Phân tích hướng giải câu cực trị Đại học khối A,B năm 2005 2015

Biên soạn: Lê Đình Mẫn 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 i Lời nói đầu Tài liệu nhỏ thể số cách xử lý toán cực trị đề thi Đại học khối A, A1, B Bộ Giáo dục từ năm 2005-2015 Từ em học sinh có thêm kinh nghiệm, nhìn bao quát dạng toán giải toán cực trị, bất đẳng thức luyện thi Đại học Tài liệu mang tính chất tham khảo, chia số kinh nghiệm thân Trong biên soạn tránh khỏi sai sót nhầm lẫn mong bạn đọc cho ý kiến Mọi góp ý gửi địa chỉ: ldman87@gmail.com liên hệ 01627.135.555 Ngày 15 tháng 01 năm 2016 Lệ Thủy - Quảng Bình CHƯƠNG Các toán đề thi đại học từ 2005 đến 2015 1.1 Khối A, A1 Bài tập 1.1.1 (Khối A-2005 ) Cho x, y, z số dương thỏa mãn 1 + + = x y z Chứng minh 1 + + ≤1 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z Từ bắt đầu làm quen với toán bất đẳng thức bản, hẳn người biết đến bất đẳng thức biến: 1 + ≥ , ∀a, b > a b a+b Nhận thấy mối tương quan toán bất đẳng thức biến này, ta đến lời giải sau 1 1 Lời giải Với a, b dương ta có 4ab ≤ (a + b)2 ⇔ ≤ + (∗) a+b a b Dấu xảy a = b Áp dụng kết 1 ≤ 2x + y + z 1 + 2x y + z ≤ 1 + 2x 1 + y z = 1 + + x 2y 2z (1) HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI Tương tự ta có 1 ≤ x + 2y + z 1 + + 2x y 2z (2) 1 ≤ x + y + 2z 1 + + 2x 2y z (3) 1 1 1 Từ (1), (2), (3) suy =1 + + ≤ + + 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z x y z Dấu "=" bất đẳng thức (1), (2), (3) xảy x = y = z Kết hợp giả thiết suy x = y = z = Câu hỏi đặt ra: "Liệu có lối thoát khác không nhớ bất đẳng thức phụ không?" Câu trả lời có, chí có nhiều ngả rẽ khác cho lựa chọn Chẳng hạn, Hướng giải Giả thiết tương đương 4xyz = xy + yz + zx Suy vế trái bất đẳng thức trở thành VT = 20(x + y + z)2 + 4(xy + yz + zx) xy + yz + zx + 4(x + y + z)(xy + yz + zx) + 8(x + y + z)3 27 Khai thác giả thiết thu x + y + z ≥ , xy + yz + zx ≥ Khi chứng minh 16 80(x + y + z)2 + 27 VT ≤ ≤1 128(x + y + z)3 + 108(x + y + z) + 27 Nhận xét Lời giải thứ tự nhiên hình thức toán có tương đồng với bất đẳng thức quen thuộc (∗) Lời nhắn gửi: "cố gắng nắm vững ghi nhớ bất đẳng thức thông dụng nhất" Đối với không nắm bất đẳng thức phụ trên, thực biến đổi tương đương sử dụng phương pháp hàm số kiểu hướng giải thứ hai Bài tập 1.1.2 (Khối A-2006 ) Cho hai số thực x = 0, y = thay đổi thỏa mãn điều kiện: (x + y)xy = x2 + y − xy Tìm giá trị lớn biểu thức 1 A = + x y Lại tiếp tục gặp gỡ toán đối xứng có hai biến nên dễ thở 1 1 trước Để ý giả thiết viết lại thành + = + − Từ x y x y xy ta giải toán sau: 1.1 KHỐI A, A1 Lời giải Đặt 1 = a, = b ta có a + b = a2 + b2 − ab x y (1) Khi A = a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 ) = (a + b)2 Từ (1) suy a+b = (a+b)2 −3ab ≥ (a+b)2 − (a+b)2 = (a+b)2 ⇒ ≤ a+b ≤ 4 Suy A = (a + b)2 ≤ 16 Với x = y = A = 16 Vậy giá trị lớn A 16 Chúng ta giải toán cách trực tiếp mà không qua phép đổi biến Cụ thể: (x + y)(x2 − xy + y ) x+y x3 + y = = Lời giải Ta có A = x3 y x3 y xy Mặt khác, giả thiết toán suy (x + y)xy = (x + y)2 − 3xy ≥ (x + y)2 ⇒ xy ≥ x+y Ở đây, x + y = x + y = từ giả thiết ta có điều mâu thuẫn Suy A ≤ 16 Với x = y = A = 16 Vậy giá trị lớn A 16 Nhận xét Những kiểu bất đẳng thức đối xứng hai biến x, y thường quy hai đại lượng x + y xy Bài tập 1.1.3 (Khối A-2007 ) Cho hai số thực x, y, z số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x2 (y + z) y (z + x) z (x + y) √ + √ √ + √ P = √ √ y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y Để ý giả thiết biểu thức P ta nghĩ đến bất đẳng thức √ AM − GM dạng y + z ≥ yz = √ x Lời giải Vì x, y, z dương nên sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có √ √ √ x + y ≥ xy, y + z ≥ yz, z + x ≥ zx Suy √ √ √ 2y y 2x x 2z z √ + √ √ + √ P ≥ √ √ y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y √ √ √ Đặt x x = a, y y = b, z z = c ⇒ abc = P ≥ 2a 2b 2c + + b + 2c c + 2a a + 2b HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI Sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có 2a 2b 2c 2(a + b + c)2 + + ≥ ≥2 b + 2c c + 2a a + 2b 3(ab + bc + ca) (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ Do P ≥ P = a = b = c = hay x = y = z = Vậy P = Lời giải Vì x, y, z dương nên sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có √ √ √ x + y ≥ xy, y + z ≥ yz, z + x ≥ zx √ √ √ 2y y 2x x 2z z √ + √ √ + √ Suy P ≥ √ √ y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y √ √ √ √ √ √ Đặt a = x x + 2y y, b = y y + 2z z, c = z z + 2x x √ 4c + a − 2b √ 4a + b − 2c √ 4b + c − 2a ,y y = ,z z = Suy x x = 9 Do (a + b + c)2 − 3(ab + bc + ac) = 4c + a − 2b 4a + b − 2c 4b + c − 2a + + b c a b c a a b c = + + + + + − ≥ · (4 · + − 6) = a b c b c a P ≥ Do đó, P = ⇔ x = y = z = Nhận xét Hình thức toán gây khó khăn cho quan sát Vì thế, sử dụng phương pháp đổi biến thời điểm cho vẻ toán dễ chịu Bài tập 1.1.4 (Khối A-2009 ) Chứng minh với 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 quen với bất đẳng thức đối xứng toàn phần, lại gặp bất đẳng thức biến đối xứng với biến y, z Tuy nhiên, với hình thức toán nên đặt ẩn phụ làm giải pháp 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 (a + b)2 = c2 + 3ab ≤ c2 + (a + b)2 ⇒ a + b ≤ c Từ suy a3 + b3 + 3abc = (a + b)c2 + 3abc ≤ 2c3 + 3(a + b)2 c ≤ 2c3 + 3c3 = 5c3 1.1 KHỐI A, A1 Việc chứng minh toán hoàn tất Đẳng thức có x = y = z Nhận xét Bài toán gợi mở cho chuyển giao từ toán đối xứng toàn phần sang toán không đối xứng toàn phần Những ý tưởng cũ thay đổi Bài tập 1.1.5 (Khối A-2011 ) Cho x, y, z ba số thực thuộc đoạn [1; 4] x ≥ y, x ≥ z Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x y z + + 2y + 3z y + z z + x Đến thời điểm này, "món ăn" thực thay đổi toán không tính đối xứng Với đặc điểm biểu thức điều kiện biến ta thực 1 √ , với a, b dương dồn biến thông qua bất đẳng thức phụ + ≥ 1+a 1+b + ab ab ≥ Lời giải Với a, b dương ab ≥ √ √ √ ( ab − 1)( a − b)2 √ = √ ≥0 + − + a + b + ab (1 + a)(1 + b)(1 + ab) 1 √ (∗) + ≥ 1+a 1+b + ab Áp dụng (∗) ta có Do đó, P = x + 2x + 3y + z y + 1+ x z ≥ x y 2x y +3 + 1+ x y z x x = = (1) y y y x t2 Đặt = t, t ∈ [1; 2] Xét hàm số f (t) = + , t ∈ [1; 2] y 2t + + t 2[t3 (4t − 3) + 3t(2t − 1) + 9] Có f (t) = − < (2t2 + 3)2 (1 + t)2 34 Suy P ≥ f (t) ≥ f (2) = 33 Dấu xảy t = ⇔ x = 4, y = (2) Từ (1) (2) ta có 34 P = ⇔ x = 4, y = 1, z = 33 Cũng từ đặc điểm nhất, ta giải toán sau: Lời giải Tồn hai số a, b ∈ [1; 4] thỏa x = ay, x = bz Khi Dấu xảy P = P (a, b) = a b + + 2a + a + b + b HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI 3(a + b)2 − b(2a + 3)2 −6b2 − 6ab − (4b − 3)a2 = < 0, ∀b ≥ (2a + 3)2 (a + b)2 (2a + 3)2 (a + b)2 b (b − 2)2 34 34 Do P ≥ P (4, b) = + + = + ≥ 11 + b + b 3(1 + b)(4 + b) 33 33 34 Từ tìm P = ⇔ a = 4, b = hay x = 4, y = 1, z = 33 Nhận xét Khi ăn bắt đầu thay đổi, chắn nhiều người cảm thấy bất ngờ Nhưng phải cố gắng thích nghi với thay đổi Ý tưởng tác giả sử dụng bất đẳng thức phụ có lẽ khó nghĩ đến chưa gặp Tuy nhiên, tác giả mở lối khác cho chưa nghĩ đến bất đẳng thức phụ sử dụng phương pháp tính đạo hàm để dồn biến biểu thức, Ta có Pa = Bài tập 1.1.6 (Khối A-2012 ) Cho số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 3|x−y| + 3|y−z| + 3|z−x| − 6x2 + 6y + 6z Đặc điểm toán khiến nghĩ đến phương pháp tiếp tuyến: 3t ≥ at + b Nhưng điều cần thiết toán xác định xác điểm rơi Để thực điều này, ta thay z = −x − y vào biểu thức P Khi P = 3|x−y| + 3|2x+y| + 3|2y+x| − 3(x2 + xy + y ) Bài toán triệt tiêu giả thiết biểu thức P lúc đối xứng với hai biến x, y Điểm rơi chắn x = y Thay y = x vào biểu thức P ta thu P = + 2.33|x| − 6|x| Rất may mắn f (x) = + 2.33t − 6t đồng biến [0; +∞) Cho nên P ≥ 1+2 = Đẳng thức xảy x = y = z = P = Phương trình tiếp tuyến f (x) = 3x x = y = x + Nên chứng minh 3t ≥ t + 1, ∀t ≥ ý tưởng thành công Thật vậy, hàm số f (t) = 3t − t − có f (t) = 3t ln − > 0, ∀t ≥ 0, suy 3t ≥ t + 1, ∀t ≥ (∗) Áp dụng (∗) ta có 3|x−y| + 3|y−z| + 3|z−x| ≥ + |x − y| + |y − z| + |z − x| Nếu ta chứng minh |x − y| + |y − z| + |z − x| ≥ giải toán thành công Hãy để ý 6x2 + 6y + 6z lời |x − y|2 + |y − z|2 + |z − x|2 = 4(x2 +y +z )−4(xy +zx+zx) = 6x2 +6y +6z Hay điều chứng minh phải a+b+c≥ 2a2 + 2b2 + 2c2 ⇔ a(b + c) + b(a + c) + c(a + b) ≥ a2 + b2 + c2 (∗∗) 1.1 KHỐI A, A1 với a = |x − y|, b = |y − z|, c = |z − y| ⇒ a + b ≥ c, b + c ≥ a, a + c ≥ b, suy (∗∗) Do P = Nhận xét Bài toán gửi đến thí sinh hai thông điệp quan trọng, là: "phương trình tiếp tuyến" đồ thị hàm số có tính chất "lồi" khoảng K bất đẳng thức trị tuyệt đối dạng |a| + |b| ≥ |a + b| Bài tập 1.1.7 (Khối A-2013 ) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện (a + c)(b + c) = 4c2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức √ 32b3 a2 + b2 32a3 + − P = 3 (b + 3c) (a + 3c) c Bài toán đối xứng hai biến a, b toàn phần Nhằm mục đích giảm biến, đồng thời toán có hình thức dễ quan sát ta đặt a = xc, b = yc, x > 0, y > Điều kiện toán trở thành (x + 1)(y + 1) = hay xy + x + y = Khi 32x3 32y + − (y + 3)3 (x + 3)3 P = x2 + y Bài toán có tính đối xứng với hai biến x, y Điểm rơi x = y = Kiểu toán hai biến đối xứng thường ta đặt x + y = u, xy = v đừng vội vàng, bước tìm cách đánh giá để P đơn giản Để ý hai số hạng đầu có dạng A3 + B Nếu sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có hai kiểu đánh giá làm giảm lũy thừa đảm bảo dấu sau: 32x3 32y 32y 24xy 32x3 (1) + + ≥ = ; (y + 3)3 (x + 3)3 (y + 3)3 (x + 3)3 (x + 3)(y + 3) 32x3 1 32x3 1 6x + + ≥ = 3 (y + 3) 2 (y + 3) 2 y+3 Nhưng sử dụng đánh giá (1) vào toán, x → biểu thức sau P nhận giá trị âm Do đó, thử lựa chọn đánh giá số (2) Thu kết (2) P ≥ 6x 6y + − y+3 x+3 x2 + y − Tiếp tục phân tích 6x 6y + − y+3 x+3 x2 + y = 3(t2 + 5t − 6) − t+6 t2 + 2t − := f (t) với xy = − (x +√y), t = x + y t2 + 2t − − x − √ Ta có f (t) = Từ giả thiết suy − (x + y) = xy ≤ t2 + 2t − HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI √ √ (x + y)2 ⇒ x + y ≥ Nên t2 + 2t − − t − ≥ t2 + 2t + 64 − 54 − t − > √ t2 + 2t + 10 − (t + 1) > ⇒ f (t) > 0, ∀t ≥ √ √ Tóm lại, P ≥ f (2) − = − Vậy P = − Nhận xét Dạng toán có tính thân thuộc Thông điệp toán có lẽ sử dụng đánh giá cho A3 + B để giảm tính phức tạp biểu thức lũy thừa bậc cao Bài tập 1.1.8 (Khối A-2014 ) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x2 + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = x2 y+z + yz + − x + yz + x + x + y + z + Đây toán không đối xứng toàn phần mà đối xứng với hai biến y, z Nhưng không hẳn điểm rơi phải y = z Giả thiết toán "các biến không âm" đồng nghĩa với việc ta nên xét thêm giá trị biên Chẳng hạn x = y = z = (y + z)2 + Nếu x = giả thiết suy (y + z)2 = 2(1 + yz) P = − − y+z+1 18 thử khảo sát xem nhé? P < x2 y 2 + Nếu z = x + y = P = + − x +x+1 x+y+1 + Nếu y = kết z = + Nếu y = z Phân bố thời gian mà ngồi thử trường hợp phí! Do đó, nên kết hợp biến đổi biểu thức để phán đoán điểm rơi sát may mắn xác tuyệt đối Trong trường hợp gặp khó khăn dự đoán điểm rơi, quan sát thực biến đổi giả thiết thành x2 + (y + z)2 = 2(1 + yz), vào biểu thức P ta có P = 2x2 (y + z)2 + x2 y+z + − 3x2 + 2x + (y + z)2 x + + (y + z) 18 Ta triệt tiêu giả thiết dồn biểu thức P lại hai biến x, y + z Tiếp sau ý tưởng đề ra, chẳng hạn đạo hàm theo hai biến x, y + z (thử xem?) Hay từ đánh giá ngẫu nhiên x2 + (y + z)2 ≥ 2x(y + z) để có x y+z (y + z)2 + x2 P ≤ + − x+1+y+z x+1+y+z 18 1.1 KHỐI A, A1 với đánh giá ngẫu nhiên đẳng thức xảy x = y + z phán đoán điểm rơi x = y, z = hay x = z, y = Hướng giải Từ giả thiết suy 2(1 + yz) = x2 + (y + z)2 ≥ (x + y + z)2 ≥ x(y + z) Thực phép + yz sử dụng đánh giá ta có P ≤ x y+z (x + y + z)2 + − x+1+y+z x+1+y+z 36 Phép dồn biến thành công! Bây cần khảo sát hàm số f (t) = t2 t − , ∀t ≥ t + 36 thu kết max P = Hướng giải Nhận thấy y + z = const P tăng + yz nhỏ Mà yz ≥ nên điểm rơi dự đoán từ y = z = Chúng ta tự tin với dự đoán cấu lại P sau: P = x2 x+1 + yz +1− − x + yz + x + x+y+z+1 kèm theo đánh giá ngẫu nhiên 2(1 + yz) = x2 + (y + z)2 ≥ (x + y + z)2 ⇒ x + y + z ≤ + yz (∗) Suy P ≤ x2 + yz x+1 +1− √ − x + yz + x + + yz + Đánh giá (∗) giúp phép dồn biến thành công đẳng thức xảy phù hợp với dự đoán Khi max P = Công đoạn phân tích x2 x+1 t2 + − − x2 + x + t2 2t + x2 x t2 + − − = − x + x + t2 2t + 2t + x(x − t)2 (t − 1)2 (2t + 5) = − − (2t + 1)(x2 + x + t2 ) 9(2t + 1) √ 5 max P = 9 Nhận xét Bài toán năm tạo bất ngờ lớn cho nhiều thí sinh giáo với t = + yz ≥ P ≤ HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI viên Mức độ khó tăng so với năm trước nhiều Bài toán đối xứng phận, điểm rơi lại xảy biên khó dự đoán(từ kiến thức sơ cấp) Vì thế, người giải cần có kết hợp quan sát tổng thể biến đổi thật khéo léo Bài tập 1.1.9 (THPT Quốc gia-2015 ) Cho số thực a, b, c thuộc đoạn [1; 3] thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P = a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 12abc + 72 − abc ab + bc + ca Nhận thấy toán đối xứng biến bị chặn đoạn Thường điểm rơi toán a = b = c = có biến hay Nhưng ta chưa vội lao vào tìm điểm rơi, biểu thức P đối xứng toàn phần nên đưa dạng: P = 72 (ab + bc + ca)2 + 72 − abc = ab + bc + ca + − abc ab + bc + ca ab + bc + ca Rõ ràng dự đoán điểm rơi a = b = c = toán ta sở để tìm đánh giá dạng abc ≥ f (ab + bc + ca) hay abc ≥ f (a + b + c) 72 hay ab + bc + ca + ≤ f (a + b + c) + abc Chính thế, khả cao ab + bc + ca điểm rơi đạt biên Và viết cho bất đẳng thức đoạn mà điểm rơi đạt biên, ta giải toán nhờ đánh giá sau: (a − 1)(b − 1)(c − 1) ≥ ⇒ abc ≥ ab + bc + ca − Nhờ đánh giá mà ta dồn biến được: P ≤ ab + bc + ca + 72 − (ab + bc + ca − 5) ab + bc + ca t 72 + + , t = ab + bc + ca t Để công việc khảo sát hàm f (t) hiệu quả, cần chặn miền xác định biến t tối ưu Nhờ đánh giá: Bây cần khảo sát hàm số f (t) = ab + bc + ca ≤ (a + b + c)2 = 12; (3 − a)(3 − b)(3 − c) ≥ ⇒ ab + bc + ca ≥ 11 160 (a, b, c) hoán vị (1, 2, 3) 11 Nhận xét Vấn đề dự đoán điểm rơi cần phải kết hợp biến đổi đại số quan sát cách bao quát toán Việc xét (a−1)(b−1)(c−1) ≥ 0, (3−a)(3−b)(3−c) ≥ kinh nghiệm nhỏ đáng ghi nhớ toán mà biến bị chặn Từ tìm kết max P = 10 1.2 KHỐI B 1.2 Khối B Bài tập 1.2.1 (Khối B-2005 ) Chứng minh với x ∈ R, ta có: x 12 + x 15 20 + x ≥ 3x + 4x + 5x Những số tưởng chừng lạc loài nhận thấy mối quan hệ chúng, ta có ý tưởng cho lời giải Thật vậy, nhận thấy rằng: 12 20 15 20 12 15 = = 32 ; = 16 = 42 ; = 25 = 52 5 Vì số hạng dương với x nên ta sử dụng bất đẳng thức AM − GM để giải toán Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có x 12 + x 15 12 x ≥ 15 x ≥ 4x ; 15 x = 3x Tương tự, ta có 12 x + 20 x + 20 x ≥ 5x Cộng vế theo vế bất đẳng thức chiều ta thu kết toán Đẳng thức xảy x = Nhận xét Đối với toán biến ta thường sử dụng phương pháp tính đạo hàm Trong toán này, phương pháp đạo hàm khó khăn việc sử dụng bất đẳng thức AM − GM Bài tập 1.2.2 (Khối B-2006 ) Cho x, y số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A= (x − 1)2 + y + (x + 1)2 + y + |y − 2| Đối với toán này, ta nghĩ đến bất đẳng thức vectơ(bất đẳng thức M inkowski) hay bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, hay phương pháp tọa độ kết hợp khảo sát hàm số Hướng giải Sử dụng bất đẳng thức M inkowski ta có (x − 1)2 + y + (x + 1)2 + y ≥ (1 − x + x + 1)2 + (y + y)2 = + y 11 HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI + y + |y − 2| Phép dồn biến thành công Bây cần khảo √ sát hàm số theo biến y ta thu kết quả: A = + x = 0, y = √ − − − − Nhận xét Nhắc lại bất đẳng thức vectơ: |→ u | + |→ v | ≥ |→ u +→ v |, đẳng thức xảy − − → u,→ v hướng Suy A ≥ Bài tập 1.2.3 (Khối B-2007 ) Cho x, y, z ba số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P =x x + yz +y y + xz +z z + xy Biểu thức P viết lại sau: P = x2 + y + z x2 + y + z + xyz Vì biến dương nên sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có đánh giá xyz = x2 y z ≤ (x2 + y + z )3 27 √ t 3 Do P ≥ + √ = f (t), t = x2 + y + z > t Khảo sát hàm số theo biến t ta thu max P = f (3) = Nhận xét Đây toán dồn biến đơn giản Có toán không cần phải thời gian để dự đoán điểm rơi Bài tập 1.2.4 (Khối B-2008 ) Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn hệ thức 2(x2 + 6xy) x2 + y = Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức P = + 2xy + 2y Chỉ cần kĩ thuật hóa toán, ta triệt tiêu điều kiện ràng buộc hai biến x, y chuyển biểu thức P thành P = 2(x2 + 6xy) + 2xy + 3y x2 + Nếu y = ⇒ x2 = P = 2; 2(t2 + 6t) + Nếu y = P = f (t) = Khảo sát hàm số theo biến t t + 2t + thấy khó khăn chuyển biểu thức dạng (P − 2)t2 + 2(P − 6)t + 3P = (1) 12 1.2 KHỐI B - Với P = (1) có nghiệm t = - Với P = PT(1) có nghiệm ∆ = −2P − 6P + 36 ≥ ⇔ t = Từ tìm P = −6 max P = Nhận xét Dạng toán liên quan đến tính sử dụng tính chất có nghiệm tam thức bậc hai Bài tập 1.2.5 (Khối B-2009 ) Cho số thực x, y thỏa mãn (x + y)3 + 4xy ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 3(x4 + y + x2 y ) − 2(x2 + y ) + Vì tính đối xứng nên ta biến đổi 3 A = (x2 + y )2 + (x4 + y ) − 2(x2 + y ) + 2 Khai thác giả thiết suy x + y ≥ 1, 3 A ≥ (x2 + y )2 + (x2 + y ) − 2(x2 + y ) + Khảo sát hàm số theo biến t = x2 + y ≥ Từ tìm A = x = y = z = 16 Nhận xét Bài toán thuộc dạng toán biến đối xứng thông thường Kỹ thuật dùng chủ yếu "khảo sát hàm số" Bài tập 1.2.6 (Khối B-2010 ) Cho số thực không âm a, b, c đồng thời thỏa mãn: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = 3(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + 3(ab + bc + ca) + a2 + b2 + c2 Để ý a2 + b2 + c2 = − 2(ab + bc + ca) nên ta cố gắng dồn biểu thức biến t = ab + bc + ca Từ giả thiết biến không âm, sử dụng đánh giá a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ≥ √ M ≥ 3t + − 2t 13 HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI (a + b + c)2 Rất may mắn nên suy t ∈ 0; 3 √ f (t) = 3t + − 2t có giá trị nhỏ 0; f (0) = Do M = (a, b, c) hoán vị (1, 0, 0) Nhận xét Một toán cực trị biên cần đánh giá không khó khăn mà ta đưa toán khảo sát hàm biến Để làm tăng khéo léo đánh giá phù hợp với đề thi khối B nên làm chặt toán thêm chút Ví dụ với số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = 3(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + (ab + bc + ca) + a2 + b2 + c2 Lúc phải cần tới đánh giá chặt Vì ≤ ab + bc + ca ≤ 3(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) ≥ (ab + bc + ca)2 Bài tập 1.2.7 (Khối B-2011 ) Cho a b số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2 ) + ab = (a + b)(ab + 2) a3 b3 a2 b2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = + − + b a b a Bài toán sử dụng phép đổi biến u = a + b, v = ab gặp khó khăn biến đổi tính toán Do đó, cần lưu ý số đẳng thức sau: a2 b2 a b • + = + − 2; b a b a a3 b3 a b a b + −3 + ; • + = b a b a b a a4 b4 a b • + = + b a b a Khi đó, biểu thức 2 −2 − 2; a b + ≥2 b a Biểu thức P hàm số bậc ẩn t, liệu t ≥ P có giá trị nhỏ nhất? Nên ta cần khai thác giả thiết để tìm miền xác định biến t Thật vậy, chia hai vế từ điều kiện giả thiết cho ab ta P = 4(t3 − 3t) − 9(t2 − 2) = 4t3 − 9t2 − 12t + 18 := f (t), t = 14 a b + b a +1=a+b+2 1 + a b ≥2 2(a + b) 1 + a b ⇒ a b + ≥ b a 1.2 KHỐI B Khảo sát hàm số f (t) ; +∞ thu kết f (t) = f =− 23 23 a = 2, b = a = 1, b = Nhận xét Việc khai thác giả thiết cần phải linh hoạt, đánh giá phải đồng điểm rơi Vậy P = − Bài tập 1.2.8 (Khối B-2012 ) Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x+y+z = x2 +y +z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = x5 +y +z Như biết, biểu thức đối xứng biến x, y, z biểu diễn thông qua ba đại lượng xyz, x + y + z, xy + yz + zx Với giả thiết cho suy xy + yz + zx = − Vấn đề khó khăn biến đổi biểu thức P thành đại lượng nào? Để ý • (x3 + y + z )(x2 + y + z ) =x5 + y + z + (x + y + z)(x2 y + y z + z x2 ) − xyz(xy + yz + zx) xyz =x5 + y + z + ; • x3 + y + z − 3xyz = (x + y + z)(x2 + y + z − xy − yz − zx) = Suy P = x5 + y + z = xyz 2x2 − Giả thiết suy (y + z)2 − 2yz = − x2 ⇒ yz = ⇒ P = (2x3 − x) Tương tự toán khối B-2011, ta cần khai thác giả thiết để suy miền xác định biến x Thật vậy, ta có √ √ y2 + z2 2x2 − 1 − x2 2x2 − 6 ≥ yz = ⇒ ≥ ⇒− ≤x≤ 2 2 3 √ √ √ 6 Tiến hành khảo sát hàm f (x) = − x − ; ta có max f (x) = 3 √ √ √ √ 6 6 Khi x = ,y = z = − P = Vậy max P = 3 36 36 Nhận xét Trong chứng minh bất đẳng thức, kĩ biến đổi đẳng thức, biểu diễn biểu thức cần thiết Điểm nhấn toán chỗ P = x5 + y + z = xyz 2x3 15 HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI Bài tập 1.2.9 (Khối B-2013 ) Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức P =√ a2 + b2 + c2 +4 − (a + b) (a + 2c)(b + 2c) Bài toán điều kiện ràng buộc biến, lại không dạng nên kĩ dồn biến phải nhờ vào phán đoán tư cao Cụ thể với toán ta cần đánh giá để: (a + b) (a + 2c)(b + 2c) ≤ k(a2 + b2 + c2 ) (Hãy thử suy nghĩ xem lại đánh giá dạng khác (a + b) (a + 2c)(b + 2c) ≤ k(a2 + b2 + c2 ) + m, ) Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có (a + b) (a + b)(a + b + 4c) 2(a2 + b2 ) + 2(a2 + c2 ) + 2(b2 + c2 ) ≤ 2 2 = 2(a + b + c ) (a + 2c)(b + 2c) ≤ Công đoạn sau khảo sát hàm số f (t) = √ − , t = a2 + b2 + c2 + > t 2(t − 4) suy max f (t) = t = Vậy max P = a = b = c = Nhận xét Tư lời giải tìm cách chứng minh (a + b) (a + 2c)(b + 2c) ≤ k(a2 + b2 + c2 ) để phép dồn biến thành công Bài tập 1.2.10 (Khối B-2014 ) Cho số thực a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện (a + b)c > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a + b+c c b + a + c 2(a + b) Hướng giải Nếu chứng minh bổ đề a + b+c 16 b + a+c c ≥2 a+b Danh mục từ khóa toán chướng ngại vật khó để đạt đến điểm 10 môn toán Hướng giải Theo bất đẳng thức AM − GM a+b+c≥2 Tương tự ta có a(b + c) ⇒ a 2a ≥ b+c a+b+c b 2b ≥ Do a+c a+b+c P ≥ c 2(a + b) + ≥ a + b + c 2(a + b) lúc a = 0, b = c > b = 0, a = c > Nhận xét Ở hướng giải thứ học sinh dễ vấp phải sai lầm đánh giá AM −GM theo kiểu: a 2a 2a = ≥ b+c a + b+c a(b + c) Do P = Bài viết hoàn thành vào lúc 15h30’ ngày 15/01/2016 Chúc em học sinh có đủ tự tin đối mặt với toán khó đề thi Quốc gia tới! ——————– HẾT ——————– 17 [...]... đoạn tiếp theo là phân tích x2 x+1 t2 + 1 − − x2 + x + t2 2t + 1 9 x2 x 1 t2 + 1 − − = 2 − x + x + t2 2t + 1 2t + 1 9 5 x(x − t)2 (t − 1)2 (2t + 5) = − − 9 (2t + 1)(x2 + x + t2 ) 9(2t + 1) √ 5 5 và max P = 9 9 Nhận xét Bài toán năm này đã tạo ra sự bất ngờ lớn cho nhiều thí sinh và giáo với t = 1 + yz ≥ 1 thì P ≤ 9 HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI viên Mức độ khó đã tăng so với các năm trước rất nhiều... mục từ khóa thì bài toán này có vẻ như không phải là chướng ngại vật quá khó để đạt đến điểm 10 môn toán Hướng giải 2 Theo bất đẳng thức AM − GM thì a+b+c≥2 Tương tự ta cũng có a(b + c) ⇒ a 2a ≥ b+c a+b+c b 2b ≥ Do đó a+c a+b+c P ≥ c 3 2(a + b) + ≥ a + b + c 2(a + b) 2 3 vì lúc đó a = 0, b = c > 0 hoặc b = 0, a = c > 0 2 Nhận xét Ở hướng giải thứ 2 học sinh dễ vấp phải sai lầm nếu đánh giá AM −GM theo... 11 HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI 1 + y 2 + |y − 2| Phép dồn biến thành công Bây giờ chỉ cần khảo √ 1 sát hàm số theo biến y ta thu được kết quả: min A = 2 + 3 tại x = 0, y = √ 3 − − − − Nhận xét Nhắc lại bất đẳng thức vectơ: |→ u | + |→ v | ≥ |→ u +→ v |, đẳng thức xảy khi − − và chỉ khi → u,→ v cùng hướng Suy ra A ≥ 2 Bài tập 1.2.3 (Khối B-2007 ) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi Tìm giá trị. .. 4 8 5 Vậy max P = khi a = b = c = 2 8 Nhận xét Tư duy trong lời giải đó là tìm cách chứng minh (a + b) (a + 2c)(b + 2c) ≤ k(a2 + b2 + c2 ) để phép dồn biến thành công Bài tập 1.2.10 (Khối B-2014 ) Cho các số thực a, b, c không âm và thỏa mãn điều kiện (a + b)c > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a + b+c c b + a + c 2(a + b) Hướng giải 1 Nếu ai đã từng chứng minh được bổ đề a + b+c 16 b + a+c... 2, 3) 11 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 Từ đó tìm được kết quả max P = 10 1.2 KHỐI B 1.2 Khối B Bài tập 1.2.1 (Khối B -2005 ) Chứng minh rằng với mọi x ∈ R, ta có: x 12 5 + x 15 4 20 3 + x ≥ 3x... Bài tập 1.2.8 (Khối B-2012 ) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x+y+z = 0 và x2 +y 2 +z 2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x5 +y 5 +z 5 Như chúng ta đã biết, mọi biểu thức đối xứng 3 biến x, y, z đều có thể biểu diễn thông qua ba đại lượng xyz, x + y + z, xy + yz + zx Với giả thiết đã cho suy ra 1 xy + yz + zx = − Vấn đề khó khăn là biến đổi biểu thức P thành các đại lượng 2 trên... thức, kĩ năng biến đổi các đẳng thức, biểu diễn các biểu thức rất cần thiết Điểm nhấn của bài toán có thể là ở chỗ 5 P = x5 + y 5 + z 5 = xyz 2 2x3 15 HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI Bài tập 1.2.9 (Khối B-2013 ) Cho a, b, c là các số thực dương Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =√ 4 a2 + b2 + c2 +4 − 9 (a + b) (a + 2c)(b + 2c) Bài toán không có điều kiện ràng buộc các biến, lại không ở dạng thuần nhất... dụng bất đẳng thức AM − GM Bài tập 1.2.2 (Khối B-2006 ) Cho x, y là các số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A= (x − 1)2 + y 2 + (x + 1)2 + y 2 + |y − 2| Đối với bài toán như thế này, ta có thể nghĩ ngay đến bất đẳng thức vectơ(bất đẳng thức M inkowski) hay bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, hay phương pháp tọa độ kết hợp khảo sát hàm số Hướng giải Sử dụng bất đẳng thức M inkowski ta có... đánh giá a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ≥ 0 thì √ M ≥ 3t + 2 1 − 2t 13 HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI (a + b + c)2 1 Rất may mắn rằng nên suy ra t ∈ 0; 3 3 √ 1 f (t) = 3t + 2 1 − 2t có giá trị nhỏ nhất trên 0; là f (0) = 2 3 Do vậy min M = 2 vì khi đó (a, b, c) là một trong các hoán vị của (1, 0, 0) Nhận xét Một bài toán cực trị tại biên nhưng chỉ cần một đánh giá không mấy khó khăn mà ta đã đưa được bài toán... 1.2.6 (Khối B-2010 ) Cho các số thực không âm a, b, c và đồng thời thỏa mãn: a + b + c = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = 3(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + 3(ab + bc + ca) + 2 a2 + b2 + c2 Để ý rằng a2 + b2 + c2 = 1 − 2(ab + bc + ca) nên ta cố gắng dồn biểu thức về biến t = ab + bc + ca Từ giả thiết các biến không âm, nếu sử dụng đánh giá a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ≥ 0 thì √ M ≥ 3t + 2 1 − 2t 13 HỌC CÁCH ... xử lý toán cực trị đề thi Đại học khối A, A1, B Bộ Giáo dục từ năm 2005- 2015 Từ em học sinh có thêm kinh nghiệm, nhìn bao quát dạng toán giải toán cực trị, bất đẳng thức luyện thi Đại học Tài liệu... liên hệ 01627.135.555 Ngày 15 tháng 01 năm 2016 Lệ Thủy - Quảng Bình CHƯƠNG Các toán đề thi đại học từ 2005 đến 2015 1.1 Khối A, A1 Bài tập 1.1.1 (Khối A -2005 ) Cho x, y, z số dương thỏa mãn 1... giá trị nhỏ biểu thức P = a + b+c c b + a + c 2(a + b) Hướng giải Nếu chứng minh bổ đề a + b+c 16 b + a+c c ≥2 a+b Danh mục từ khóa toán chướng ngại vật khó để đạt đến điểm 10 môn toán Hướng giải