Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Trung Tâm Thăng Long TPHCM
2014
Phân Tích Và Bình Luận Câu 8 và 9 Trong Đề Thi Đại Học Khối A Năm 2014
Câu 8. Giải hệ phương trình:
2
3
12 (12 ) 12 (1)
8 1 2 2 (2)
x y y x
x x y

− + − =



− − = −

.
Lời giải. Điều kiện:
2 3 2 3
2
x
y


− ≤ ≤

≥


.

12y x
= −
vào phương trình (2), ta có:
3 2
8 1 2 10 (3)x x x
− − = −
. Điều kiện:
0 2 3x
≤ ≤
.
Cách 1:
Phương trình (3)
2
3 2 2
2
9
8 3 2 1 10 0 ( 3)( 3 1) 2 0
1 10
x
x x x x x x
x
−
 
⇔ − − + − − = ⇔ − + + + =
 ÷
 
+ −

2
2

+ + + = > ∀ ≥

+ −


3 3x y⇔ = ⇒ =
Page 1
Điện thoại : 0907415107
Trung tâm Thăng Long TP.HCM
Địa chỉ: 766/36 -766/38 CMT8, P5, Q. Tân Bình.
Giáo viên: Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Nguyễn Thị
Duy An
ĐT: 0907415107.
Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Trung Tâm Thăng Long TPHCM
2014
Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm
3
3
x
y

=

=

.
 Nhận xét: Nếu chúng ta không để ý đến điều kiện phát sinh là
0x
≥
thì việc giải phương trình (3)

0x
≥
.
Cách 2:
Từ phương trình (3), ta có:
3 2 2 2
8 1 2 10 ( 8) 0 8 2 2x x x x x x x− = + − ⇒ − > ⇒ > ⇒ >
.
Viết lại phương trình (3) về dạng:
3 2
8 1 2 10 0 (4)x x x
− − − − =
.
Xét hàm số
3 2
( ) 8 1 2 10f x x x x= − − − −
liên tục trên
(
2 2 ; 2 3


.

(
2
2
2
'( ) 3 8 0 2 2 ; 2 3
10
x

thì ta phải xét hàm số
( )f x
trên miền
(
0; 2 3


, do đó phải tiến hành tính
(
3
2
20
''( ) 6 0 0; 2 3
10
f x x x
x

= + > ∀ ∈

 
−
 ÷
 
và khẳng định phương trình
( ) 0f x =
có tối đa 2
nghiệm thuộc
(
0; 2 3


−
 
Câu 9. Cho
, ,x y z
là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện
2 2 2
2x y z
+ + =
. Tính giá trị lớn nhất
của biểu thức:
2
2
1
1 9
1
x y z yz
P
x y z
x yz x
+ +
= + −
+ + +
+ + +
.
Lời giải.
 Phân tích:
Các bài bất đẳng thức năm 2013 nhìn vào là các em Giỏi Toán đoán được hướng làm, năm nay thì khác
một chút vì phải chọn điểm rơi trước mới định hướng được cách giải.
Dễ dàng nhận thấy các bộ
( , , ) (1,1, 0); (1, 0,1); (0,1,1)x y z

1x y z
= + =
.
Cách 1:
Viết lại
2
2
(1 )
1 9
(1 )
x y z yz
P
x y z
x x yz
+ +
= + −
+ + +
+ + +
.
Từ giả thiết phải làm xuất hiện
y z
+
và
1 yz
+
, ta có:
2 2 2 2 2
2 2 2 ( ) .x y z yz x y z
= + + ⇒ + = + +
Áp dụng các bất đẳng thức phụ

Điện thoại : 0907415107
Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Trung Tâm Thăng Long TPHCM
2014
2 2 2
2
( ) ( )
1 36 1 36
( )
x y z x y z x y z x y z
P
x y z x y z
x x x y z
+ + + + + + +
≤ + − = −
+ + + + + +
+ + +
Đặt
2 2 2
3( ) 6t x y z x y z= + + ≤ + + =
, điều kiện:
0 6t
≤ ≤
. Khi đó:
2
( )
1 36
t t
P f t
t
≤ − =

t t t
− + − − − +
= − = =
+ + +
.
Cho
3 2 2
'( ) 0 2 18 (2 )( 4 9) 0 2f t t t t t t t t
= ⇔ − − − + ⇔ − + + = ⇔ =
.
Bảng biến thiên:
t
0

2

6
'( )f t

+

0

−
( )f t

5
9

Dựa vào bảng biến thiên, ta có:

+ + + + + +
+ = = = ≥ +
.
Page 4
Điện thoại : 0907415107
Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Trung Tâm Thăng Long TPHCM
2014
Khi đó:
2
2
1
1 9
( )
x y z yz
P
x y z
x x x y z
+ +
≤ + −
+ + +
+ + +

1 1
1 1 9 1 9
x y z yz x y z yz
x y z x y z x y z
+ + + + +
= + − = −
+ + + + + + + + +


Đặt
1t yz
= +
, điều kiện:
1t
≥
.
Suy ra
2
1
1 ( )
2 1 9
t
P f t
t
≤ − − =
+
với
1t
≥
.
2
2 2
2 2 2 9 (2 1)
'( ) .
9 9
(2 1) (2 1)
t t t
f t
t t

Huỳnh Nguyễn Luân Lưu – Trung Tâm Thăng Long TPHCM
2014
Ta thấy
5
9
P =
khi
1; 0x y z
= = =
hoặc khi
1; 0x z y
= = =
.
Vậy GTLN của biểu thức
P
là
5
9
, đạt được khi
1; 0x y z
= = =
hoặc khi
1; 0x z y
= = =
.
Page 6
Điện thoại : 0907415107