Tài liệu Kinh nghiệm giải Toán bất đẳng thức và tìm cực trị

Tài Liệu Kỉ Niệm Page “Tài Liệu Toán Học” Kinh Nghiệm Giải Toán B ất Đẳng Thức & Tìm Cực Trị . Th ứ 4 15 11 1 T à i l i ệ u dạ n g s ư u t ầ m và biên so ạ n LỜI NÓI ĐẦU Bài toán Bất đẳng thức và tìm cực trị của biểu thức đại số là bài toán thường xuyên xuất hiện trong các đề thi học thi giỏi các cấp, đề vào lớp 10 THPT, cũng như nhiều trường Chuyên trên cả nước. Dạng toán này thường được người ra đề lựa chọn là câu khó nhất của đề thi là do những bai toán xoay quay chủ đề này rất đa dạng, học sinh ít khi trúng tủ, một bài toán thường có nhiều cách giải nên có thể kiểm tra được năng lực tư duy giải toán của học sinh. Với mong muốn giúp của các bạn học sinh khá, giỏi không bị lúng túng trước những bài toán dạng này để kiếm được chọn vẹn điểm của kì thi, Ad đã cố gắng sưu tầm và đọc khá nhiều tài liệu về BĐT và tìm GTLN, GTNN, cũng như kham khảo rất nhiều các đề toán thi học sinh giỏi lớp và thi vào lớp 10 để có thể đúc rút ra những dạng toán thường được các thầy cô trong ban ra đề ưa thích. Đây không phải là cuốn sách của những bài toán quá khó, mang tính chất đánh đố, mà là những bài toán được lấy trong chính các đề thi học sinh giỏi, đề vào lớp 10 các tỉnh, và đề thi vào các trường chuyên trên cả nước được mình sưu tầm những năm gần đây nhất được đem ra phân tích, bình luận một cách rất tỉ mĩ. Nó không chỉ là kiến thức mà còn là kinh nghiệm giải toán của bản thân mình và cả rất nhiều thầy cô khác mình đã đọc và viết lại trong cuốn sách này. Bản thân AD là người không thích những cuốn sách dày, viết tràn lan không có trọng tâm. Nên trong cuốn sách này chỉ có 2 phần : - Những bài viết về kĩ thuật và kinh nghiệm các dạng toán thường gặp trong đề thi. - Các bài toán trong các kì thi HSG, Thi lớp 10 chuyên được phân tích kỹ. Mong muốn làm sao của AD là các bạn cso thể vận dụng những kiến thức và kinh nghiệm trong cuốn sách này để có thể lấy được điểm 10 trong các kì thi toán cuối cấp 2 này ^^ ! Tài liệu kham phục vụ các bài viết trong sách : + Phương pháp giải đề tuyển sinh lớp 9 (Thầy : Nguyễn Ngọc Dũng) + Phân tích bình luận các đề thi vào Lớp 10 chuyên (Tập thể học sinh chuyên toán) + Tạp trí toán học tuổi trẻ, Tạp trí toán học tuổi thơ./. Thanh Hóa, ngày 15 tháng 11năm 2017 AD Page « Tài Liệu Toán Học » 2 CHƯƠNG I : Các bài toán hay, khó và lời giải, bình luận chi tiết. Câu 1. (Trích đề tuyển sinh lớp 10 tỉnh Bắc Giang năm học 2017) Cho x, y thỏa mãn x ≤ 2, x + y ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = 14x2 + 9y2 + 22xy – 42x – 34xy + 35. Phân tích. Khi nhìn vào biểu thức cần đánh giá ta nghĩ ngay đến phương án đưa biểu thức này về dạng tổng các bình phương, tuy nhiên việc đưa biểu thức A về dạng tổng các bình phương có quá nhiều các lựa chọn, và việc « mò mẫm » có khả năng dẫn tới bế tắc. Để ý từ điều kiện hai biến x, y ta thấy rằng x ≤ 2 ; y ≥ 0 do đó có thể đổi hai biến x, y thành hai biến a, b với điều kiện a ≥ 0, b ≥ 0 (hiển nhiên ta nghĩ ngay đến việc đặt a = 2 - x ; b = x + y – 2) thì bài toán có lẽ sẽ trở nên đơn giản hơn. Và sau khi đổi biến như vậy cùng với việc đưa biểu thức A về tổng các bình phương ta có thể giải bài toán đơn giản hơn. Lời giải. Đặt a = 2 – x , b = x + y – 2 (a, b ≥ 0) suy ra y = a + b Ta có biểu thức A trở thành : A = 14(2 – a)2 + 9(a + b)2 + 22(2 – a)(a + b) – 42(2 – a) – 34(2 – a)(a + b) + 35. = a2 + 9b2 – 4ab – 4a + 10b + 7 = a2 + 4b2 + 4 – 4ab – 4a + 8b + 15b2 + 2b + 3 = (a - 2b – 2)2 + 15b2 + 2b + 3 ≥ 3 ∀a, b Dấu « = » xảy ra khi a – 2b – 2 = 0 và b = 0 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 3 khi x = 0 và y = 2 Bình luận. Đây là bài toán có thể gây mất thời gian Cho học sinh trong quá trình mò mẫn đưa biểu thức A về dạng tổng các bình phương và nhiều khả năng sẽ gặp bế tắc trong việc đánh giá biểu thức. Và ngay sau đây là phương án giải quyết bài toán bằng cách mò mẫn. Lời giải. Ta có : A = 14x2 + 9y2 + 22xy – 42x – 34xy + 35. = x2 + 9(x + y)2 + 4x(x + y) – 8x – 34(x + y) + 35 Đặt x + y = t , t ≥ 2. Ta có : A = x2 + 9t2 + 4xt – 8x – 34t + 35 3 = (x + 2t – 2)2 + (t – 2)(5t – 8) + 3 ≥ 3 ∀x, t Dấu « = » xảy ra khi x + 2t – 2 = 0 và t = 2 . Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là 3 khi x = 0 và y = 2. Câu 2. (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Bình Định Năm 2017) Cho a, b, c ∈ [0 ; 1]. Chứng minh rằng : a + b2 + c3 – ab – bc – ca ≤ 1. Phân tích. Đây là dạng toán chứng minh BĐT không đối xứng kèm theo điều kiện biên của các biến. Dựa vào điều kiện ta dễ dàng thấy ngay 1 – a ≥ 0 ; 1 – b ≥ 0 ; 1 - c ≥ 0 nhân các đại lượng 1 – a ; 1 – b ; 1 – c với nhau kèm với sự đánh giá b2 ≤ b ; c3 ≤ c sẽ cho ta lời giải bài toán trên cụ thể lời giải bài toán trên như sau : Lời giải. Vì a, b, c ∈ [0 ; 1] nên 1 – a ≥ 0 ; 1 – b ≥ 0 ; 1 - c ≥ 0. Do đó : (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 0 ⇔ a + b + c – ab – bc – ca + abc ≤ 1 (1) Vì a, b, c ∈ [0 ; 1] nên b2 ≤ b ; c3 ≤ c ; a, b, c ≥ 0 ⇒ a + b2 + c3 – ab – bc – ca ≤ a + b + c – ab – bc – ca + abc (2) Từ (1) và (2) ta có : a + b2 + c3 – ab – bc – ca ≤ 1 Vậy ta có điều phải chứng minh. Bình luận. Đây là dạng toán khó, thường xuất hiện trong các câu phân loại trong các kì thi lớn, kể cả thi đại học. Thường không có phương pháp chung nào để giải các bài toán như vậy mà tùy thuộc vào sự nhạy bén của người giải. Tuy nhiên dựa vào điều kiện của bài toán ta có thể đưa ra định hướng ban đầu cho bài toán. Cụ thể trong bài toán này ta dùng phương pháp đánh giá điều kiện biên. Câu 3. (Trích đề thi vào lớp 10 tỉnh Bắc Giang) Cho các dương a, b, c thỏa mãn 2a + 3b ≤ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2002 2017 Q = 2996ab 5501 . ab Phân tích. Quan sát bài toán cho 2 số dương a, b và biểu thức Q , giúp ta định hướng ngay đến việc sử dụng BDDT Cô – si để giải toán. Dự đoán dấu « = » xảy ra khi a = 4 1 ;1b . Để bảo toàn được dấu « = » khi sử dụng BĐT Cô – si, ta sẽ chọn số α , 2 β sao cho Lời giải. Q = . 2002 2017 ( 8008a ) ( 2017 b ) 2506(2 a 3 b ). ab Áp dụng BĐT Cô- si và sử dụng giả thiết 2a + 3b ≤ 4 ta có : 2002 2017 Q ≥ 2. .8008ab 2. .2017 2506.4 ≥ 8008 + 4034 – 10024 = 2018. ab 2002 8008a a 1 2017 a Dấu « = » xảy ra khi : 2017b 2 b b 1 2ab 3 4 1 Vậy Q 2018 khi ab ; 1. min 2 Bình luận. Với dạng toán này khi chọ được điểm rơi thì việc biến đổi tương đối đơn giản, áp dụng BĐT Cô – si quen thuộc và từ giả thiết bài toán để hoàn thành lời giải. Bài tập tương tự. Cho a ≥ 10, b ≥ 100, c ≥ 100. Tìm giá trị của biểu thức : 1 1 1 P a b c . a b c Đáp án. 1110111 Pmin = đạt được khi a = 10, b = 100, c = 1000. 1000 Câu 4. 2002(Trích 2017đề thi vào lớp 10 tỉnh Bắc Ninh 2017) 2996ab 5501 Cho 4 absố dương x, y, z, t thỏa mãn x + y + z + t = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của (x y z )( x y ) biểu thức A . xyzt Phân tích. 5 Nhìn vào bài toán ta có thể đoán được A đạt giá trị nhỏ nhất khi các biến x, y, z, t được giá trị không bằng nhau. Do đó ta rất khó đoán được điểm rơi của bài toán, bài tập này đoài hỏi học sinh phải giải nhiều bài tập Cô – si trước đó mới có kinh nghiệm giải bài toán này. Lời giải. Với x, y, z, t > 0 theo BĐT Cô – si ta có : xy xy ≥ 2 xy ()x y z ≥ 2 (x y ). z ()x y z t ≥ 2 (x y z ). t Suy ra : (x y )( x y z )( x y z t ) ≥ 8xyzt ( x y )( x y z ) Mà x + y + z + t = 2 suy ra : (x y )( x y z ).2 ≥ ⇔ (x y )( x y z ) ≥ 4xyzt ( x y )( x y z ) ⇔ (x y )( x y z ) ≥ 4. xyzt ⇔ ≥ 16. xyzt ⇔ (x y )( x y z ) ≥ 16xyzt = 16 xyzt xyzt 1 xy xy 4 x y z 1 Dấu “=” xảy ra khi z x y z t 2 x y z t 2 t 1 11 Vậy Amin= 16 khi x = y = ,zt , 1. 42 Bình luận. Học sinh phải thành thục BĐT Cô – si Cộng thêm một chút may mắn để giải bài toán này. Câu 5. (Trích đề thi tuyển sinh Lớp 10 tỉnh Nình Định 2017) Cho hai số dương x, y thỏa mãn điều kiện x + y ≤ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 6 2 35 P 2 xy x22 y xy Phân tích. Khi nhìn vào biểu thức của P ta nhận thấy đây là một biểu thức đối xứng. Khi ta thay đổi vị trí của x và y cho nhau thì biểu thức không thay đổi, vì vậy ta nghĩ ngay đến giải bằng cách sử dụng điểm rơi rồi dùng BĐT Cô – si. Mặt khác giả thiết là x + y ≤ 4 kết hợp với biểu thức P đối xứng nên ta có ngay điểm rơi là x = y = 2. Sau khi xác định được điểm rơi, ta chỉ cần thêm bớt vào biểu thức P một vài biểu thức phù hợp để sử dụng BĐT Cô – si. Lấy điểm rơi thay vào biểu thức P ta sẽ biết trước được giá trị nhỏ nhất là của P là bao nhiêu, ở đây minP = 17. Lời giải. Ta có: 2x2 y 2 35 35 xy x 2 y 2 35 xy = 2xy x22 y32 xy 16 32 16 2x2 y 2 35 35 xy ( x y ) 2 xy = . x22 y32 xy 16 32 8 22 Sử dụng Cô – si cho các cặp ( xy ; 2 ) và ( 35 ; 35xy ) ta có: 32 xy22 xy 16 2 xy22 2 1 35 35xy 352 35 ≥ 2 = ; ≥ 2. = xy22 32 32 2 xy 16 16 2 xy 1 ()xy 2 1 Mặt khác: x + y ≤ 4 ⇒ x.y ≤ 4 nên ≤ , ≤ 8 2 32 2 Vậy minP = + - - = 17. Dấu “=” xảy ra khi x = y = 2 Cách khác. 2 2 34 17xy xy 2.4 34.17 (xy )2 = ≥ 2 x22 y2 xy xy 8 8 x22 y2 xy 8 32 81 ≥ 17 17 16 2 Dấu “=” xảy ra khi x = y = 2 Bình luận. Những lời giải bằng cách tách như trên đoài hỏi học sinh phải có những kĩ năng giải toán tương đối tốt. Với những bạn ở mức học TB-Khá và Khá muốn ăn 7 điểm đư2ợc câu 35 này thì nên làm cách ít cần kĩ năng. Mình xin trình bày lời giải P 22 2 xy đơn xgiả n y nhấ xyt các bạn có thể kham khảo. - Bước 1:Do bài toán đối xứng hoàn toàn với x và y nên dễ dàng dự đoán được dấu bằng đạt được khi x = y = 2, thay giá trị x = 2, y = 2 vào biểu thức P ta được giá trị nhỏ nhất của P là: Pmin= 1. - Bước 2: từ đẳng thức (x + y)2 = x2 + y2 + 2xy Ta biểu diễn x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy ≤ 16 – 2xy ⇒ 2 ≥ 2 xy22 16 2xy (xy )22 4 Đặt điều kiện cho biến: xy ≤ 4 do đó 0 < xy ≤ 4. 44 Ta sẽ chứng theo phương pháp tương đương trực tiếp: 35 Ta có: ≥ f(xy)= + 2xy xy 1 35 Đặt xy = t. Bài toán trở thành: P ≥ f(t) = + 2t với 0 < t ≤ 4 8 t t Ta sẽ chứng minh: f(t) = + ≥ 17 (*) Thật vậy: (*) ⇔ t + 35(8 – t) + 2t2(8 – t) ≥ 17t(8 – t) ⇔ t + 280 – 35t+ 16t2 – 2t3 ≥ 136t – 17t2 ⇔ 2t3 – 33t2 + 170t - 280 ≤ 0 ⇔ (t – 4)(2t2 – 25t + 70) ≤ 0 ⇔ 2t2 – 25t + 70 ≥ 0 ⇔ (4 – t)(17 - 2t) + 2 ≥ 0 (Đúng với mọi 0 < t ≤ 4) Vậy Pmin = 17 khi t = 4 hay x = y = 2 Nhận xét . Do dự đoán x = y = 2 nên dấu “=” khi t = 4 đúng là cơ sở để ta dồn về nhân tử (t – 4) để đánh giá Câu 6. (trích đề tuyển sinh lớp 10 tỉnh Bình Dương) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của x 1 y 1 z 1 biểu thức: Q . 1 y2 1 z 2 1 x 2 Phân tích. 8 Đây là bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức khi biết điều kiện cho trước (Tạm gọi điều kiện ban đầu). Ta nhận thấy biểu thức Q có dạng đối xứng (nghĩa là vai trò của x, y, z trong bài toán là giống hệt nhau). Do đó ta nghĩ đến việc sử dụng BĐT Cô – si để giải toán dấu bằng khi x = y = z. Tuy vậy biểu thức Q khá phức tạp và không có dạng cơ bản, nên ta sẽ cố gắng thêm bớt và tách các hạng tử nhỏ về các biến quen thuộc và đơn giản hơn để đánh giá. Lời giải. x 1 y 1 z 1 x y z 1 1 1 Q ()() = M + N 1 y2 1 z 2 1 x 2 1 y2 1 z 2 1 x 2 1 y 2 1 z 2 1 x 2 x y z Xét M , áp dụng BĐT Cô – si ta có: 1 y2 1 z 2 1 x 2 x x(1 y2 ) xy 2 xy 2 xy2 xy x ≥ xx 1 y2 1 y 2 1 y 2 22y y yz z zx Tương tự ta có: ≥ y ; ≥ z . Suy ra: 1 z2 2 1 x2 2 xy yz zx xy yz zx ≥ ()()x y z = 3 - 2 2 2 2 Lại có: x2 y 2 z 2 xy yz zx (x y z )2 3( xy yz zx ) xy yz zx 3 xy yz zx 3 Suy ra: M 33 22 Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 1. 1 1 1 Xét N ta có: 1 y2 1 z 2 1 x 2 1 1 1 y2 z 2 x 2 3 – N = (1 ) (1 ) (1 ) 1 y2 1 z 2 1 x 2 1 y 2 1 z 2 1 x 2 2 2 2 y z x x y z 3 33 N N 3 2y 2 z 2 x 2 2 22 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1. Từ đó suy ra: Q ≥ 3 Vậy Qmin = 3 ⇔ x = y = z = 1. Câu 7. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh: x + 2y + z ≥ 4(1- x)(1 – y)(1 – z) Lời giải. Đặt a = x + y, b = y + z, c = z + x thì bài toán trở thành: Cho a, b, c thỏa mãn a + b + c = 2. Chứng minh rằng: a + b ≥ 4abc Cách 1. 4(a + b) = (a + b)(a + b + c)2 ≥ (a + b).4.(a + b).c = 4c.(a + b)2 ≥ 16abc. 9 (áp dụng BĐT (x + y) ≥ 4xy) Vậy a + b ≥ 4abc Cách 2. Ta có: 2 a b c 2 ( a b ). c 2 2 abc ⇔ 1 ≥ 2.ab c ⇔ 1 ≥ 2.ab c > 0 Mà a + b ≥ 2 ab nhân theo vế ta có: a + b ≥ 4abc Đẳng thức xảy ra khi: a + b = c và a = b, khi đó: 11 a x y 1 22x 2 11 b 10 y z y 22 1 c 11 z x z 2 Câu 8. Cho x, y là hai số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất cảu biểu thức: 16 xy xy22 P x y xy Phân tích. 16 xy xy22 Ta có P gồm & , như vậy trong P xuất hiện xy , x + y. x2 + y2 . x y xy Để đơn giải cần đưa P về xy và x + y như sau: 16 xy ()xy 2 = 2 . x y xy Do x, y đối xứng nên ta dự đoán P đạt giá trị nhỏ nhất là 10 khi x = y. Do đó sử dụng kĩ thuật chọn điểm rơi tại x = y ta được: 16 xy ()xy 2 88xy xy ()xy 2 8 , 4 . Suy ra khi x = y thì 4 xy xy x y x y xy Khi đó áp dụng BĐT Cô – si cho ba số không âm ta dễ tìm được giá trị nhỏ nhất của P , ngoài ra ta có thể sử dụng điều kiện dấu “=” khi P đạt giá trị nhỏ nhất để thêm bớt các hằng số vào biểu thức đánh giá các hằng số như sau: 16xyx2 y 2() x y 2 8( x y )2 P 8 2 10 10 x y xy xy x y Tới đây ta có thể kết hợp phương pháp biến đổi tương đương kết hợp AM – GM ()xy 2 8(xy )2 (Cô – si) để chứng minh: 0 xy x y Lời giải. 10 Áp dụng BĐT AM – GM cho ba số không âm ta có: 88xy xy ()xy 2 = = 2 x y x y xy 88xy xy ()xy 2 3.3 . . 2 10 x y x y xy 8 xy ()xy 2 Đẳng thức xảy ra khi ⇔ x = y x y xy 16 xy xy22 Cách 2. Ta có: 8 2 10 x y xy ()xy 2 8(xy )2 10 xy x y ()xy 2 8(xy )2 Ta chứng minh: 10 0 (*) xy x y 16 xy xy22 (x y )( x y )22 8P xy ( x y ) Thật vậy: (*) ⇔ x y xy0 ⇔ xy() x y (x y )( x y )22 8 xy ( x y ) 0 (x y )( x y )2 ( x y ) 2 8 xy ( x y ) 2 0 (x y )22 (( x y )( x y ) 8 xy ) 0 (**) Áp dụng BĐT AM-GM cho hai số không âm ta có: 2 (x y )( x y ) 8 xy16 2xy xy .4()xy xy 82 xy 0 2 Vậy (**) đúng hay (*)x đúng. y Đẳ xyng thức xảy ra khi x = y Do đó P ≥ 10 . Kết luận: Pmin 10 khi x = y (x y )4 (4 xy x y ) Cách 3. Ta có: = 10 10 xy() x y Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 10 khi x = y Bình luận. Bài toán khá đơn giản. Học sinh chỉ cần nắm vững BĐT AM-GM kết hợp kĩ thuật chọn điểm rơi là có thể giải toán. Câu 9. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa) Cho a, b, c là độ dài của ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng: a2 b 2 c 2 b 2 c 2 a 2 a 2 c 2 b 2 1 2ab 2 bc 2 ca Phân tích. Đề bài cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác nên ta sẽ lưu ý đến BĐT sau 11 a + b – c > 0. Bắt đầu bài toán bằng cách chuyển hết sang một vế và quy đồng , do mẫu là số dương ta chỉ cần xét tử là thỏa mãn yêu cầu bài toán. i) Ta nhận thấy có xuất hiện a2 + b2; b2 + c2; c2 + a2 khi đó ta nghĩ đến việc làm suất hiện hằng đẳng thức bằng cách thêm bớt 2ab; 2bc; 2ca cụ thể ta thêm bớt 2abc. ii) Sau khi thêm bớt các hằng đẳng thức, ta tiếp tục sử dụng hằng đẳng thức A2 – B2, sau đó để ý ta sẽ có nhân tử chung a + b – c. iii) Sau khi đặt nhân tử chung ta tiếp tục rút gọn để được (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) – gợi ý cho ta sử dụng BĐT tam giác. Lời giải. Ta có: cabc(2 2 2 ) abc ( 2 2 a 2 ) ba ( 2 cb 2 2 ) 2 abc 0 2abc cabc(2 2 2 ) abc ( 2 2 a 2 ) ba ( 2 cb 2 2 ) 2 abc 0 ca(2 b 2 c 2 2 abab ) ( 2 c 2 a 2 2 bcba ) ( 2 c 2 b 2 2 ca ) 0 cab(( )2 c 2 )(( abc ) 2 a 2 )(( bca ) 2 b 2 )0 cabcabc( )( )( abcabac )( )( bcabcba )( )0 (a b c )[c(a+b+c)+a(b-c-a)+b(a-c-b)] 0 (a b c )( c2 a 2 2 ab b 2 ) 0 (a b c )[ c22 ( a b ) ] 0 (a b c )( c a b )( c a b ) 0 a b c 0 Do a, b, c là ba cạnh của tam giác nên c b a 0 c a b 0 Suy ra (a b c )( c a b )( c a b ) 0 ( luôn đúng) Vậy ta chứng minh được BĐT ban đầu. Câu 10. (Trích đề vào KHTN – ĐHQG Hà Nội năm 2017 – 2018) a2 b 2 c 2 b 2 c 2 a 2 a 2 c 2 b 2 Cho a, b là số các số th ực dương. Tìm 1 giá trị lớn nhất của biểu thức: 2ab 2 bc 2 ca 1 1 1 M ( a b )( ) a33 b a b ab Phân tích. 12 Ở bài tập này, đề bài không cho bất kì dữ liệu gì ngoài a, b là các số thực dương, vì vậy để đánh giá được GTLN của biểu thức ta nghĩ đến việc đánh giá từng phần của biểu thức và rút gọn cho nhau. 1 3 b Đầu tiên, ta thấy nếu nhân a + b với a và sử dụng bất đẳng thức BCS ta sẽ thấy xuất hiện được (a + b)2 , tương tự với a + b3 cũng xuất hiện (a + b)2 . 11 (a3 b )( b )( a b );( 2 b 3 a )( a )( a b ). 2 ab 11 11 ab ab 11 ab 1 1 1 Khi đó ab 1 1. a3 b a b 3() a b 2 ⇔ VT ≤ a b ab ab ab Đẳng thức xảy ra khi a = b = 1 Vậy giá trị lớn nhất của M là 1 khi a = b = 1. Bình luận. Điểm mấu chốt của bài này là tìm ra được nhân tử nhân thêm vào rồi dùng BĐT BCS đánh giá được một phần của biểu thức. Để tìm được nhân tử nhân thêm này, ta cần quan sát xem ta cần xuất hiện đa thức gì. Để tra lời câu hỏi này, ta cần quan sát biểu thức để nhận ra rằng ta càn rút gọn đa thức nào, và trong bài này đó là a + b. Câu 11. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên KHTN vòng 2 năm 2017 ) Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca + abc = 2. Tìm giá trị lớn nhất cảu biểu thức: a 1 b 1 c 1 M . a2 2 a 2 b 2 2 b 2 c 2 2 x 2 Phân tích. Gần như việc áp dụng trực tiếp giả thiết ab + bc + ca + abc = 2 là điều không thể. Do đó ta bắt đầu khai thác từ biểu thức M. Do vài trò của a, b, c trong M là như nhau nên ta chỉ cần xét một phân thức trong ba phân thức đó, thực hiện tương tự với hai phân thức còn lại. aa 11 Không mất tính tổng quát ta xét: a22 2 a 2 ( a 1) 1 Tưng tự với b, c ta thấy rằng biểu thức M hoàn toàn có thể biểu thị qua abc 1, 1, 1 . Ta có: 13 abc ab bc ca 2 abc ab ac bc a b c13 a b c (a 1)( b 1)( c 1) ( a 1)( b 1)( c 1) (abc 1) ( 1) ( 1) 1 (abc 1)( 1)( 1) 1 1 1 1 (a 1)( b 1) ( b 1)( c 1) ( c 1)( a 1) Để bài toán đơn giải ta cần thay đổi biến của bài toán. Đối chiếu với giả thiết 1 1 1 của bài toán ta nghĩ ngay đến việc đặt a 1 , b 1 , c 1 . x y z Tuy nhiên nếu phân tích sâu hơn ta sẽ thấy điều kiện dấu “=” của bài toán là abc 31 hay abc 1 1 1 3 nên việc đặt 3 3 3 abc 1 , 1 , 1 sẽ giúp bài toán gọn hơn. x y z Ngoài ra bài toán còn có hướng là đưa M về hai biến rồi đánh giá M . Lời giải. 1 1 4 Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau: , xy , 0 (*) x y x y 1 1 4 Ta có (*) tương đương với: xy,0 x y x y 1 1 4 0 x y x y ()xy 2 0(**) xy() x y Ta có (**) luôn đúng nên (*) được chứng minh. Quay trở lại bài toán ta có: Đặt 14 Khi đó giả thiết bài toán trở thành: xy + yz + zx = 3 và a 1 b 1 c 1 M a2 2 a 2 b 2 2 b 2 c 2 2 x 2 abc 1 1 1 (abc 1)2 1( 1) 2 1( 1) 2 1 1 1 1 1 1 1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 111 333x y z x333 y z x y z 3( ) x2 1 y 2 1 z 2 1 x y z 3( ) (xyxz )( )( yzyx )( )( zxzy )( ) 3 x x y y z z () 4 xyxzyzyxzxzy 33 . 4 (Áp dụng bất đẳng thức (*)) Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 31 Ngoài ra khi đưa M về dạng: x y z M 3( (xyxz )( )( yzyx )( )( zxzy )( ) Ta còn có thể giải cách khác như sau: Cách 2. Trước tiên ta chứng minh hai BĐT phụ sau. 8 i) (x + y)(y + z)(z + x) ≥ (x y z )( xy yz zx ),  x , y , z 0. 9 Biến đổi tương đương BĐT này ta được: x( y z )222 y ( z x ) z ( x y ) 0. (luôm đúng) Vậy bất đẳng thức này được chứng minh. 15 ii) (xyz )2 3( xyyzzx )  xyz , , 0. Biến đổi tương đương BĐT này ta được: (x – y)2 + (y – z)2 + (z –x)2 ≥ 0 (luôn đúng) Đẳng thức xảy ra khi x = y = z. Quay trở lại bài toán ta có: x y z M 3( (xyxz )( )( yzyx )( )( zxzy )( ) x()()()23( y z y z x z x y xy yz zx ) 93( xy yz zx ) 3( ) (xyyzzx )( )( ) ( xyyzzx 0( )( ) 4( xyzxyyzzx )( ) 9 3 9 3 3 3 4(x y z )4 3(xy yz zx ) 4 Dấu « = » xảy ra khi a = b = c = 31 Bình luận. Đây là bài toán khá quen thuộc ở THPT, tuy nhiên trong chương trình THCS thì đây là dạng bài tương đối khó trong việc khai thác giả thiết để đưa vào biểu thức M. Để giải quyết được bài toán yêu cầu học sinh phải bám sát biểu thức cần chứng minh kết kĩ năng biến đổi đại số. Câu 12. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Bình Dương 2017) Cho x, y là số thực dương thỏa mãn x ≥ 2y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức xy22 M . xy Phân tích. Trong giả thiết bài toán ta để ý đến x và 2y ta sẽ chứng minh Cô – si cho 2 số x2 và 4y2. Khi đó, đẳng thức xảy ra khi x = 2y. Lời giải. x2 y 2 x 24 y 2 3 y 2 4 xy 3 y 3 5 Ta có : M 4. xy xy xy xy x 22 xy22 4 Đẳng thức xảy ra khi xy2 xy 2 5 Vậy Mmin= khi x = 2y. 2 Bình luận. 16 Đây là Bất đẳng thức có điều kiện biến đơn giản, chỉ cần để ý điều kiện là dễ dàng tìm hướng đi đúng. Câu 13. (Trích đề chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định 2017) Xét các số thực a, b, c không âm, khác 1 thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ 11 nhất cảu biểu thức P ( a b )(4 5 c ). a bc b ac Phân tích. Với bài toán ban đầu ta để ý khi cộng mẫu thức của hai phân số lại ta sẽ có tích (a b )(1 c ) nên nếu sau đó ta dùng BĐT Cô – si ta sẽ rút gọn đi được nhân tử (a + b) và cuối cùng kết hợp với điều kiện 0 ≤ c ≠ 1sẽ cho ra giá trị nhỏ nhất cảu P . Và điều kiện a+ b + c được dùng để giải điều kiện dấu « = » xảy ra. Lời giải. 1 1 1 Áp dụng BĐT : ( xy , 0) x y x y Tacó : 1 1 4 P ( a b )(5 c 4) ( a b )(5 c 4) a bc b ac( a b )( c 1) 4 5cc 4 (1 cc )(5 4) 4 4 4 8 (1 c )(1 c ) c 1 c 1 1 Vậy minP = 8. Dấu « = » xảy ra khi c 0, a b . 2 Bình luận. Ở bài toán này học sinh có thể gặp khó khăn trong việc giải dấu « = » do chưa tận dụng được giả thiết a + b + c = 1. Câu 14. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Quý Đôn – Bà Rịa Vũng Tàu) Cho x, y là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : xy 11 P ( ) 2( x22 y ). x22 y x y Phân tích. Nhận thấy vài trò của x và y trong biểu thức P là như nhau, ta có thể dễ thấy điểm 9 rơi của bài toán là x = y, khi đó P = . 2 17 Do x, y là hai số thực dương ta có thể áp dụng BĐT Cô – si. Ta có một vài bất 1 1 2 đẳng thức sau : x22 y2; xy xy xy. . Nếu áp dụng đơn thuần các BĐT trên ta được : xy 1 11 ; ( ) 2(xy22 ) 4 xy22 2 xy 11 Thì BĐT sẽ bị ngược chiều. Do đó ta tập trung khai thác riêng lẻ và xy 2(xy22 ) theo một hướng khác. Ta có x2 + y2 ≥ 2xy nên : 2(x2 + y2) ≥ (x + y)2 ta có thể đưa ra ngoài căn thức. Hơn 11 ()x y2 x 2 y 2 nữa kết hợp với () ta sẽ được 2 có vẻ liên quan đến hạng xy xy xy tử thứ nhất xy . xy22 xy22 Hơn nữa và là hai số nghịch đảo áp dụng BĐT Cô – si cho tổng xy của chúng sẽ được lướn hơn một hằng số là một yêu cầu khi muốn dùng BĐT Cô – si để tìm GTLN và GTNN. Lời giải. Ta có : x2 + y2 ≥ 2xy nên : 2(x2 + y2) ≥ (x + y)2. Do đó : xy1 1 xy 1 1 xy x22 y P ( ) 2( x22 y ) ( )( x y ) 2 xyxy2 2 xyxy 2 2 xyxy 2 2 4xy x2 y 2 3 xy 3( x 2 y 2 ) 2 2 4 2 x2 y 2 xy x 2 y 22( x 2 y 2 ) 39 6. 22 x22 y2 xy Dấu « = » xảy ra khi 4xy x22 y xy. 22 x y xy Vậy minP = 9 khi x = y. 2 Bình luận. Khi chứng minh BĐT hoặc tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất ta thường gặp các trường hợp « ngược chiều » như phân tích ở trên. 18 Việc xác định được điểm rơi của bài toán sẽ giúp nhiều cho việc định hướng giải xy x22 y bài toán. Chẳng hạn khi phân tích tới P 2 nếu không để ý x22 y xy đếnđiểm rơi ta dễ dàng mắc phải sai lầm khi sử dụng BĐT Cô – si cho và x22 y xy suy ra P 2 . 2 4 . Tuy nhiên dấu « = » xảy ra khi xy x22 y = ⇔ xy = x2 + y2 (vô lý). xy 1 xy22 4xy Với điểm rơi là x = y khi đó và 2 nên suy ra = xy22 2 xy xy22 và áp dụng BĐT Cô – si cho hai số này. Câu 15. (Trichxy đề tuyển sinh vào lớp 10 – chuyên Bạc Lưu năm 2017) 22 Cho a, b, c thỏaxy mãn a 1; b 4; c 9 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : xy22 bc a 1 ac b 4 ab c 9 xy M . abc Phân tích. a 1 b 4 c 9 Dễ thấy M . a b c Do vài trò của a, b, c không bình đẳng nên để tìm giá trị nhỏ nhất của M ta đi tìm a 1 b 4 c 9 giá trị nhỏ nhất của ;;. a b c Xét a 1 . Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số không âm ta có : a a 1 1 a 1. 1 a 1 2 .. a a2 a Để tìm được giá trị lớn nhất của thì 2 10 hay 1 a 11 Khi đó : . a 2 bc 4 1 9 1 Tương tự, ta chứng minh được : ;. bc46 Lời giải. 19 Ta có : Do . Áp dụng BĐT AM –GM cho các cặp số không âm, ta có : a 11 a ( a 1) 1 2 a 1 a 2 b 41 1 1 1 11 b ( b 4) 4 4 b 4 . Do đó : M . b 4 2 4 6 12 c ( c 9) 9 6 c 9 c 91 c 6 aa 1 1 2 Dấu « = » xảy ra khi bb 4 4 8 cc 9 9 18 Bình luận. Đây là bài toán BĐT kháa 1; đơn b 4;giản, c 9 chỉ cần nắm vững BĐT AM-GM và cách tham số hóa để triệt tiêu các hằng số tự do là có thể đạt điểm tối đa bài toán. Câu 16. Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b 22. Tìm giá trị nhỏ nhất của 11 biểu thức: P = . ab a 1 b 4 c 9 Phân tích.M . a b c Việc tìm GTNN của biểu thức P bao giờ cũng vận hành theo sơ đồ "bé dần": P B, (trong tài liệu này chúng tôi sử dụng B - chữ cái đầu của chữ bé hơn). 1) Giả thiết a + b 22đang ngược với sơ đồ "bé dần" nên ta phải chuyển 11 hoá a + b . ab 22 Từ đó mà lời giải đánh giá P theo 1 . ab 1 1 4 2) với a > 0, b > 0 là một bất đẳng thức đáng nhớ. Tuy là một hệ a b a b quả của bất đẳng Cô-si, nhưng nó được vận dụng rất nhiều. Chúng ta còn gặp lại nó trong một số đề sau. 3) Các bạn tham khảo lời giải khác của bài toán như là một cách chứng minh bất đẳng thức trên. 20