Kĩ thuật giải bài toán cực trị (bất đẳng thức) rất hay

Và qua chuyên đề này chúng ta sẽ hiểu sâu hơn về kỹ thuật “chọn điểm rơi” trong việc giải các bài toán cực trị Trang 1... bTrong bkỳ bthi btuyển bsinh Đại bhọc bthì bbài btốn bbất bđẳng

a bb 1, tìm GTNN của bP 2 2

 b4

a bb b b b b b b b b ba b2abab bb b b b(a bb) 2abab

a

 2ab bMinP b4 bkhi bx by b1

a

a bb b1 b b b b b b b1b



a bb b

1

, tìm GTNN của bP

Lời bgiải b1 Ta có: bP b b2ab b b b b b b b b b b b b2ab b b b b b b b b b b b b b b b b2ab  b2ab

1 ba2ab bb2ab b2abab(a bb)2ab b1 b0



P b b2ab b b b b b b b b b b b b2ab b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b2ab

 ba bb 1

Mặt khác bab

2ab



6

Dấu “=” xảy raa bb

a bb b

1

Chuyên Đề:

KỸ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI TRONG BÀI TOÁN CỰC TRỊ

I BÀI TOÁN MỞ ĐẦU

a,b 0

Giải

1 1

a bb 2ab

Ta có: 2ab b b b b2ab b b b b b b b b b b b b b b2ab b b b b b b b b b b b b2ab b b b b b b b b b b b b2ab 1 b b b b b1 b b b b b b b b4 b b b b b b b b b b4

 b b b1 Dấu “=” xảy ra

2ab

 b b b2ab

a,b b0

1 ba 2ab bb2ab b2abab Giải

1 b b b b b b b1 b b b b b b b b b b4 b b b b b b b b b b b b b4 b b b b b b4 1 ba 2ab bb2ab b2abab b ba b2abab bb b1 b(a bb) b1 b2ab

Dấu “=” xảy ra

a bb b1a bb b1(voânghieäm) Vậy không tồn tại

MinP ? ?

Lời bgiải b2ab Ta có:

1 b b b b b b b1 b b b b1 b b b b b b b b b b4 b b b b b b b b b1 b b b b b b b b b b4 b b b b b b b b b b1

1 ba 2ab bb2ab b6ab b3ab b ba b6ab bb b1 b3ab b(a bb) b1 b4ab b3ab

 b2ab b b b4

2ab

Vậy bP 4

 ba b b b b bb b b

 b2ab

2ab  1

 ba b b b b bb b b

2ab

2ab  8 3

1 ba2ab bb2ab b3ab





 ba b

b

1 2ab.

Lời bình: Bài toán 1 và bài toán 2 gần như tương tự nhau, cùng áp dụng bất đẳng thức

1 b b1 b b b4

a bb b ba bb Lời giải 1 tại sao sai? Lời giải 2 tại sao lại tách

1 b b b b1 b b b b1 2abab b b6ab b3ab ? ? Làm sao

nhận biết được điều đó…? Đó chính là kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Và qua

chuyên đề này chúng ta sẽ hiểu sâu hơn về kỹ thuật “chọn điểm rơi” trong việc giải các bài

toán cực trị

Trang 1

b c

c d

a bb 0

 bn ba1 2 a n Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ba 1 b b b b2ab ba n

a1 ba2 ba n

(a 1 ba2ab ba n ) b1 b b b1 b b b b b b1 bn vớia i 0, bi 1, bn

  

(a1b1 ba2b2 ba n b n )2 (a1 ba2 ba2)(b1 bb2 bb2) Dấu “=’ xảy ra b bn (quy ước nếu bb i b b b b b b b b b b bi 0 ba 0)

a 1 b b b b b2ab b b b b b ba 2ab b b(a 1 ba2ab ba n b) 2ab

a

b

Cĩ bthể bnĩi btằng bbài btốn bbất bđằng bthức bnĩi bchung bvà bbài btốn btìm bGTNN, bGTLN bnĩi briêng blà bmột

trong bnhửng bbài btốn bđược bquan btâm bđến bnhiều bở bcác bkỳ bthi bHọc bsinh bgiỏi, btuyển bsinh bĐại

học,…và bđặc bbiệt bhơn bnữa blà bvới bxu bhước bra bđề bchung bcủa bBộ bGD b– bĐT bTrong bkỳ bthi btuyển bsinh

Đại bhọc bthì bbài btốn bbất bđẳng bthức blà bbài btốn bkhĩ bnhất btrong bđề bthi bmặc bdù bchỉ bcần bsử bdụng bmột

số bbất bđẳng bthức bcơ bbản btrong bSách bgiáo bkhoa bnhưng bhọc bsinh bvẫn bgặp bnhiều bkhĩ bkhăn bdo bmột

số bsai blầm bdo bthĩi bquen bnhư blời bgiải b1 btrong bbài btốn bmở bđầu blà bmột bví bdụ bĐể bgiúp bhọc bsinh bhiểu

sâu bhơn bvề bbài btốn bcực btrị bđặc bbiệt blà bcác btrường bhợp bdấu bđẳng bthức bxảy bra, btơi bviết bchuyên bđề

“Chọn bđiểm brơi btrong bgiải btốn bbất bđẳng bthức”.

1 Bổ túc kiến thức về bất đẳng thức

a) Tính chất cơ bản của bất đẳng thức

 a b  a c b d

a bb

b) Một số bất đẳng thức cơ bản

Cho b b bn số thực khơng âm a 1 ,a 2ab , ,a n b(n b2ab) ta luơn cĩ

a ba n



 ba1 ba 2ab b b b b b ba n

2ab

a1 ba2 b b b b b ba n

n2

a1  ba2   ba n ai  bi  bn

 Cho 2n số dương ( bn bZ,n 2): ba1,a2, ,a n ,b1,b2, ,b n ta cĩ:

n (a1 bb1)(a2 bb2) (a n bbn ) bn ba1a2 a n bn bb1b2 b n

Cho 2n số dương ( bn bZ,n 2): ba1,a2, ,a n ,b1,b2, ,b n ta cĩ:

2 2



a

b b 1 b b b ba b b 2ab b b b b b b b ba

b 1 b bb 2ab b b b b b bb n

Hệ quả(Bất đẳng thức Svác-xơ)

Cho hai dãy số ba 1 ,a 2ab , ,a n và b1 ,b 2ab , ,b n vớib i 0i 1,n ta luơn cĩ:

2ab



b 1 b bb 2ab b b b b b bb n b b b bb 1 bb2ab bb n

Trang 2 Dấu “=’ xảy ra

 b bn

 f b(x1 b b2ab , , x n b) M(x 1 b b2ab , , xn b) D

(x0 b b b0 b b b b b b0 b b b b b b b b b b b b b b0 b b b0 b b b b b b0 , x 1 b b b2ab b, , xn b) D b: f b(x , x 1 b b b2ab b, , xn b) M

 bf ( bx1 2, , bx bn ) bm( bx1 2, , bx n ) bD

( bx0 0 0 0 0 01 , bx2 , , bx n ) bD : bf ( bx1 , bx2 , , bx n ) bM

a b b1, tìm GTNN của biểu thức bP 2 2 4ab

P b b2ab b b b b2ab b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b2ab b b b b2ab b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b2ab b4ab b4ab b4ab

 b4ab b2ab b b b b b.4ab b2ab b2ab Vậy bP b4 b2ab b2ab nên bMinP b2ab(2ab b2ab)

P b b2ab b b b b2ab1 b b b b b1 b b b b b b1 b b b1 b b b b b b4 b b b b b b b b b b1 b b b b1 b b b b b b b b b b1 b b b b b b b1 4ab  b4 b2ab b6

 b2ab

Dấu bằng xảy raa bb2ab ba bb



a bb b

1

b1 b bb2 b b b b b bb n b b a b b1 b ba b b2 b b b b b b b ba

2 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

Cho f b(x 1 , x 2ab , , xn b) là một hàm n biến thực trên bD bn : bf : bD bn

, x b b b b b b b b b b b b b b b, x

 bMax f M

D

, bx , bx

 Min bf bm

D

3 Phương pháp chọn điểm rơi

Nhận xét: Các bất đẳng thức trong các đề thi đại học thông thường là đối xứng với các biến, và

ta dự đoán dấu bằng xảy ta khi các biến bằng nhau và xảy ra tại biên

a) Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Cauchy

Sử dụng hệ quả (1) và (2)

a,b b0

a bb b b bab Sai blầm bthường bgặp:

Sai blầm b1: Ta có :

1 b b b b b1 b b b b1 b b b b b b b b b b b b b b4 b b b b b b b b1 b b b b b b b b b b b4 b1

a b b b b2abab b2abab a b b2abab b2abab b b b b b b b(a b) b2abab

Mặt khác 1 b b b b b b b b b b b b1

2abab b b b b b b b b b b2abab Sai blầm b2ab:

2ab b4ab.

ab b b b b b4ab b4ab b b b b b b b b b b b b b b b b2abab b b4ab b b b b b b b b4ab b b b b b4ab

 bMinP b7 khi ba b b



1 b b b b b b b b b b b b b1

16 b b b b b b b b b b b b b2ab



1

2ab

Thay ba bb 1

2ab vào ta được bP b7

Nguyên bnhân bsai blầm:

Trang 3

Sai blầm b1: Học sinh chưa có khái niệm “điểm rơi”, việc tách 1 1 1

ab 2ab 2ab

a b b

1

Nguyên bnhân bsai blầm: MinSa b

a3 b3 b3a b

3.



3

 a b

(a b) 3 ab a b a b

9 b b b b2ab b1 b1 b1 b b b b b b b b b2ab b b b b b b4 b b b59





 b

 b





Ta có: bS 3 3 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2



, tìm GTNN của biểu thức S b b3 b b b b3 b b b b b2ab b b b b b b b b2ab

a bb 1

a b b

1

 Dấu bằng xảy raa b b2ab 2ab a b

4



2ab  ba bb

a bb 2ab 4ab 4ab (a bb)  4ab  2 4ab.  7 (1 x) 2ab x x , dấu bằng xảy ra khi bx 1 Min b1??



 1



là do thói quen để

a bb làm xuất hiện a2ab b2ab b2abab b(a b)2ab bMinP 4 2 2 4ab bVN Dấu “=” bất

2ab

a bb 1 đẳng thức không xảy ra không kết luận được MinP b4 b2ab b2ab

Sai blầm b2ab: Học sinh đã có khái niệm điểm rơi, dự đoán được dấu bằng khi ba bb 1

2 nên đã tách

các số hạng và MinP b7 khi ba bb1

2 là đúng, nhưng bước cuối học sinh làm sai ví dụ như

( x b1) 2ab x

1 1 1 1 4 1 1

P 2 2 2 2

2



1 b b b b b b b b b b b b b1

16 b b b b b b b b b b b b b2ab



a b a b ab

1 2ab, ta có:

Sai blầm bthường bgặp:

1 1 1 2 2 9 2 1 1

a bb 3a bb 3ab 3a bb 3ab b b ba bb 3a bb 3ab 3 ba bb bab

.

3 b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b2ab

2ab MinS 59

3

3 59



2ab

(vn)

Lời giải đúng

Trang 4

Ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi ba bb 1

2

2

, và ta thấy ba3 bb3 3a bb 3ab2 (a bb)3 vì thế ta





a bb (a bb) bab(a bb) 2a bb 2ab

S 3 3 2 2 2 2 3 3 20

(a bb)3

 4 Tìm GTLN của bP



Sai blầm b1: Ta có bP1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 1 1 1 10

P1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10

2 by bx b 10



 1 1 1

 , tương tự và ta có:

2x by bz b bx bx by bz

 1, vậy bMaxP 1 khi bx by bz

16



2x by bz 4 2

muốn xuất hiện (a bb)3 ; ta áp dụng bất đẳng thức 1 1 1

a3 bb3 2a2b 2ab2

và nếu vậy:

1 1 1 9

dụng bất đẳng thức cho 5 số:

1 1 1 1 1 25 25

a bb 2a bb 2ab 2a bb 2ab (a bb) bab(a bb) (a bb)

4 Dấu bằng xảy ra khi ba b

b

1

2.

 bx, by, bz 0



 bx b by b bz

1 1 1

2x by bz b bx 2y bz b bx by

2z

Sai blầm bthường bgặp:



9 2x b by bz 9 bx 2y bz 9 bx b by 2z 18 bx b by bz 9

 bMaxP 10

9

Sai blầm b2ab:



33 2xyz 33 bx.2yz 33 bxy2z 3 3 2x b by bz 3 3 bx 2 by bz 3 3 bx b by 2z 9 Nguyên bnhân bsai blầm: Cả hai lời giải trên đều đã biết hướng “đích” song chưa biết chọn điểm

2x by bz

rơi. bMaxP2z bx by

9

 4

 bx b by b bz

(vn) , tức là không tồn tại ( bx, by, bz) bD : b P

10 9

2x bx bx ra cho dấu bằng xẩy ra.

4

3 nên tách các số

Cách b1: Ta có 1 1 1 1 1 1 1



16 bx bx b by bz

P1 2 1 1 1 2 1 1 1 2

x b by bz b b b bx b by bz b b b bx b by b bz

4

3.

Cách b2ab: Ta có 2x by bz bx bx by bz 44 b x.x.y.z

1 1

4 bx byz , mặt khác:

Trang 5

x bx by bz 4 bx bx b by bz 2x by bz 16 bx b by bz

. , tương tự ta cĩ:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1

.4 11 1 1 1 Dấu “=” xảy ra khi bx by bz

 4 Tìm GTLN của bP



xxx

a bb bc 3 Chứng minh rằng: 3 ba 2b 3 bb 2c 3 bc 2a 3 3

Ta cĩ: 3 1.1(a 2b) 1 1 (a 2b) 2 ba 2b

a 2b bb 2c bc 2a 5 ,

mà 5 3 3 đềra sai ? ?

c 2a 1

1 3 3 (a 2b) 6 ba 2b a 2b1 3 3 3 3 3.3(a 2b) 

P 3 3 , dấu bằng xảy ra khi ba bb bc 1

3 9 3 9 3 9

 bxyz 1

x b b b b by b b b b bz2

( bxyz)

1 bx 2 bx

16 bx b by b bz

1

4, suy ra:

MaxP 1 khi bx by

z

1

4.

Nhận xét: Ta cĩ thể mở rộng bài 3:

 bx, by, bz 0



Cho 1 1 1

 bx b by b bz

1 1 1

 bx by bz bx by bz b

x by bz

Với , , bN : Cách làm tương tự như bài 3, ta tách bx , Nếu , , bR ,

 số thì bài tốn cĩ cịn giải quyết được khơng? Câu trả lời dành cho độc giả trong phần sau” Kỹ

thuật chọn điểm rơi trong BCS”

a,b,c 0

Sai blầm bthương bgặp:

, tương tự ta cĩ:

3 3

3 3 3 2  ba  2 b 2  bb  2 c 2  bc  2 a

3 3 3 3

a 2b 1

b 2c 1

Nguyên bnhân bsai blầm: bP bVT 5, vậy bMaxP=5 (vn) , vậy bP 5

a bb bc 3

Cauchy cho ba số ba 2b,3,3 ta cĩ:

6

 ba  2 b 6  bb  2 c 6  bc  2 a 3

3 3 3

 bx, by, bz 0

2 2



1 by 1 bz 1 bx

3 2

Sai blầm bthường bgặp:

Sai blầm b1: P 2 2 2 2 33

1 by 1 bz 1 bx (1 by)(1 bz)(1 bx)

1 by 2 by , mặt khác1 bz 2 bz , suy ra:



Trang 6

(1 by)(1 bz)(1 bx) 8 bxyz 8 Vậy b

P

3

2, dấu “=” xảy ra khi bx by bz 1

1 by

 by2

Sai blầm b2ab: ta có:  1 bz

1 bx

Ở bsai blầm b1: Học sinh quên tính chất cơ bản của bất đẳng thức: ba bb 0

 bx b b b b b b b b b by b b b b b b b b bz

Ở bsai blầm b2ab: Dấu “=” xảy ra 1 by, 1 bz, 1 bx (vn)

1 by 1 bz 1 bx

 bxyz 1

 4

 bx2 1 by

1 by

 by2 1 bz 1 3 3 3 3

1 bz

 bz2 1 bx



 bxyz 1

m bx3 by b b b bm by3 bz3 b b b bm bz3 bx3

 bx2







 bz 2



 (1 by) 2x

 (1 bz) 2 by bP 2( bx by bz) ( bx by bz) 3 bx by bz 3 ,

 (1 bx) 2z

mặt khác bx by bz 33 bxyz 3 bP 0

Nguyên bnhân bsai blầm:

1 1

a bb

 bx by bz

 2 2 2





x2

1 by và

1  by

1 by

1  by 1 2

 2

 bx

4

Ta có: by bP ( bx by bz) ( bx by bz) ( bx by bz)

4 4 4 4 4 2

 bz

1 bx 4

Dấu “=” xảy ra khi bx by bz 1

Bài tập tương tự(trích dẫn trong các đề thi đại học)

 bx, by, bz 0

3

 3 3 ,

xy b b b b b b b b b b byz b b b b b b b b b b bzx

3 4x 3 4y 3 4z 6 (đề tham khảo 2005)

P

ab bc

b b b b 4 b b b b bbc ba b b b b 2 b b b b bca bb b b b b 3 b b

abc

4.

Trang 7

a b c b1

P 2 2 2

S 2 2 2 2 2 2

Q 2 2 2

Bài 6 Cho u v b1, chứng minh rằng: bu2 2 bv 2 2

a b b b bb b b b bc3

b b b b b bc b b b b ba3 (ĐHQGHN 2001-2002)



Q b b2ab b b b b b b b b b b b b b2ab b b b b b b b b b b b b b2ab

 bx by 1, tìm GTNN của P

x b b b b b b b b by b b b b b b b b bz

x b b b b b b b b by b b b b b b b b bz

 2 1 2 2 1 1 1 1 1

x 2 2



( bx by bz)

1 b1 b1 b1 b b b 2ab b1 b1 b1

Chứng minh rằng: 3 ba 3b 3 bb 2c 3 bc 3a 3 (ĐTK 2005)

a,b,c b0

1 1 1 1

a bb bc b b bab bbc bca

1 1 1 1 1 1

a bb b b bb bc b b bc ba b b bab bbc bca

1 1 1 1 1 1

a bbc bb bca bc bab bab bbc bca

2ab b b b b2ab

 b b b bu b b b bv

2 2

25

2 .

3 3



3 3

Q

a b bb b bc

b bc ba

bc ca ab

a b(b c) b b(c a) c b(a b) (ĐH 2000 – 2001)

 bx, by, bz 0

1 x b b b1 y (ĐHNT 2001 – 2002)

x 2ab 1 b b b b b b b b b1 b b b b b b b b1

2ab b b b b b b b b b b b b b b2ab b b b b b b b b b b b b b2ab

b) Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức BCS.

x 2ab 1 b b b b b b b b b1 b b b b b b b b1

2ab b b b b b b b b b b b b b b2ab b b b b b b b b b b b b b2ab

Nhận xét: chúng ta có thể dùng bất đẳng thức Cauchy như ở phần 1

Sai blầm :

 b b b bx b b bx b b b b b bx b b b b b b b b bx 2 b b bx1 1 b b bx bx bx2 b b b b b b x

2

Tương tự ta có: bP  b b b b b b b b b b( bx by bz) b3 b2ab

2ab bx b by b bz b b b2ab bx b by b bz

Vậy bP b3 b2ab ?

Trang 8

 bx 1 by 1 bz

Nguyên bnhân bsai blầm: bP 3 2 1 b bx 1 b by 1

 bx by bz 1 1

z (vn)

3; và biểu thức trong căn gợi 2

 b b b bx b b b b by

1

x b b bx 1  1

 bx 9

2

1 9 bx bx , tương tự ta có:

 b b b bx b b bx b b b b b b b b bx 82 b b bx

P 1 1 1 1 1

1 1 x b by b bz b b b b b b b b b b b b b b b b b bx b by bz

 ( bx by bz)

9 bx b by b bz 9 bx b by b bz 3 bx b by b bz 9 bx by bz

Vậy bP 82 , dấu “=” xảy ra khi bx by b

z

1

3.

 bx, by, bz.0

Bài 2 Cho 1 1 1 , tìm GTLN của bP

2x by bz b bx 2y bz b bx by 2z



Giải

Áp dụng hệ qua (1) ta có: 









2x b by b bz 2x by bz , ta chọn sao cho bx by bz 3 và



z

2

1 1









 bx b by 2z b bx by 2z

y b bz 2x by bz

2 2

1 2 2

Dấu bằng xảy ra khi bx by bz 3 b MaxP1

2 2

 ,  ,





cho tam sử dụng BCS: bx2 2 2 2 bx với , là những số thỏa mãn:

 bx2 , chọn 1, 9

Ta có bx2 2 bx2 2

9x by bz) 9 , do bx by bz 1; 9 nên ta tách:

82



( bx by bz) 821 1 1 1 80 1 1 1 2 1 1 1 80 9

1 1 1

 bx b by b bz 1

 1 2

 2 1 1 (2 2)2

 2x

 1 1 1 (2 2)2 2 2 1 1 1

Vậy ta có: bP 2

 bx b b b b b b b bz b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b bx b by b bz2 by b b b b b bx 2 by b

 1 1 1 (2 2)2



Bài tập áp dụng

Trang 9

a,b,c 0



,chứng minh rằng 1 b b b b b b b b1 b b b b b b b b1 b b b b b3

a3 (b c) b b(c a) c b(a b) b2ab

a,b,c 0

3 b b b b b b b b b b b b b b b b b3

, tìm GTNN của P

(1 b)(1 c) b(1 c)(1 a) b(1 a)(1 b)

a b c d

b b2abc b3d c b2abd b3a d b2aba b3b a b2abb b3c



Bài 4 Cho bn

, tìm GTNN của P b1 x 1 b1 x2ab b1 xn

2ab b b b b b b b b b b b b b b b2ab b b b b b b b b b b b b b b b2ab

Để blàm brõ bvai btrò bquan btrọng bcủa bviệc bchọn bđiểm brơi btrong bviệc bđịnh bhướng bgiải bquyết bbài btoán

và bcũng blà bkết blại bphần bchuyên bđề bnày, btôi bxin bnêu bmột bphương bpháp bmới bgiải bbài btoán bsau:

2

Phân btích bđể bđi bđến blời bgiải: Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC là tam giác đều

A B C

3

Vì A B C ta giảm bớt số biến bằng sinC sin bAcosB sin bB cosA

P bsin A bsin B bsinC bsin A bsin B bsin AcosB bsin B bcosA , ta nghĩ đến:

 ; A, B không còn quan hệ ràng buộc, làm thế nào để xuất hiện

sin2 bB cos2 bB 1

2ab , sin bA bsin bB 3 b b b b b b b b b b b b b b1

2ab b b b b b b b b b b b b b b b2ab , Ta áp dụng Cauchy:

 bsin bA b b b b b b

sin bB

3 b b b b b b b b 3



 3 b b b b b b b b b b b b b b b b3  bcos2ab bB bcos 2ab bA

Ta có: bsin bA bsin bB 1 b b b b2ab b b b3 b b b b2ab b b b3

3 b b b b b b b4 b b b b b b b4

VT  bcos2ab bB bcos 2ab bA b b b b bsin 2ab bA bsin 2ab bB

2ab b b3 b b3 b b b3 b b b b b b b4 b b b b b b b4