một số lời giải câu cực trị THPTQG 2015

Popeye T E X by Nguyễn Minh Tuấn - Shirunai Okami Bình luận và một số lời giải bài toán cực trị trong đề thi THPTQG Nguyễn Minh Tuấn - K62CLC Toán Tin - ĐHSPHN Trong kì thi THPTQG năm 2015, có bài toán như sau : Bài toán. Cho a, b, c ∈ [1, 3] thỏa mãn a + b + c = 6. Tìm giá trị lớn nhất của P = a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 + 12abc + 72 ab + bc + ca − 1 2 abc Bình luận : Đây là một bài toán có hình thức đối xứng khá dễ chịu, không như sự xù xì của câu cực trị đề năm ngoái. Với đề này có lẽ khá nhiều em sẽ làm được nó. Phác qua hướng giải : Khi nhìn thấy a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 hiển nhiên ta liên tưởng tới đẳng thức a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 = (ab + bc + ca) 2 − 2abc(a + b + c). Với giả thiết đề bài thì P có thể rút gọn thành P = ab + bc + ca + 72 ab + bc + ca − 1 2 abc Tất nhiên, xu hướng của Bộ với câu cực trị thường là đưa về một biến, với giả thiết và biểu thức như trên, có 3 hướng chính để chúng ta hướng tới. Đó là • Đưa về ab + bc + ca • Đưa về abc • Đưa về a, b, c Tiếp theo, ta sẽ thử xem liệu cực trị đạt được tại đâu. Với hình thức đối xứng của biểu thức, ta sẽ thường thử với các bộ (a, b, c) = (2, 2, 2) (bằng nhau), (a, b, c) = (3, 2, 1) (tại biên), (a, b, c) =  3, 3 2 , 3 2  . Ta thấy tại (a, b, c) = (3, 2, 1) thì P lớn nhất trong các trường hợp trên nên có khả năng đó chính là giá trị cần tìm. Như vậy các đánh giá của chúng ta phải đảm bảo dấu bằng xảy ra tại biên. Và bây giờ là một số lời giải cho nó. Lời giải 1. Ta viết lại P dạng rút gọn P = ab + bc + ca + 72 ab + bc + ca − 1 2 abc 1 Popeye T E X by Nguyễn Minh Tuấn - Shirunai Okami Vì a, b, c ∈ [1, 3] nên ta có  (a − 1)(b − 1)(c − 1)  0 (1) (a − 3)(b − 3)(c − 3)  0 (2) . Kết hợp thêm giả thiết a + b + c = 6 thì tương đương với  abc  ab + bc + ca − 5 abc  3(ab + bc + ca) − 27 Từ hai đánh giá trên suy ra ab + bc + ca  11 Và P  ab + bc + ca + 72 ab + bc + ca − ab + bc + ca − 5 2 Đặt ab + bc + ca = t thế thì 11  t  (a + b + c) 2 3 = 12. Ta cần tìm giá trị lớn nhất của f(t) = t 2 + 72 t + 5 2 Đến đây có thể dùng đạo hàm vì chỉ còn một biến, hoặc như ở trên khi thử a, b, c ta tìm được P = 160 11 . Vậy ta biến đổi tương đương t 2 + 72 t + 5 2 − 160 11 = (t − 11)(11t − 144) 22t  0 Tại a = 3, b = 2, c = 1 cùng hoán vị thì P = 160 11 . Tóm lại giá trị lớn nhất của P bằng 160 11  Bình luận : Đánh giá (1) và (2) là một thủ thuật thường dùng đối với bài toán mà điều kiện a, b, c thuộc đoạn [α, β] nào đó. Đánh giá đó vừa đảm bảo dấu bằng xảy ra tại biên của một biến, vừa giúp đánh giá cận dưới của abc, vừa tìm được ràng buộc của ab + bc + ca. Đây cũng là lời giải phổ biến nhất với bài toán này. Lời giải 2. (Nguyễn Minh Tuấn) Đặt a = x + 1, b = y + 1, c = z + 1, khi đó x, y, z ∈ [0, 2] và x + y + z = 3. Bổ đề. Với điều kiện như trên thì x 2 + y 2 + z 2  5 Chứng minh. Giả sử x = max{x, y, z}, thế thì x ∈ [1, 2]. Ta có x 2 + y 2 + z 2  x 2 + (y + z) 2 = x 2 + (3 − x) 2 = 5 + 2(x − 1)(x − 2)  5 2 Popeye T E X by Nguyễn Minh Tuấn - Shirunai Okami Bổ đề được chứng minh, đẳng thức xảy ra khi x = 2, y = 1, z = 0 cùng hoán vị. Quay trở lại bài toán, ta viết P lại dưới dạng P = xy + yz + zx 2 + 72 xy + yz + zx + 9 − 1 2 xyz + 7 Ta mạnh dạn đánh giá P  t 2 + 72 t + 9 + 7 Giờ cần tìm điều kiện cho t = xy+yz+zx. Vì xy +yz+zx  (x + y + z) 2 3 = 3 và xy+yz +zx = (x + y + z) 2 − x 2 − y 2 − z 2 2  9 − 5 2 = 2, vậy 2  t  3. Ta có t 2 + 72 t + 9 + 7 = 160 11 + (t − 2)(11t − 45) 22(t + 9)  160 11 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 160 11 đạt được khi a = 3, b = 2, c = 1 cùng hoán vị  Bình luận : Phép đổi biến trên khiến điều kiện thay đổi với biên 0 và dấu bằng xảy ra tại một biến bằng 0, đối với tôi, biên 0 để đánh giá thường khá dễ dàng, ta có thể mạnh dạn loại bỏ biểu thức 1 2 xyz. Lời giải trên cũng sử dụng một bổ đề quen thuộc với những ai yêu thích Bất đẳng thức. Lời giải 3. (Nguyễn Minh Tuấn) Ta viết lại P dạng rút gọn P = ab + bc + ca + 72 ab + bc + ca − 1 2 abc Vì a, b, c ∈ [1, 3] nên ta có (a−1)(b−1)(c−1)  0 ⇐⇒ abc  ab+bc+ca−5. Vậy P  t 2 + 72 t + 5 2 Giả sử a  b  c, vì c  1 nên a + b  5. Vậy        a  3 a + b  5 a + b + c = 6 ⇒ (3, 2, 1)  (a, b, c) 3 Popeye T E X by Nguyễn Minh Tuấn - Shirunai Okami Dễ thấy f (x) = x 2 là hàm lồi, áp dụng Bất đẳng thức Karamata ta có a 2 + b 2 + c 2  3 2 + 2 2 + 1 2 = 14 Suy ra ab + bc + ca = (a + b + c) 2 − a 2 − b 2 − c 2 2  11 Mà t 2 + 72 t + 5 2 − 160 11 = (t − 11)(11t − 144) 22t  0 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 160 11 tại a = 3, b = 2, c = 1 cùng hoán vị Bình luận : Tất nhiên lời giải này chỉ mang tính giải trí, nó là sự kết hợp của hai cách trên Và sau đây là một số cách nữa, mời bạn đọc cùng thưởng thức Lời giải 4. (Đặng Thành Nam) Không mất tính tổng quát, giả sử a là số lớn nhất, thế thì a ∈ [2, 3]. Ta viết lại P dưới dạng P = a(6 − a) + bc + 72 a(6 − a) + bc − 1 2 abc Đạo hàm theo biến bc ta có f  (bc) = 1 − a 2 − 72 (a(6 − a) + bc) 2 < 0 Mà (b − 1)(c − 1)  0 ⇐⇒ bc  b + c − 1 = 5 − a Vậy P  f(5 − a) = a(6 − a) + 5 − a + 72 a(6 − a) + 5 − a − 1 2 a(5 − a) = (a − 2)(a − 3)(11a 2 − 55a + 89) 11(−a 2 + 5a + 5) + 160 11  160 11 Bất đẳng thức cuối luôn đúng vì a ∈ [2, 3]. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 160 11 khi a = 3, b = 2, c = 1 cùng hoán vị  4 Popeye T E X by Nguyễn Minh Tuấn - Shirunai Okami Mấu chốt của lời giải trên là khi hàm f giảm theo biến bc, ta cần đánh giá cận dưới của bc thật đúng, đánh giá bc  1 là chưa đủ vì nó là hiển nhiên. Lời giải 5. (Nguyễn Thế Duy, Kunny) Cách này được thực hiện bởi một người bạn của tôi trên Facebook và của Kunny, một mod trên AoPS. Ta viết lại P dưới dạng P = ab + bc + ca + 72 ab + bc + ca − 1 2 abc = q + 72 q − r 2 Với q, r là gì chắc hẳn các bạn cũng biết, một kiểu đặt "dân dã" của Bất đẳng thức. Ta có a, b, c là 3 nghiệm của phương trình (x − a)(x − b)(x − c) = 0 ⇐⇒ x 3 − 6x 2 + qx −r = 0 = f (x) Vì f(x) là hàm số bậc ba với hệ số a > 0, lại có ba nghiệm thuộc [1, 3]. Nhớ lại rằng một hàm số bậc ba cắt Ox tại ba điểm phân biệt thì điều kiện cần là nó phải có cực đại cực tiểu. Như vậy ta có        f(1)  0 f(3)  0 f  (x) = 0 (có nghiệm ) ⇐⇒        q −r − 5  0 3q −r − 27  0 ∆  = 36 − 3q  0 Vậy suy ra r  q −5 và 11  q  12 Vậy P  q + 72 q − q −5 2 . Làm tương tự cách 1 ta cũng tìm được giá trị lớn nhất của P bằng 160 11 tại a = 3, b = 2, c = 1 cùng hoán vị  Lời giải 6. Ta viết P về dạng P = ab + bc + ca + 72 ab + bc + ca − 1 2 abc Vì (a − 1)(b − 1)(c − 1)  0 nên ab + bc + ca  abc + 5 Lại có (a − 3)(b − 3)(c − 3)  0 nên ab + bc + ca  abc 3 + 9. Từ hai điều 5 Popeye T E X by Nguyễn Minh Tuấn - Shirunai Okami trên suy ra abc  6, mà cũng có abc   a + b + c 3  3 = 8 nên 6  abc  8. Đánh giá trên tức là ý tưởng chính sẽ dồn về abc. Bây giờ xét đại lượng ab + bc + ca + 72 ab + bc + ca . Ta thấy khi ab + bc + ca  6 √ 2 thì nó đồng biến. Ở các cách trên ta thấy ab + bc + ca  11 nên đại khái ab + bc + ca + 72 ab + bc + ca  abc + 5 + 72 abc + 5 . Tất nhiên đánh giá trên khi ta đã biết cận dưới của ab + bc + ca là không thỏa đáng vì nó sử dụng kết quả các cách trước, ta coi như chưa biết đi mà bây giờ chỉ cần đánh giá ab + bc + ca  6 √ 2 là xong, vì 6 √ 2 < 11 rất nhiều nên đánh giá này có thể lỏng. Không mất tính tổng quát, có thể giả sử a là số lớn nhất, thế thì a ∈ [2, 3]. Ta có ab + bc + ca = a(6 − a) + bc  6a − a 2 + 1 = 10 − (a − 3) 2  9 > 6 √ 2 Vậy P  abc + 5 + 72 abc + 5 − 1 2 abc = 1 2 abc + 72 abc + 5 + 5 = g(t) Với t = abc, t ∈ [6, 8]. Ta có g(t) − 160 11 = (t − 6)(11t − 89) 22(t + 5)  0 Bất đẳng thức cuối đúng vì t ∈ [6, 8]. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 160 11 khi a = 3, b = 2, c = 1 cùng hoán vị  Lời giải 7. Lời giải này của thành viên nguyenhongsonk612 trên Vmf Đặt a = x + 2, b = y + 2, c = z + 2. Thế thì  x + y + z = 0 x, y, z ∈ [−1; 1] . Thay vào 6 Popeye T E X by Nguyễn Minh Tuấn - Shirunai Okami P ta có P = 16(xy + yz + zx) + 192 − xyz(xy + yz + zx) − 12xyz + 144 2(xy + yz + zx + 12) = (xy + yz + zx + 12)(16 − xyz) + 144 2(xy + yz + zx + 12) = 16 − xyz 2 + 72 xy + yz + zx + 12 Ta sẽ chứng minh P  160 11 ⇔ (11xyz + 144)(xy + yz + zx + 12)  1584 Vì x + y + z = 0 nên sẽ tồn tại ít nhất hai số cùng dấu, giả sử yz  0. Lại có x, y, z ∈ [−1, 1] nên x 2  |x|; y 2  |y|; z 2  |z| Suy ra x 2 + y 2 + z 2  |x| + |y|+ |z| = |x| + |y + z| = |x| + | − x| = 2|x|  2 Suy ra 2(xy + yz + zx) = −(x 2 + y 2 + z 2 )  −2 ⇔ xy + yz + zx  −1 Lại có vì (1 + x)(1 + y)(1 + z)  0 nên suy ra 11xyz + 144 ≥ 133 −11(xy + yz + zx) Đặt t = xy + yz + zx(−1  t < 0). Ta cần chứng minh (133 − 11t))(t + 12)  1584 Tuy nhiên bất đẳng thức này đúng vì nó tương đương (t + 1)  t − 12 11   0 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 160 11 khi a = 3, b = 2, c = 1 cùng hoán vị Kết luận : Trên đây là một số lời giải điển hình cho bài toán đẹp trên, mọi ý kiến đóng góp xin gửi về địa chỉ Facebook : Popeye Nguyễn hoặc thành viên Shirunai Okami trên diễn đàn K2pi.net.vn. Xin cảm ơn 7 . Tuấn - Shirunai Okami Bình luận và một số lời giải bài toán cực trị trong đề thi THPTQG Nguyễn Minh Tuấn - K62CLC Toán Tin - ĐHSPHN Trong kì thi THPTQG năm 2015, có bài toán như sau : Bài toán nên có khả năng đó chính là giá trị cần tìm. Như vậy các đánh giá của chúng ta phải đảm bảo dấu bằng xảy ra tại biên. Và bây giờ là một số lời giải cho nó. Lời giải 1. Ta viết lại P dạng rút gọn P. 0 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 160 11 tại a = 3, b = 2, c = 1 cùng hoán vị Bình luận : Tất nhiên lời giải này chỉ mang tính giải trí, nó là sự kết hợp của hai cách trên Và sau đây là một số cách