất cần tính là

FI CI A

Câu 29. (HSG12 tỉ tỉnh Cầ Cần Thơ năm 20182018-2019) Một lớp học trong một trường đại học có 60 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 30 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học cả tiếng Anh và tiếng Pháp. Chọn ngẫu nhiên 2 sinh viên của lớp học này. Tính xác suất để 2 sinh viên được chọn không học ngoại ngữ. Biết rằng trường này chỉ dạy hai loại ngoại ngữ là tiếng Anh và tiếng Pháp. Lời giả giải

Tác giả giả:Mai Ngọ Ngọc Thi ; Fb: Mai Ngọ Ngọc Thi

Cách 1:

ƠN

Sử dụng biểu đồ ven như hình vẽ bên dưới

QU Y

Như vậy lớp đại học đã cho có 10 sinh viên không học ngoại ngữ. Ta xét phép thử : Chọn 2 sinh viên bất kỳ trong số 60 sinh viên của lớp học. Số khả năng xảy ra của phép thử là n ( Ω ) = C602 .

Xét biến cố A : Chọn ra 2 sinh viên không học ngoại ngữ.

Như vậy điều kiện thuận lợi của biến cố A là chọn 2 sinh viên trong 10 sinh viên không học ngoại ngữ. Do đó n ( A) = C102 .

P ( A) =

KÈ

Suy ra xác suất để chọn được 2 sinh viên không học ngoại ngữ là n ( A)

n (Ω)

3 C102 = . 2 C60 118

DẠ

Cách 2 : Gọi A , P , K lần lượt là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, học tiếng Pháp và không học ngoại ngữ. Khi đó n ( A ∪ P ∪ K ) = 60 , n ( A ) = 40 , n ( P ) = 30 , n ( P ) = 20 . Ta có

n ( A ∪ P ∪ K ) = n ( A) + n ( P ) + n ( K ) − n ( A ∩ P ) − n ( A ∩ K ) − n ( P ∩ K ) + n ( A ∩ P ∩ K )

Nên 60 = 40 + 30 + n ( K ) − 20 − 0 − 0 + 0 ⇔ n ( K ) = 10 . Trang 215

Gọi X là biến cố “ 2 sinh viên được chọn không học ngoại ngữ”. Ta có n ( Ω ) = C602 ; n ( X ) = C102 . n( X ) n (Ω)

3 C102 = . 2 C60 118

P(X ) =

FI CI A

Do đó

Câu 30. (HSG12 tỉ tỉnh TỈ TỈNH VĨNH VĨNH PHÚC 20182018-2019) Xếp mười học sinh gồm bốn học sinh lớp 12 , ba học sinh lớp 11 và ba học sinh lớp 10 ngồi vào một hàng ngang gồm 10 ghế được đánh số từ 1 đến 10 . Tính xác suất để không có hai học sinh lớp 12 ngồi cạnh nhau. Lời giả giải

Tác giả giả: Hoàng Minh Thành ; Fb: Hoàng Minh Thành

Gọi A là biến cố "Không có hai học sinh lớp 12 ngồi cạnh nhau"

Số cách xếp bất kỳ 10 học sinh là: n(Ω) = 10!

Suy ra : n( A) = 6!. A74

n( A) 1 = n(Ω) 6

Xác suất của biến cố A là : P( A) =

ƠN

Số cách xếp 6 học sinh gồm lớp 11 và lớp 10 là : 6! . Vì 6 học sinh được xếp ở trên tạo ra 7 khoảng trống ( 5 khoảng giữa 2 học sinh và 2 khoảng ở vị trí hai đầu) nên chọn 4 trong 7 vị trí đó để xếp 4 học sinh lớp 12 có A74 cách

Vậy xác suất để không có hai học sinh lớp 12 ngồi cạnh nhau là:

1 . 6

Tác giả giả:Dương Hồ Hồng ; Fb:Dương Hồ Hồng

QU Y

Câu 31. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Có 6 bi gồm 2 bi đỏ, 2 bi vàng, 2 bi xanh (các bi này đôi một khác nhau). Xếp ngẫu nhiên các viên bi thành hàng ngang, tính xác suất để hai viên bi vàng không xếp cạnh nhau? 2 1 5 1 A. P = . B. P = . C. P = . D. P = . 3 3 6 5 Lời giả giải

Chọ Chọn A

KÈ

Cách 1: 1 Số phần tử của không gian mẫu là P6 = 6! = 720 . Xếp 4 viên bi gồm 2 viên bi đỏ và 2 viên bi xanh thành hàng ngang có 4! cách.

Với mỗi cách xếp 4 viên bi nói trên, cứ giữa 2 viên bi có 1 khoảng trống, tính cả khoảng trống 2 đầu hàng ta có 5 khoảng trống. Chọn 2 trong 5 khoảng trống trên để xếp 2 viên bi vàng vào ta có A52 = 20

DẠ

cách.

Vậy số cách xếp 6 viên bi vào hàng ngang sao cho 2 viên bi vàng không xếp cạnh nhau là 4!.20 = 480 cách. Vậy P =

480 2 = . 720 3

Cách 2: 2 Dùng phần bù Trang 216

Số phần tử của không gian mẫu là P6 = 6! = 720 . Coi 2 viên bi vàng là 1 nhóm, xếp cùng 4 viên bi còn lại thành 1 hàng ngang có 5! = 120 cách.

Hoán vị 2 viên bi vàng trong nhóm trên có 2! = 2 cách.

Vậy P =

FI CI A

Số cách xếp 6 viên bi vào hàng ngang sao cho 2 viên bi vàng xếp cạnh nhau là 2.120 = 240 cách. Vậy xếp 6 viên bi vào hàng ngang sao cho 2 viên bi vàng không xếp cạnh nhau là 720 − 240 = 480 cách.

480 2 = . 720 3

Câu 32. (HSG12 Tỉ Tỉnh Nam Đị Định 20182018-2019) Cho tập X = {1; 2;...;8} . Gọi A là tập các số tự nhiên có

8 chữ số đôi một khác nhau được lập từ X . Lấy ngẫu nhiên một số từ tập A . Tính xác suất để số được lấy chia hết cho 2222. C 2C 2C 2 192 4!4! 348 A. 8 6 4 . B. . C. . D. . 8! 8! 8! 8! Lời giả giải

ƠN

Chọ Chọn B

Ta có n ( Ω ) = 8! .Gọi số được lấy từ A có dạng a = a1a2 ...a8 .

a ⋮ 2 a ⋮ 2 Vì 2222 = 2.1111 , hơn nữa 2 và 1111 là 2 số nguyên tố cùng nhau nên a ⋮ 2222 ⇔  ⇔ 8 . a ⋮1111 a ⋮1111 Từ a1 + a2 + ... + a8 = 1 + 2 + .. + 8 = 36⋮ 9 nên a ⋮ 9999 .

(a a a a

1 2 3 4

Nhưng

(

a = a1a2 ...a8 = 10000.a1a2 a3 a4 + a5 a6 a7 a8 = 9999.a1a2 a3 a4 + a1a2 a3 a4 + a5 a6 a7 a8

có

)

suy

+ a5 a6 a7 a8 ⋮ 9999 .

vì

QU Y

Lại

2000 < a1a2 a3 a4 + a5 a6 a7 a8 < 18000

nên

a1a2 a3 a4 + a5 a6 a7 a8 = 9999

hay

a1 + a5 = a2 + a6 = a3 + a7 = a4 + a8 = 9 .

Dễ thấy mỗi số tự nhiên a thỏa mãn điều kiện trên và a8 là số chẵn đều chia hết cho 2222.

KÈ

a8 có 4 cách chọn.

Chia 8 số từ X thành bốn bộ có tổng bằng 9 là (1;8 ) , ( 2;7 ) , ( 3; 6 ) , ( 4;5 ) .

Mỗi cách chọn a8 ta có duy nhất một cách chọn a4 . Ba bộ còn lại ( a1 ; a5 ) , ( a2 ; a6 ) , ( a3 ; a7 ) có thể hoán vị cho nhau, đồng thời hai phần tử trong mỗi bộ 3

có cũng có thể hoán vị cho nhau nên có tất cả 3!. ( 2!) cách chọn. 3

DẠ

Tóm lại, ta có n ( A ) = 4.3!. ( 2!) = 192 .

Vậy P ( A ) =

n ( A) 192 = . n ( Ω ) 8!

Trang 217