đề thi sưu tầm 10 năm đề thi chọn đội tuyển imo cac de thi hsg cua dhsphn de chon doi tuyen ninh binh de de nghi toan 11 cua hai phong de hsg tphcm 2009 de kt doi tuyen chuyen quang trung de kt do…

 Các bài toán BĐT và cực trị của biểu thức chứa nhiều biến số là những vấn đề thường được đề cập trong các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi.Không thể có một phương pháp chung để có t[r]

A/LờI NóI ĐầU

1/ L í do chọn đề tài:

 Bất đẳng thức và cực trị của biểu thức nhiều biến từ lõu đả trở thành đề tài quen thuộc đề cập trong nhiều tài liệu Thường gặp trong nhiều cuộc thi từ cỏc lớp THCS đến bậc đại học,trong cỏc kỡ thi Olimpic trong nước và thế giới,nú là vấn đề khú và thật hấp dẫn bởi vỡ việc giải nú nhiều khi phải rất cụng phu,sỏng tạo đụi khi phải biết kết hợp nhiều phương phỏp,nhiều kỹ thuật mới giải được chỳng, mỗi bài một vẽ thật là đa dạng

 Giải toỏn BĐT và cực trị núi chung và BĐT,cực trị của biểu thức cú nhiều biến

số núi riờng khụng những rốn luyện phẩm chất tư duy,úc sỏng tạo,trớ thụng minh cỏch nhỡn linh hoạt, tinh tế của người học,người làm toỏn là động cjthucs đẩy lũng đăm mờ, yờu thớch mụn toỏn

 Cỏc bài toỏn BĐT và cực trị khụng những giỏo dục cỏc phẩm chất trớ tuệ của người học mà cũn chứa đựng tớnh thực tiễn cao trong việc ứng dụng toỏn họcvào thực tiễn cuộc sống giải cỏc bài toỏn tối ưu

 Cỏc bài toỏn BĐT và cực trị của biểu thức chứa nhiều biến số là những vấn đề thường được đề cập trong cỏc chuyờn đề bồi dưỡng học sinh giỏi.Khụng thể cú một phương phỏp chung để cú thể giải cho mọi loại bài toỏn,trong một chừng mực nào đú vẫn cú thể nờu ra một số kỹ thuật giải chung cho cỏc bài toỏn,đú là một việc mà cỏc nhà

sư phạm nờn làm giỳp cho học sinh cú một nền kiến thức cơ bản khi đứng trước một bài toỏn thuộc loại này

 Vỡ những lý do trờn việc đề cập đến một số kỹ thuật,một số cỏch giải cú tớnh thụng dụng nhất về lớp cỏc bài toỏn thuộc dạng này là một việc cần thiết giỳp cho người học nõng cao khả năng tự học tự khai thỏc phỏt hiện và giải toỏn

2/

Mục đích của đề tài:

Trên cơ sởnhỡng kinh nghiệm giãng dạy và thực tiễn học tập của học sinh,đúc kết thành kinh nghiệm và một số phơng pháp tìm cực trị và chứng minh một số bất đẳng thức nhiều biến số

3/Phạm vi nghiên cứu:

Phạm vi nmghiên cứu của đề tài xoay quanh các dạng và phơng pháp giải các bất đẳng thức và cực trị của biểu thức chứa nhiều biến số

4/ Cơ sở nghiên cứu

Cơ sở nghiên cứu là dựa trên các kiến thức đã học ở trờng đại học,các khóa bồi dỡng nâng cao kiến thức trong hè đối với giáo viên dạy chuyên do bộ tổ chức,thực tế giãng dạy ở các lớp chuyên toán trong trờng chuyên,kĩ yếu hội thảo đào tạo hệ trung học phổ thông chuyên,tạp chi toán học và tuổi trẻ,sách giáo khoa ,sách tham khảo của bộ môn toán bậc trung học phổ thông

5/ Ph ơng pháp nghiên cứu:

Thực hiện đề tài này,tôi sử dụng các phơng pháp sau đây:

-Phơng pháp nghiên cứu lý luận;

-Phơng pháp khảo sát thực tiễn;

-Phơng pháp phân tích;

-Phơng pháp tổng hợp;

-Phơng pháp khái quát hóa;

-Phơng pháp tổng kết kinh nghiệm

B/ NỘI DUNG ĐỀ TÀI

Bài toỏn tỡm giỏ trị lớn nhất, giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức Q = Fa a1 , , , 2 a nvới

i

a D và ngoài ra a a1 , , , 2 a n cũn chịu một số ràng buộc khỏc.

Cỏc cỏch giải thụng dụng

1/ Đỏnh giỏ trực tiếp Q bằng bất đẳng thức

2/ Đỏnh giỏ Q bằng phương phỏp đạo hàm

3/ Đỏnh giỏ Q bằng phương phỏp dồn biến

4/ Đỏnh giỏ Q bằng phương phỏp lượng giỏc húa

5/ Đánh giá Q thông qua tìm miền giá trị

Vấn đề dựng bất đẳng thức để đỏnh giỏ Q cú trong rất nhiều tài liệu ,trong đề tài này qua một số vớ dụ nhằm làm rừ thờm về mặt phương phỏp dựng đạo hàm, dồn biến phương phỏp lượng giỏc húa,phơng pháp tìm miền giá trị để tỡm cực trị của biểu thức nhiều biến Để thuận tiện cho việc nghiên cứu tôi xin đề cập đến phơng pháp chuẩn hóa trong các hàm có tính thuần nhất ba biến

Bài toán: Tim cực trị củ biểu thức Q = F x y z , , 

biết F x y z, ,  F x y z , , 

(1) với   0

Hàm số F thỏa món điều kiện (1) gọi là hàm thuần nhất ba biến x,y,z

Mệnh đề 1:Cho H x y z , , 

là một đa thức đẳng cấp bậc k và hàm số F x y z , , 

thóa mãn (1) thì giá trị của F x y z , , 

trên miền:  x y z H x y z, , /  , , a a;(  0)

không thay đổi khi a thay

đổi

Giả sử M x y z , , 

là một điểm sao cho: H x y z , , a1

M x y z' ', ', '

là một điểm sao cho: H x y z' ', ', '  a2

với a1 a a2 ( 1  0;a1  0)

ta chứng minh F M  F M '

.Thật vậy

k k



2



   H x y z ', ', ' a2

(đặt

) mặt khác M x y z , , H x y z , , a1  M x y z' ', ', ' H x y z ', ', '  a2

nênF x y z , ,  F x y z ', ', '

do (1).áp dụng mệnh đề trên để tìm giá trị của F x y z , , 

trên các miền

H x y z, , a

chỉ cần tìm giá trị của nó trên miền H x y z , ,  a0

cố định.Điểm mấu chốt trong từng bài toán chọn đa thức đẳng cấp H x y z , 

nào là thích hợp cho việc chuẩn hóa

Ví dụ minh h ọa : Cho các số thực dơng a b c, , .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = F a b c  , , 

 

 

 

 

Nhận xét F a b c , , F  a b c, , 

,vậy Flà hàm thuần nhất nên chỉ cần tìm giá trị của F

trên miền H a b c , ,    a b c 1

,khi đó Q  , ,  1  2 1  2 1  2

F a b c

2

2

a  a         a a   a  a   

1   3

0 4

a a

   

2

nên Q

4 3 3

Vì

a b c a b c   

4 3 3.

6

5 khi

1 3

a b c  

Kết luận: MaxQ =

6

5 khi a b c   0

Sau đõy là một số phương phỏp tỡm cực trị của biểu thức nhiều biến số

được đề cập trong đề tài này:

I ) Ph ơng pháp đạo hàm : Phương phỏp đạo hàm là chuyển việc đỏnh giỏ Q về đỏnh giỏ

biểu thức một biến số

1/ Đỏnh giỏ đại diện : Nếu Q cú dạng Qf a 1  f a 2   f a n ,a iD đối xứng

a/ Đỏnh giỏ đại diện bằng phương phỏp miền giỏ trị

Bài toỏn 1: Cho A B C, , là ba gúc của một tam giỏc.Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức

Ta viết

2

sinx

f x   x x 

.Ta cú f ’  2

1 2cos sin

x x

x





Lập bảng biến thiờn hàm số f trong khoảng 0;

x 0 

/ 3

 

Từ bảng biến thiờn ta suy ra

 

 

 

3 3 3

f A

f B

f C





      3 3

Q f A f B f C

     Dấu đẳng thức khi ABCđều

Bài toỏn 2: Cho cỏc số thực a b c , , 0,thỏa món điều kiện a2b2c2  1

f’(x) - 0 +

f(x)

3

Chứng minh BĐT 2 2 2 2 2 2

3 3 ,(1) 2

b c c a a b 

3 3

.

thức sau:

Hay phải chứng minh  2 2  2 2  2 2

Khảo sát đại diện là hàm số f x( ) x1  x2,x0;1

bằng đạo hàm tìm được giá trị lớn nhất của

( )

f x trên khoảng này là

2

3 3 từ đó suy ra điều cần chứng minh

b/ Đánh giá gián tiếp thông qua biểu thức bậc nhất

Nếu bài toán có dạng sau cho n   *và các số a a1 , , , 2 a nD thỏa mãn a1 a2  a n n , với D

Chứng minh rằng f a 1  f a 2   f a n nf  ( hay f a 1  f a 2   f a n nf  ), Đẳng thức xãy ra khi a1 a2   a n  

Dạng bài toán này có tính chất nổi bật: vế trái là biểu thức đối xứng đối với các biến

1 , , , 2 n

a a a nên thường có nhiều cách giải.Tuy nhiên việc tìm ra một phương pháp chung để

có thể giải được hàng loạt bài

Toán như thế thì hoàn toàn không đơn giản

Trong bài viết này ta sẽ vận dụng giả thiết a1 a2  a n n một cách linh hoạt, đó là ta sẽ tìm các hằng số A , B thích hợp để đánh giá f x   Ax + B , x D  ,đẳng thức xãy ra khi x 

.Đối với nhiều bài toán ,biểu thức

y = Ax + B được chọn chính là phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại x =  Nhìn qua phương pháp này chúng ta sẽ thấy nó “tương tự”với phương pháp sử dụng BĐT Jensen- còn gọi là BĐT hàm lồi.Thật sự ở đây phương pháp này sẽ “tốt” hơn,nếu sử dụng BĐT Jensen thì phương pháp này cũng sử dụng được nhưng điều ngược lại thì có thể không xãy ra

Ta có thể minh họa bằng đồ thị

-8 -6 -4 -2

2 4 6 8

x

Hàm số y = f(x) trên khoảng D = 3; 2 không lồi và cũng không lõm trên D nhưng đồ

thị vẫn “nằm trên” tiếp tuyến

15 1 4

x

y  

của nó tại

1 2

x  

D Trong bài này không thể áp dụng được BĐT hàm lồi được nhưng vẫn có thể dùng phương pháp “tiếp tuyến” để giải quyết bài toán

Sau đây xin được trình bày một số bài toán minh họa cho phương pháp trên được trích dẫn từ một số đề thi Olympic của nước ta và các nước trên thế giới Trong một số bài toán có thể chúng ta phải sử dụng linh hoạt các giả thiết và tính chất của các biểu thức trong bài toán để vận dụng phương pháp một cách hiệu quả nhất

Bài toán 3:( Olimpic 30/4- 2006).Cho các số thực dương a b c, , Chứng minh rằng:

Q =

 

 

 

 

 

 

6 5

Do Q có tính thuần nhất nên chỉ xét giá trị của Q với a b c   1

Viết Q =

 

 

 

 

 

f a f b f c

Với

2

1

1 2 1

x x

1 3

x 

có phương trình:

y x   x

  Mặc dầu trong khoảng 0;1đồ thị (C) của hàm số yf x( )

không lồi

Nhưng vẫn có

f x  x

thật vậy  x 0;1 (*)

2

2

Xét hàm số g x ( ) 54x3 27x2 1 với x 0;1 g’(x) = 54 3x x  1 lập bảng biến thiên của hàm số

y = g(x) ta được kết quả g x( ) 0,  x 0;1.Áp dụng BĐT (*) cho các số a , b , c 0;1

f a  f b  f c  a b c    

.BĐT (1) được chứng minh Đẳng thức xãy ra

khi a b c 

Bài toán 4: (Hồng Kong,2005) Cho các số dương a b c d, , , thỏa mãn a b c d    1.

Chứng minh rằng:  3 3 3 3 2 2 2 2 1

6

8

a b c d a b c d 

.(1)

Từ giả thiết ta có a b c d , , , 0;1và BĐT (1)

1

8

f a f b f c f d

Trong đó f x( ) 6 x3 x2 xét f x( )với x 0;1 Tiếp tuyến của đồ thị hàm số yf x( )tại

1

4

x 

Có phương trình

y x

Mặt khác

  2 

3 2

f x   x  x  x   x  x x 

( )

f x  x

f a  f b  f c f d  a b c d    

Vậy BĐT (1) được chứng minh

Đẳng thức xãy ra khi

1 4

a b c d   

Bài toán 5: ( Mở rộng bài toán thi Olimpic Ba Lan,1996 và Olimpic 30-4,1999)

Cho các số thực a b c, , thỏa mãn a b c   1. Chứng minh rằng 2 2 2

9

(1)

Đặt ( ) 1 2.

x

f x

x



 Khi đó BĐT (1) trở thành

9

10

f a  f b  f c 

Ta có f’(x) =  

2 2 2

1 1

, '( ) 0

1 1

x x

f x

x x











Bảng biến thiên ( ta đưa thêm vào một số giá trị như x = - 3, x = -1/3, x = 2 và giá trị

( )

f x để so sánh)

x   - 3 - 1 - 1/3 1 2



-0 1/2 2/5

f(x) -3/10 -3/10

-1/2 0

(

f  f   f 

) Xét các trường hợp xãy ra :

1/ Có một số , giả sử a     ; 3  b c  4 nên có một số , giả sử b 2.Khi đó ta có :

5 2 10

f a f b  f c    

2/ Có một số, giả sử

1

3

a   

  Khi đó

10 2 2 10 10

f a  f b  f c     

3/ Cả ba số

1

3

a b c  

  Khi đó tiếp tuyến của đồ thị yf x( ) tại

1 3

x 

có phương trình:

y x

Ta có

2

x

Áp dụng BĐT này cho các số

1 , ,

3

a b c  

và a b c   1 ta có

f a  f b  f c  a b c   

.Vậy trong mọi trường hợp BĐT (1) đều đúng

bài toán được chứng minh,đẳng thức xãy ra khi

1 3

a b c  

Nhận xét: Đây là một bài toán khó,không thể sử dụng phương pháp hàm lồi để giải.

Chúng ta đã giải bài toán bằng cách phân chia trục số thành các khoảng

    và sử dụng linh hoạt

giả thiết a b c   1 để áp dụng tính chất của hàm số f(x) cùng với tiếp tuyến của nó

tại điểm x = 1/3 một cách như mong muốn

Bài toán 6: (Rumania,2005) Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn a b c   3.

Chứng minh rằng:

2 2 2

a b c    (1) Theo giả thiết a b c, ,  0 a2b2c2a b c  2 9.Từ đó nếu có một trong ba số,giả sử a

<1/3 thì

2 2 2

a b c     nên (1) đúng

Ta xét trường hợp

1 , , 3

a b c 

.Vì

7

3

a b c   n 

Vậy

1 7

3 3

a b c  

BĐT (1)

0,(2)

Xét hàm số

2 2

3 3

f x x tr

x

Tiếp tuyến của đò thị hàm số yf x( ) tại x =1 là y = -4x + 4.Ta có

2

3 3

x

2 2

g x x  x  x      tr  

   ) hay f x( )4x4 với mọi x

1 7

;

3 3

Áp dụng cho các số

1 7

3 3

a b c  

  ta có f a( )f b( ) f c( )4a b c  4.3 0 Vậy BĐT (1) được chứng minh.Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Nhận xét cách giải: Tương tự bài toán trên, từ giả thiết bài toán ta mới chỉ có điều kiện

 

a b c 

Việc xét các trường hợp đặc biệt để đưa về xét trường hợp

1 7

3 3

a b c  

  và áp dụng tính chất của hàm số f(x) trên đó là hết sức cần thiết

Bài toán 7: (Trung Quốc ,2005).Cho các số không âm a b c, , thỏa mãn a b c   1.

Chứng minh rằng : 10a3 b3 c3 9a5 b5 c5  1

(1) Đặt f x( ) 10 x3 9x5 Khi đó (1) trở thành f a( ) f b( ) f c( ) 1, (2)

Trường hợp 1 Trong ba số a,b,c có một số ,giả sử

9 10

a 

Khi đó thì

a  b c 

Xét hàm số f(x) trên đoạn

9

;1 10

  ta có f’(x)= 30x2  45x4  15x22 3  x2 0 với mọi

9

;1 10

x  

Vậy f(x) nghịch biến trên đoạn này và từ đó f a( )f(1) 1 với

9

;1 10

a  

  hơn nữa với

1

10

b c  

Thì f b ( ) 10b3 9b5  0 và f c ( ) 10c3 9c5 0 nên f a( ) f b( ) f c( ) 1 0 0 1    hay (2) đúng

Trường hợp 2 Các số

9

10

a b c  

  Khi đó tiếp tuyến của đồ thị hàm số yf x( )tại

1 3

x 

có phương trình

y x

Ta có

f x   x  x  x   x 

Xét hàm số g x( ) 27 x318x2 21x16trên đoạn

9 0;

10

 .Ta có g’(x) = 81x2 36x 21

g’(x) = 0

1 3

x

hoặc

7 9

x 

Bảng biến thiên của g(x) trên đoạn này như sau

x 0 1/3 9/10

g(x)

Suy ra trên đoạn

9 0;

10

 ; g(x) < 0 nên

f x   x 

Áp dụng cho các số a,b,c

9 0;

10

  và a + b +c = 1 ta có

f a  f b  f c  a b c   

Hay (2) đúng Vậy trong mọi trường hợp BĐT (1) đều đúng

Đẳng thức xãy ra khi

1 3

a b c  

hoặc a b c, , là một hoán vị bất kì của bộ 1;0;0 Nhận xét : Đây là bài toán rất khó, để giải bài toán này chúng ta phải chia miền giá trị của các biến một cách chặt chẽ Trong cách giải trên việc chia đoạn 0;1 thành các đoạn

9

0;

10

9

;1

10

  là một cách hợp lí

Bài toán 8: (Moldova,2005) Cho các số dương a b c, , thỏa mãn a4b4c4  3

Chứng minh rằng:

1, (1)

4  ab4  bc4  ca 

Lời giải:

Vì

2 2

2

a b

ab 

4  ab 8 a b

do đó

4  ab4  bc4  ca8 a b 8 b c 8 c a

Để vận dụng giả thiết a4b4 c4  3 ta đặt xb2 c22,yc2 a22,za2 b22thì ta có x,y,z > 0 và x + y + z = b 2 c2 2 c2 a2 2 a2 b22  4a4 b4 c4 12

Ta phải chứng minh

,(2) 2

8  x 8  y 8  z  Xét hàm số  

1

8

t

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị yf t( ) tại t = 4 có phương trình

y t

Hơn nữa ta có : 1 1 5 1  2 2 4  0

Vậy

( )

f t  t

f x f y  f z  x y z     

BĐT được chứng minh Đẳng thức xãy ra khi x   y z 4 a b c  1

2/ Đánh giá khử bớt biến đưa về đánh giá hàm một biến

Bài toán 9: Cho các số thực a b c, , 0;a b c  1

Tìm giá trị lớn nhất của biể thức Q = 7ab bc ca   9abc

Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử 0 a b c   kết hợp điều kiện

1

3

a b c    a

4

a  a bc  a   a  a  a

(do 7 -9a >0;  

 2

2 1 1

a

bc b c  

)

Xét hàm số

3

f a  a  a  a a  

f’(a) =

1 0;

3

a  

1 axf(a) = f( ) 8

3

M

Vậy giá trị lớn nhất của Q là 2 đạt được khi

1 3

a b c  

Bài toán 10: Cho a b c , , 0; 2 thỏa mãn a b c   3

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = a2b2c2

Giải: Không mất tính tổng quát gỉa sử a b c  kết hợp với giả thiết ta suy ra 1  c 2

Vì a2b2 a b 2 3 c2 do ab 0suy từ giả thiết

Nên Q f c( )3 c2c2 2c2 6c9,c1; 2

Bảng biến thiên hàm số f c( )với c 1; 2

c 1 3/2 2

f(c)

f(3/2)

Từ BBT ta suy ra Q  5.Đẳng thức xãy ra khi a b c, , là một hoán vị bất kì của bộ 0;1; 2 Vậy giá trị lớn nhất của Q là 5

3/ Đặt biến phụ chuyển về đánh giá hàm số một biến

Bài toán 11:Cho các số thực x,y,z thỏa mãn

4 2

x y z

xyz

x y z

  









 (II) Tìm giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn nhất của biểu thức Q = x4y4z4

Đặt t = xy + yz + zx thì Q = 2t2  32 144t  Ta có t =    

2

Hệ (II)

4 2

yz x x

  











Vì  

x

(do x > 0 )  x 2 x2  6x 4  0

kết hợp điều kiện

0 < x < 4 ta được x 3 5; 2.Khảo sát hàm số

  ta được

Tập giá trị là

5 5 1 5;

2

  Vì Q = h(t) = 2t2  32 144t  với

5 5 1 5;

2

t   

do hàm số h(t) nghịch biến trên đoạn này, suy ra giá trị nhỏ nhất của Q là

MinQ =

5 5 1

383 165 5 2

h   

  ,và giá trị lớn nhất của Q là MaxQ = h 5 18

Bài toán 12: Cho các số thực x y z , , 0 thỏa mãn (I)

3 1

x y z

xy yz zx

  







Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức Q = x4y4z4

Đặt s3= xyz thì Q = 47 12s 3 Hệ (I) 2

3

yz x x

  



 

Vì 3  x2  4x2  3x 1  3x2  6x 5 0 

kết hợp x 0ta được

3 2 6 0;

3

x   

Khảo sát hàm số

3

3 2 6

3

s g x x  x x x   

  và kết hợp với s 3 0 ta được

3

4 6 9

0

9

Vì Q = 47 12s 3 nên giá trị nhỏ nhất của Q là MinQ = 47,giá trị lớn nhất là

MaxQ =

105 16 6

3

