PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI các bất ĐẲNG THỨC TRONG đề THI đại học

Từ đó các em học sinh có thêm kinh nghiệm, một cái nhìn bao quát các dạng toán khi giải các bài toán cực trị, bất đẳng thức luyện thi Đại học.. Lời giải thứ nhất cũng khá tự nhiên khi hì

Giáo viên trường THPT Nguyễn Chí Thanh

PHÂN TÍCH - HƯỚNG GIẢI CÁC

BẤT ĐẲNG THỨC, CỰC TRỊ

TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC TỪ NĂM

2005-2015

( HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI )

QUẢNG BÌNH 2016

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Lời nói đầu

Tài liệu nhỏ này thể hiện một số cách xử lý đối với các bài toán cực trị trong đề thi Đại học khối A, A1, B của Bộ Giáo dục từ năm 2005-2015 Từ đó các em học sinh có thêm kinh nghiệm, một cái nhìn bao quát các dạng toán khi giải các bài toán cực trị, bất đẳng thức luyện thi Đại học Tài liệu chỉ mang tính chất tham khảo, chia

sẽ một số kinh nghiệm bản thân Trong biên soạn không thể tránh khỏi sai sót và nhầm lẫn mong bạn đọc cho ý kiến Mọi góp ý gửi về địa chỉ: ldman87@gmail.com hoặc liên hệ 01627.135.555

Ngày 15 tháng 01 năm 2016

Lệ Thủy - Quảng Bình

www.MATHVN.com

CHƯƠNG 1

Các bài toán trong đề thi đại học từ

2005 đến 2015

Bài tập 1.1.1 (Khối A-2005 ) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 1

x+

1

y+

1

z = 4.

Chứng minh rằng

1 2x + y + z +

1

x + 2y + z +

1

x + y + 2z ≤ 1

Từ khi bắt đầu làm quen với những bài toán bất đẳng thức cơ bản, chắc hẳn mọi

người đều đã biết đến bất đẳng thức 2 biến:

1

a+

1

b ≥

4

a + b, ∀a, b > 0

Nhận thấy mối tương quan giữa bài toán và bất đẳng thức 2 biến này, ta đi đến lời

giải sau đây

Lời giải 1 Với a, b dương ta có 4ab ≤ (a + b)2 ⇔ 1

a + b ≤

1 4

 1

a+

1 b

 (∗)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b

Áp dụng kết quả trên

1

2x + y + z ≤

1 4

 1 2x+

1

y + z



≤ 1 4

 1 2x+

1 4

 1

y +

1 z



= 1 8

 1

x +

1 2y +

1 2z

 (1)

www.MATHVN.com

Tương tự ta cũng có

1

x + 2y + z ≤

1 8

 1 2x+

1

y +

1 2z

 (2)

1

x + y + 2z ≤

1 8

 1 2x+

1 2y +

1 z

 (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra 1

2x + y + z+

1

x + 2y + z+

1

x + y + 2z ≤

1 4

 1

x+

1

y +

1 z



= 1

Dấu "=" trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) xảy ra khi và chỉ khi x = y = z Kết hợp giả thiết suy ra x = y = z = 3

4. Câu hỏi đặt ra: "Liệu có lối thoát nào khác nếu không nhớ được bất đẳng thức phụ kia không?" Câu trả lời là có, thậm chí có thể có nhiều ngả rẽ khác cho chúng ta lựa chọn Chẳng hạn,

Hướng giải 2 Giả thiết tương đương 4xyz = xy + yz + zx Suy ra vế trái bất đẳng thức trở thành

V T = 20(x + y + z)

2+ 4(xy + yz + zx)

xy + yz + zx + 4(x + y + z)(xy + yz + zx) + 8(x + y + z)3

Khai thác giả thiết thu được x + y + z ≥ 9

4, xy + yz + zx ≥

27

16 Khi đó chứng minh được

V T ≤ 80(x + y + z)

2+ 27 128(x + y + z)3+ 108(x + y + z) + 27 ≤ 1 Nhận xét Lời giải thứ nhất cũng khá tự nhiên khi hình thức bài toán có sự tương đồng với bất đẳng thức quen thuộc (∗) Lời nhắn gửi: "cố gắng nắm vững và ghi nhớ các bất đẳng thức thông dụng nhất" Đối với những ai không nắm bất đẳng thức phụ trên, có thể thực hiện biến đổi tương đương hoặc sử dụng phương pháp hàm số kiểu như hướng giải thứ hai

Bài tập 1.1.2 (Khối A-2006 ) Cho hai số thực x 6= 0, y 6= 0 thay đổi và thỏa mãn điều kiện: (x + y)xy = x2 + y2 − xy Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

A = 1

x3 + 1

y3

Lại tiếp tục gặp gỡ một bài toán đối xứng nhưng chỉ có hai biến nên có vẻ dễ thở hơn bài trước Để ý rằng giả thiết được viết lại thành 1

x +

1

y =

1

x2 + 1

y2 − 1

xy Từ

đó ta có thể giải bài toán như sau:

www.MATHVN.com

Lời giải 1 Đặt 1

x = a,

1

y = b ta có a + b = a

2+ b2− ab (1) Khi đó

A = a3+ b3 = (a + b)(a2− ab + b2) = (a + b)2

Từ (1) suy ra a+b = (a+b)2−3ab ≥ (a+b)2−3

4(a+b)

2 = 1

4(a+b)

2⇒ 0 ≤ a+b ≤ 4

Suy ra A = (a + b)2 ≤ 16 Với x = y = 1

2 thì A = 16 Vậy giá trị lớn nhất của A là 16

Chúng ta cũng có thể giải quyết bài toán một cách trực tiếp mà không qua phép

đổi biến như trên Cụ thể:

Lời giải 2 Ta có A = x3+ y3

x3y3 = (x + y)(x

2− xy + y2)

x3y3 = x + y

xy

2

Mặt khác, giả thiết bài toán suy ra (x + y)xy = (x + y)2 − 3xy ≥ 1

4(x + y)

2 ⇒ xy

x + y ≥

1

4.

Ở đây, x + y 6= 0 vì nếu x + y = 0 thì từ giả thiết ta có điều mâu thuẫn

Suy ra A ≤ 16 Với x = y = 1

2 thì A = 16 Vậy giá trị lớn nhất của A là 16.

Nhận xét Những kiểu bất đẳng thức đối xứng hai biến x, y thường quy về hai đại

lượng x + y và xy

Bài tập 1.1.3 (Khối A-2007 ) Cho hai số thực x, y, z là các số thực dương thay

đổi và thỏa mãn điều kiện xyz = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = x

2(y + z)

y√y + 2z√z +

y2(z + x)

z√z + 2x√x +

z2(x + y)

x√x + 2y√y

Để ý giả thiết và biểu thức P đầu tiên ta có thể nghĩ ngay đến bất đẳng thức

AM − GM dạng y + z ≥ 2√yz = √1

x. Lời giải 1 Vì x, y, z dương nên sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có

x + y ≥ 2√xy, y + z ≥ 2√yz, z + x ≥ 2√zx

Suy ra

P ≥ 2x

√ x

y√y + 2z√z +

2y√y

z√z + 2x√x +

2z√z

x√x + 2y√y

Đặt x√x = a, y√y = b, z√z = c ⇒ abc = 1 và

P ≥ 2a

b + 2c+

2b

c + 2a+

2c

a + 2b

www.MATHVN.com

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có

2a

b + 2c+

2b

c + 2a+

2c

a + 2b ≥

2(a + b + c)2 3(ab + bc + ca) ≥ 2

vì (a + b + c)2− 3(ab + bc + ac) = (a − b)

2+ (b − c)2+ (c − a)2

Do đó P ≥ 2 và P = 2 khi a = b = c = 1 hay x = y = z = 1 Vậy min P = 2 Lời giải 2 Vì x, y, z dương nên sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có

x + y ≥ 2√xy, y + z ≥ 2√yz, z + x ≥ 2√zx

Suy ra P ≥ 2x

√ x

y√y + 2z√z +

2y√y

z√z + 2x√x+

2z√z

x√x + 2y√y. Đặt a = x√x + 2y√y, b = y√y + 2z√z, c = z√z + 2x√x

Suy ra x√x = 4c + a − 2b

9 , y

√

y = 4a + b − 2c

9 , z

√

z = 4b + c − 2a

9 .

Do đó

P ≥ 2 9

 4c + a − 2b

4a + b − 2c

4b + c − 2a a



= 2 9



4 b

a+

c

b+

a c

 + a

b +

b

c +

c a



− 6



≥ 2

9· (4 · 3 + 3 − 6) = 2

Do đó, min P = 2 ⇔ x = y = z = 1

Nhận xét Hình thức bài toán này có thể gây khó khăn cho sự quan sát của chúng

ta Vì thế, sử dụng phương pháp đổi biến đúng thời điểm sẽ cho chúng ta một vẻ ngoài của bài toán dễ chịu hơn

Bài tập 1.1.4 (Khối A-2009 ) Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có:

(x + y)3+ (x + z)3+ 3(x + y)(x + z)(y + z) ≤ 5(y + z)3

Có lẽ chúng ta đã quá quen với những bất đẳng thức đối xứng toàn phần, bây giờ chúng ta lại gặp một bất đẳng thức 3 biến chỉ đối xứng với 2 biến y, z Tuy nhiên, với hình thức bài toán như thế này nên đặt ẩn phụ làm giải pháp đầu tiên

Lời giải Đặt x + y = a, x + z = b, y + z = c giả thiết trở thành a2+ b2− ab = c2 Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành a3+ b3+ 3abc ≤ 5c3 (∗)

Từ giả thiết suy ra (a + b)2 = c2+ 3ab ≤ c2+3

4(a + b)

2⇒ a + b ≤ c

Từ đó suy ra

a3+ b3+ 3abc = (a + b)c2+ 3abc ≤ 2c3+ 3(a + b)

2c

4 ≤ 2c

3+ 3c3= 5c3

www.MATHVN.com

Việc chứng minh bài toán đã hoàn tất Đẳng thức có được khi x = y = z.

Nhận xét Bài toán này như là một sự gợi mở cho sự chuyển giao từ các bài toán

đối xứng toàn phần sang các bài toán không đối xứng toàn phần Những ý tưởng cũ

dần dần cũng sẽ thay đổi

Bài tập 1.1.5 (Khối A-2011 ) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và

x ≥ y, x ≥ z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = x 2y + 3z+

y

y + z +

z

z + x

Đến thời điểm này, "món ăn" đã thực sự thay đổi khi bài toán không còn tính đối

xứng Với đặc điểm thuần nhất của biểu thức và điều kiện các biến ta có thể thực

hiện dồn biến thông qua bất đẳng thức phụ 1

1 + a+

1

1 + b ≥

2

1 +√ab, với a, b dương

và ab ≥ 1

Lời giải 1 Với a, b dương và ab ≥ 1 thì

1

1 + a+

1

1 + b −

2

1 +√ab =

(√ab − 1)(√a −√b)2 (1 + a)(1 + b)(1 +√ab) ≥ 0

Do đó, 1

1 + a+

1

1 + b ≥

2

1 +√ab (∗).

Áp dụng (∗) ta có

P = x 2x + 3y +

1

1 +zy +

1

1 +xz ≥

x y 2x

y + 3+

2

1 +qxy

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi z

y =

x

y hoặc

x

y = 1 (1).

Đặt

rx

y = t, t ∈ [1; 2] Xét hàm số f (t) =

t2 2t2+ 3+

2

1 + t, t ∈ [1; 2]

Có f0(t) = −2[t

3(4t − 3) + 3t(2t − 1) + 9]

(2t2+ 3)2(1 + t)2 < 0

Suy ra P ≥ f (t) ≥ f (2) = 34

33. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = 2 ⇔ x = 4, y = 1 (2) Từ (1) và (2) ta có

min P = 34

33 ⇔ x = 4, y = 1, z = 2.

Cũng từ đặc điểm thuần nhất, ta có thể giải quyết bài toán như sau:

Lời giải 2 Tồn tại hai số a, b ∈ [1; 4] thỏa x = ay, x = bz Khi đó

P = P (a, b) = a

2a + 3+

b

a + b +

1

1 + b

www.MATHVN.com

Ta có Pa0 = 3(a + b)

2− b(2a + 3)2

(2a + 3)2(a + b)2 = −6b

2− 6ab − (4b − 3)a2

(2a + 3)2(a + b)2 < 0, ∀b ≥ 1

Do đó P ≥ P (4, b) = 4

11+

b

4 + b+

1

1 + b =

(b − 2)2 3(1 + b)(4 + b)+

34

33 ≥

34

33.

Từ đó tìm được min P = 34

33 ⇔ a = 4, b = 2 hay x = 4, y = 1, z = 2.

Nhận xét Khi món ăn bắt đầu thay đổi, chắc chắn nhiều người sẽ cảm thấy bất ngờ Nhưng rồi cũng phải cố gắng thích nghi với sự thay đổi đó Ý tưởng tác giả đó

là sử dụng một bất đẳng thức phụ có lẽ khó nghĩ đến nếu chưa từng gặp nó Tuy nhiên, tác giả cũng mở lối đi khác cho những ai chưa nghĩ đến được bất đẳng thức phụ trên như sử dụng phương pháp tính đạo hàm để dồn biến biểu thức,

Bài tập 1.1.6 (Khối A-2012 ) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = 3|x−y|+ 3|y−z|+ 3|z−x|−p6x2+ 6y2+ 6z2

Đặc điểm bài toán khiến chúng ta nghĩ đến phương pháp tiếp tuyến: 3t ≥ at + b Nhưng điều cần thiết nhất đối với bài toán này đó là xác định được chính xác điểm rơi

Để thực hiện điều này, ta có thể thay z = −x − y vào biểu thức P Khi đó

P = 3|x−y|+ 3|2x+y|+ 3|2y+x|− 2p3(x2+ xy + y2) Bài toán đã triệt tiêu giả thiết và biểu thức P lúc này còn đối xứng với hai biến

x, y Điểm rơi chắc chắn là x = y Thay y = x vào biểu thức P ta thu được

P = 1 + 2.33|x|− 6|x| Rất may mắn f (x) = 1 + 2.33t− 6t đồng biến trên [0; +∞) Cho nên P ≥ 1+2 = 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 0 và min P = 3 Phương trình tiếp tuyến của f (x) = 3x tại x = 0 là y = x + 1 Nên nếu chứng minh được 3t≥ t + 1, ∀t ≥ 0 thì ý tưởng của chúng ta sẽ thành công Thật vậy, hàm số

f (t) = 3t− t − 1 có f0(t) = 3tln 3 − 1 > 0, ∀t ≥ 0, suy ra 3t≥ t + 1, ∀t ≥ 0 (∗)

Áp dụng (∗) ta có

3|x−y|+ 3|y−z|+ 3|z−x|≥ 3 + |x − y| + |y − z| + |z − x|

Nếu ta chứng minh được rằng |x − y| + |y − z| + |z − x| ≥p6x2+ 6y2+ 6z2 thì lời giải bài toán thành công Hãy để ý

2 |x − y|2+ |y − z|2+ |z − x|2
= 4(x2+ y2+ z2) − 4(xy + zx + zx) = 6x2+ 6y2+ 6z2 Hay điều chứng minh phải là

a + b + c ≥p2a2+ 2b2+ 2c2⇔ a(b + c) + b(a + c) + c(a + b) ≥ a2+ b2+ c2 (∗∗)

www.MATHVN.com

với a = |x − y|, b = |y − z|, c = |z − y| ⇒ a + b ≥ c, b + c ≥ a, a + c ≥ b, suy ra (∗∗)

đúng

Do vậy min P = 3

Nhận xét Bài toán này gửi đến thí sinh hai thông điệp quan trọng, đó là: "phương

trình tiếp tuyến" của đồ thị hàm số có tính chất "lồi" trên khoảng K và bất đẳng

thức trị tuyệt đối dạng |a| + |b| ≥ |a + b|

Bài tập 1.1.7 (Khối A-2013 ) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện

(a + c)(b + c) = 4c2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = 32a

3

(b + 3c)3 + 32b

3

(a + 3c)3 −

√

a2+ b2

c

Bài toán đối xứng hai biến a, b và thuần nhất toàn phần Nhằm mục đích giảm biến,

đồng thời bài toán có hình thức dễ quan sát hơn ta đặt a = xc, b = yc, x > 0, y > 0

Điều kiện bài toán trở thành (x + 1)(y + 1) = 4 hay xy + x + y = 3 Khi đó

P = 32x

3

(y + 3)3 + 32y

3

(x + 3)3 −px2+ y2

Bài toán có tính đối xứng với hai biến x, y Điểm rơi có thể là x = y = 1 Kiểu bài

toán hai biến đối xứng này thường ta sẽ đặt x + y = u, xy = v nhưng đừng vội vàng,

bước tiếp theo hãy tìm cách đánh giá để P đơn giản nhất có thể

Để ý hai số hạng đầu có dạng A3+ B3 Nếu sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta

có hai kiểu đánh giá làm giảm lũy thừa đảm bảo dấu bằng như sau:

(1) 32x

3

(y + 3)3 + 32y

3

(x + 3)3 + 1

2 ≥ 3

3

s 32x3 (y + 3)3 32y

3

(x + 3)3.1

2 =

24xy (x + 3)(y + 3);

(2) 32x

3

(y + 3)3 +1

2+

1

2 ≥ 3

3

s 32x3 (y + 3)3.1

2.

1

2 =

6x

y + 3. Nhưng nếu sử dụng đánh giá (1) vào bài toán, khi x → 0 thì biểu thức sau P có thể

nhận giá trị âm Do đó, hãy thử lựa chọn đánh giá số (2) Thu được kết quả

P ≥ 6x

y + 3+

6y

x + 3−

p

x2+ y2− 2

Tiếp tục phân tích

6x

y + 3+

6y

x + 3−

p

x2+ y2 = 3(t

2+ 5t − 6)

t + 6 −

p

t2+ 2t − 6 := f (t)

với xy = 3 − (x + y), t = x + y

Ta có f0(t) = 3

√

t2+ 2t − 6 − x − 1

√

t2+ 2t − 6 Từ giả thiết suy ra 3 − (x + y) = xy ≤

www.MATHVN.com

(x + y)2

4 ⇒ x + y ≥ 2 Nên 3

√

t2+ 2t − 6 − t − 1 ≥ √t2+ 2t + 64 − 54 − t − 1 >

√

t2+ 2t + 10 − (t + 1) > 0 ⇒ f0(t) > 0, ∀t ≥ 2

Tóm lại, P ≥ f (2) − 2 = 1 −√2 Vậy min P = 1 −√2

Nhận xét Dạng toán có tính thuần nhất rất thân thuộc Thông điệp của bài toán

có lẽ là sử dụng đánh giá cho A3+ B3 để giảm tính phức tạp của biểu thức do lũy thừa bậc cao

Bài tập 1.1.8 (Khối A-2014 ) Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x2+ y2+ z2= 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = x

2

x2+ yz + x + 1+

y + z

x + y + z + 1 −

1 + yz 9

Đây là bài toán không đối xứng toàn phần mà chỉ đối xứng với hai biến y, z Nhưng không hẳn điểm rơi phải là y = z Giả thiết bài toán khi "các biến không âm" đồng nghĩa với việc ta nên xét thêm các giá trị tại biên Chẳng hạn x = 0 hoặc y = 0 hoặc z = 0

+ Nếu x = 0 thì giả thiết suy ra (y + z)2 = 2(1 + yz) và P = 1 − 1

y + z + 1−

(y + z)2 18 thử khảo sát xem nhé? P < 1

2. + Nếu z = 0 thì x2+ y2 = 2 và P = x

2

x2+ x + 1 +

y

x + y + 1 −

1

9

+ Nếu y = 0 kết quả như z = 0

+ Nếu y = z thì

Phân bố thời gian mà ngồi thử các trường hợp như trên đúng là phí! Do đó, chúng

ta nên kết hợp biến đổi các biểu thức để sự phán đoán điểm rơi sát hơn và may mắn

có thể chính xác tuyệt đối

Trong trường hợp gặp khó khăn về dự đoán điểm rơi, hãy quan sát và thực hiện biến đổi giả thiết thành x2+ (y + z)2 = 2(1 + yz), thế vào biểu thức P ta có

P = 2x

2

3x2+ 2x + (y + z)2 + y + z

x + 1 + (y + z)−

(y + z)2+ x2 18

Ta đã triệt tiêu được giả thiết và dồn biểu thức P lại còn hai biến x, y + z

Tiếp sau đó là những ý tưởng mới được đề ra, chẳng hạn đạo hàm theo một trong hai biến x, y + z (thử xem?) Hay từ đánh giá ngẫu nhiên x2+ (y + z)2≥ 2x(y + z)

để có được

P ≤ x

x + 1 + y + z +

y + z

x + 1 + y + z −

(y + z)2+ x2 18

www.MATHVN.com

với đánh giá ngẫu nhiên trên đây thì đẳng thức xảy ra khi x = y + z và có thể phán

đoán điểm rơi là x = y, z = 0 hay x = z, y = 0

Hướng giải 1 Từ giả thiết suy ra

2(1 + yz) = x2+ (y + z)2 ≥ (x + y + z)

2

2 ≥ x(y + z) Thực hiện phép thế 1 + yz và sử dụng đánh giá này ta có

P ≤ x

x + 1 + y + z +

y + z

x + 1 + y + z −

(x + y + z)2 36

Phép dồn biến thành công! Bây giờ chỉ cần khảo sát hàm số

f (t) = t

t + 1 −

t2

36, ∀t ≥ 0

thu được kết quả max P = 5

9. Hướng giải 2 Nhận thấy nếu y + z = const thì P sẽ càng tăng nếu 1 + yz càng nhỏ

Mà yz ≥ 0 nên điểm rơi dự đoán được từ đây là y = 0 hoặc z = 0 Chúng ta sẽ càng

tự tin hơn với dự đoán này nếu cơ cấu lại P như sau:

P = x

2

x2+ yz + x + 1 + 1 −

x + 1

x + y + z + 1 −

1 + yz 9

kèm theo đánh giá ngẫu nhiên

2(1 + yz) = x2+ (y + z)2≥ (x + y + z)

2

2 ⇒ x + y + z ≤ 2

p

1 + yz (∗)

Suy ra

P ≤ x

2

x2+ yz + x + 1+ 1 −

x + 1

2√1 + yz + 1−

1 + yz 9 Đánh giá (∗) giúp phép dồn biến thành công và đẳng thức xảy ra phù hợp với dự

đoán trên Khi đó max P = 5

9. Công đoạn tiếp theo là phân tích

x2

x2+ x + t2 + 1 − x + 1

2t + 1 −

t2 9

= x

2

x2+ x + t2 − x

2t + 1+ 1 −

1 2t + 1−

t2 9

=5

9 −

x(x − t)2 (2t + 1)(x2+ x + t2) −

(t − 1)2(2t + 5) 9(2t + 1)

với t =√1 + yz ≥ 1 thì P ≤ 5

9 và max P =

5

9. Nhận xét Bài toán năm này đã tạo ra sự bất ngờ lớn cho nhiều thí sinh và giáo

www.MATHVN.com

viên Mức độ khó đã tăng so với các năm trước rất nhiều Bài toán chỉ đối xứng

bộ phận, điểm rơi lại xảy ra tại biên và khó dự đoán(từ kiến thức sơ cấp) Vì thế, người giải cần có sự kết hợp giữa sự quan sát tổng thể và những biến đổi thật khéo léo

Bài tập 1.1.9 (THPT Quốc gia-2015 ) Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn [1; 3]

và thỏa mãn điều kiện a + b + c = 6 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = a

2b2+ b2c2+ c2a2+ 12abc + 72

ab + bc + ca −

1

2abc

Nhận thấy bài toán đối xứng và các biến bị chặn trên một đoạn Thường thì điểm rơi bài toán là a = b = c = 2 hoặc ít nhất có một biến bằng 1 hay 3 Nhưng ta chưa vội lao vào tìm điểm rơi, biểu thức P đối xứng toàn phần nên có thể đưa về dạng:

P = (ab + bc + ca)

2+ 72

ab + bc + ca −

1

2abc = ab + bc + ca +

72

ab + bc + ca−

1

2abc

Rõ ràng nếu dự đoán điểm rơi là a = b = c = 2 thì đối với bài toán này ta không có

cơ sở nào để tìm được đánh giá dạng abc ≥ f (ab + bc + ca) hay abc ≥ f (a + b + c) hay ab + bc + ca + 72

ab + bc + ca ≤ f (a + b + c) +

1

2abc Chính vì thế, khả năng cao nhất là điểm rơi đạt tại biên Và như trong một bài viết của tôi cho bất đẳng thức trên đoạn mà điểm rơi đạt tại biên, ta có thể giải bài toán này nhờ đánh giá sau:

(a − 1)(b − 1)(c − 1) ≥ 0 ⇒ abc ≥ ab + bc + ca − 5

Nhờ đánh giá này mà ta đã dồn biến được:

P ≤ ab + bc + ca + 72

ab + bc + ca−

1

2(ab + bc + ca − 5)

Bây giờ chỉ cần khảo sát hàm số f (t) = t

2+

72

t +

5

2, t = ab + bc + ca.

Để công việc khảo sát hàm f (t) hiệu quả, chúng ta cần chặn được miền xác định biến t tối ưu nhất có thể Nhờ các đánh giá:

ab + bc + ca ≤ (a + b + c)

2

3 = 12; (3 − a)(3 − b)(3 − c) ≥ 0 ⇒ ab + bc + ca ≥ 11

Từ đó tìm được kết quả max P = 160

11 tại (a, b, c) là một hoán vị của (1, 2, 3). Nhận xét Vấn đề dự đoán điểm rơi đôi khi cần phải kết hợp biến đổi đại số và quan sát một cách bao quát bài toán Việc xét (a−1)(b−1)(c−1) ≥ 0, (3−a)(3−b)(3−c) ≥ 0

là một kinh nghiệm nhỏ đáng ghi nhớ đối với những bài toán mà các biến bị chặn

www.MATHVN.com