AT
HV
N.
co
m
Biên soạn: Lê Đình Mẫn
Giáo viên trường THPT Nguyễn Chí Thanh
PHÂN TÍCH - HƯỚNG GIẢI CÁC
BẤT ĐẲNG THỨC, CỰC TRỊ
M
TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC TỪ NĂM
ww
w.
2005-2015
(HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI)
QUẢNG BÌNH 2016
ww
w.
M
AT
HV
N.
co
m
www.MATHVN.com
Facebook.com/mathvn.com
i
N.
co
m
www.MATHVN.com
AT
HV
Lời nói đầu
ww
w.
M
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:
[email protected]
hoặc liên hệ 01627.135.555
Facebook.com/mathvn.com
Ngày 15 tháng 01 năm 2016
Lệ Thủy - Quảng Bình
CHƯƠNG
N.
co
m
www.MATHVN.com
1
1.1
AT
HV
Các bài toán trong đề thi đại học từ
2005 đến 2015
Khối A, A1
Chứng minh rằng
M
Bài tập 1.1.1. (Khối A-2005 ) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn
1 1 1
+ + = 4.
x y z
ww
w.
1
1
1
+
+
≤1
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z
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 1
4
+ ≥
, ∀a, b > 0
a b
a+b
Nhận thấy mối tương quan giữa bài toán và bất đẳng thức 2 biến
giải sau đây.
1
1 1
Lời giải 1. Với a, b dương ta có 4ab ≤ (a + b)2 ⇔
≤
+
a+b
4 a
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Áp dụng kết quả trên
1
1
≤
2x + y + z
4
1
1
+
2x y + z
này, ta đi đến lời
1
b
(∗).
1 1
1 1 1
1 1
1
1
≤
+
+
=
+
+
4 2x 4 y z
8 x 2y 2z
Facebook.com/mathvn.com
(1)
www.MATHVN.com HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI
1
1
≤
x + 2y + z
8
1
1
≤
x + y + 2z
8
N.
co
m
Tương tự ta cũng có
1
1
1
+ +
2x y 2z
1
1
1
+
+
2x 2y z
(2)
(3)
VT =
AT
HV
1
1
1
1 1 1 1
Từ (1), (2), (3) suy ra
+
+
≤
+ +
=1
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z
4 x y z
.
Dấu "=" trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. Kết
3
hợp giả thiết suy ra x = y = z = .
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
20(x + y + z)2 + 4(xy + yz + zx)
xy + yz + zx + 4(x + y + z)(xy + yz + zx) + 8(x + y + z)3
ww
w.
M
9
27
Khai thác giả thiết thu được x + y + z ≥ , xy + yz + zx ≥ . Khi đó chứng minh
4
16
được
80(x + y + z)2 + 27
VT ≤
≤1
128(x + y + z)3 + 108(x + y + z) + 27
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 + y 2 − xy. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1
1
A = 3 + 3.
x
y
Lại tiếp tục gặp gỡ một bài toán đối xứng nhưng chỉ có hai biến nên có vẻ dễ thở
1
1
1
1
1
hơn bài trước. Để ý rằng giả thiết được viết lại thành + = 2 + 2 −
. Từ
x y
x
y
xy
đó ta có thể giải bài toán như sau:
2
Facebook.com/mathvn.com
www.MATHVN.com
Lời giải 1. Đặt
1
1
= a, = b ta có a + b = a2 + b2 − ab
x
y
(1). Khi đó
N.
co
m
1.1. KHỐI A, A1
A = a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 ) = (a + b)2
M
AT
HV
3
1
Từ (1) suy ra a+b = (a+b)2 −3ab ≥ (a+b)2 − (a+b)2 = (a+b)2 ⇒ 0 ≤ a+b ≤ 4.
4
4
1
2
Suy ra A = (a + b) ≤ 16. Với x = y = thì A = 16. Vậy giá trị lớn nhất của A là
2
16.
Chúng ta cũng có thể giải quyết bài toán một cách trực tiếp mà không qua phép
đổi biến như trên. Cụ thể:
x3 + y 3
(x + y)(x2 − xy + y 2 )
x+y 2
Lời giải 2. Ta có A =
=
=
.
x3 y 3
x3 y 3
xy
1
Mặt khác, giả thiết bài toán suy ra (x + y)xy = (x + y)2 − 3xy ≥ (x + y)2 ⇒
4
xy
1
≥ .
x+y
4
Ở đây, x + y 6= 0 vì nếu x + y = 0 thì từ giả thiết ta có điều mâu thuẫn.
1
Suy ra A ≤ 16. Với x = y = thì A = 16. Vậy giá trị lớn nhất của A là 16.
2
Nhận xét. Những kiểu bất đẳng thức đối xứng hai biến x, y thường quy về hai đại
lượng x + y và xy.
ww
w.
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:
x2 (y + z)
y 2 (z + x)
z 2 (x + y)
√ + √
√ + √
P = √
√
y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y
Để ý giả thiết và biểu thức P đầu tiên ta có thể nghĩ ngay đến bất đẳng thức
1
√
AM − GM dạng y + z ≥ 2 yz = √ .
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
√
√
√
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 = 1 và
P ≥
2a
2b
2c
+
+
b + 2c c + 2a a + 2b
Facebook.com/mathvn.com
3
www.MATHVN.com HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI
N.
co
m
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
≥ 0.
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
√
√
√
2y y
2x x
2z z
√ + √
√ + √
Suy ra 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
Suy ra x x =
,y y =
,z z =
.
9
9
9
Do đó
2 4c + a − 2b 4a + b − 2c 4b + c − 2a
P ≥
+
+
9
b
c
a
2
b c a
a b c
2
=
4
+ +
+
+ +
− 6 ≥ · (4 · 3 + 3 − 6) = 2
9
a b c
b c a
9
AT
HV
vì (a + b + c)2 − 3(ab + bc + ac) =
ww
w.
M
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 (∗).
3
Từ giả thiết suy ra (a + b)2 = c2 + 3ab ≤ c2 + (a + b)2 ⇒ a + b ≤ c.
4
Từ đó suy ra
a3 + b3 + 3abc = (a + b)c2 + 3abc ≤ 2c3 +
4
Facebook.com/mathvn.com
3(a + b)2 c
≤ 2c3 + 3c3 = 5c3
4
www.MATHVN.com
1.1. KHỐI A, A1
N.
co
m
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
x
y
z
+
+
2y + 3z y + z z + x
AT
HV
P =
M
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
1
1
2
√ , với a, b dương
hiện dồn biến thông qua bất đẳng thức phụ
+
≥
1+a 1+b
1 + ab
và ab ≥ 1.
Lời giải 1. Với a, b dương và ab ≥ 1 thì
√
√
√
1
1
2
( ab − 1)( a − b)2
√ =
√
+
−
≥0
1 + a 1 + b 1 + ab
(1 + a)(1 + b)(1 + ab)
1
1
2
√ (∗).
+
≥
1+a 1+b
1 + ab
Áp dụng (∗) ta có
ww
w.
Do đó,
P =
x
1
+
2x + 3y 1 +
z
y
+
1
1+
x
z
≥
x
y
2x
y
+3
+
2
q
1 + xy
z
x
x
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi = hoặc = 1 (1).
y
y
y
r
x
t2
2
Đặt
= t, t ∈ [1; 2]. Xét hàm số f (t) = 2
+
, t ∈ [1; 2]
y
2t + 3 1 + t
2[t3 (4t − 3) + 3t(2t − 1) + 9]
Có f 0 (t) = −
< 0.
(2t2 + 3)2 (1 + t)2
34
Suy ra P ≥ f (t) ≥ f (2) = .
33
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = 2 ⇔ x = 4, y = 1 (2). Từ (1) và (2) ta có
34
min P =
⇔ x = 4, y = 1, z = 2.
33
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
b
1
+
+
2a + 3 a + b 1 + b
Facebook.com/mathvn.com
5
www.MATHVN.com HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI
3(a + b)2 − b(2a + 3)2
−6b2 − 6ab − (4b − 3)a2
=
< 0, ∀b ≥ 1.
(2a + 3)2 (a + b)2
(2a + 3)2 (a + b)2
4
b
1
(b − 2)2
34
34
Do đó P ≥ P (4, b) =
+
+
=
+
≥ .
11 4 + b 1 + b
3(1 + b)(4 + b) 33
33
34
Từ đó tìm được min P =
⇔ a = 4, b = 2 hay x = 4, y = 1, z = 2.
33
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,...
AT
HV
N.
co
m
Ta có Pa0 =
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| −
p
6x2 + 6y 2 + 6z 2
ww
w.
M
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
P = 3|x−y| + 3|2x+y| + 3|2y+x| − 2 3(x2 + xy + y 2 )
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 f 0 (t) = 3t ln 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|
p
Nếu ta chứng minh được rằng |x − y| + |y − z| + |z − x| ≥ 6x2 + 6y 2 + 6z 2 thì lời
giải bài toán thành công. Hãy để ý
2 |x − y|2 + |y − z|2 + |z − x|2 = 4(x2 +y 2 +z 2 )−4(xy +zx+zx) = 6x2 +6y 2 +6z 2
Hay điều chứng minh phải là
p
a + b + c ≥ 2a2 + 2b2 + 2c2 ⇔ a(b + c) + b(a + c) + c(a + b) ≥ a2 + b2 + c2 (∗∗)
6
Facebook.com/mathvn.com
1.1. KHỐI A, A1
www.MATHVN.com
N.
co
m
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|.
AT
HV
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
√
32a3
32b3
a2 + b2
P =
+
−
3
3
(b + 3c)
(a + 3c)
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
32x3
32y 3
P =
+
−
x2 + y 2
(y + 3)3 (x + 3)3
ww
w.
M
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 + B 3 . Nếu sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta
có hai kiểu đánh giá làm giảm lũy
s thừa đảm bảo dấu bằng như sau:
3
3
32x
32y
1
32x3
32y 3 1
24xy
3
(1)
+
+
≥
3
.
. =
;
(y + 3)3 (x + 3)3 2
(y + 3)3 (x + 3)3 2
(x + 3)(y + 3)
s
32x3
1 1
32x3 1 1
6x
3
(2)
+
+
≥
3
. . =
.
3
3
(y + 3)
2 2
(y + 3) 2 2
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
6y
P ≥
+
− x2 + y 2 − 2
y+3 x+3
Tiếp tục phân tích
p
6x
6y
3(t2 + 5t − 6) p 2
+
− x2 + y 2 =
− t + 2t − 6 := f (t)
y+3 x+3
t+6
với xy = 3 − (x +√y), t = x + y.
3 t2 + 2t − 6 − x − 1
√
Ta có f 0 (t) =
. Từ giả thiết suy ra 3 − (x + y) = xy ≤
t2 + 2t − 6
Facebook.com/mathvn.com
7
www.MATHVN.com HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI
N.
co
m
√
√
(x + y)2
⇒ x + y ≥ 2. Nên 3 t2 + 2t − 6 − t − 1 ≥ t2 + 2t + 64 − 54 − t − 1 >
√ 4
t2 + 2t + 10 − (t + 1) > 0 ⇒ f 0 (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 + B 3 để giảm tính phức tạp của biểu thức do lũy
thừa bậc cao.
P =
AT
HV
Bài tập 1.1.8. (Khối A-2014 ) Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn
điều kiện x2 + y 2 + z 2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x2
y+z
1 + yz
+
−
2
x + yz + x + 1 x + y + z + 1
9
ww
w.
M
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.
1
(y + z)2
+ Nếu x = 0 thì giả thiết suy ra (y + z)2 = 2(1 + yz) và P = 1 −
−
y+z+1
18
1
thử khảo sát xem nhé? P < .
2
x2
y
1
2
2
+ Nếu z = 0 thì x + y = 2 và P = 2
+
− ...
x +x+1 x+y+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 =
2x2
y+z
(y + z)2 + x2
+
−
3x2 + 2x + (y + z)2 x + 1 + (y + z)
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
x
y+z
(y + z)2 + x2
P ≤
+
−
x+1+y+z x+1+y+z
18
8
Facebook.com/mathvn.com
www.MATHVN.com
1.1. KHỐI A, A1
2(1 + yz) = x2 + (y + z)2 ≥
(x + y + z)2
≥ x(y + z)
2
Thực hiện phép thế 1 + yz và sử dụng đánh giá này ta có
P ≤
N.
co
m
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
x
y+z
(x + y + z)2
+
−
x+1+y+z x+1+y+z
36
f (t) =
AT
HV
Phép dồn biến thành công! Bây giờ chỉ cần khảo sát hàm số
t
t2
− , ∀t ≥ 0
t + 1 36
5
thu được kết quả max P = .
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:
x2
x+1
1 + yz
+1−
−
2
x + yz + x + 1
x+y+z+1
9
M
P =
kèm theo đánh giá ngẫu nhiên
Suy ra
p
(x + y + z)2
⇒ x + y + z ≤ 2 1 + yz (∗)
2
ww
w.
2(1 + yz) = x2 + (y + z)2 ≥
P ≤
x2
x+1
1 + yz
+1− √
−
2
x + yz + x + 1
9
2 1 + yz + 1
Đánh giá (∗) giúp phép dồn biến thành công và đẳng thức xảy ra phù hợp với dự
5
đoán trên. Khi đó max P = .
9
Công đoạn tiếp theo là phân tích
x2
x+1
t2
+
1
−
−
x2 + x + t2
2t + 1
9
x2
x
1
t2
= 2
−
+
1
−
−
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 ≤
Facebook.com/mathvn.com
9
www.MATHVN.com HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI
N.
co
m
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
a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 12abc + 72 1
− abc
ab + bc + ca
2
AT
HV
P =
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 1
72
1
− abc = ab + bc + ca +
− abc
ab + bc + ca
2
ab + bc + ca 2
M
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)
72
1
hay ab + bc + ca +
≤ f (a + b + c) + abc. Chính vì thế, khả năng cao
ab + bc + ca
2
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:
ww
w.
(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
1
− (ab + bc + ca − 5)
ab + bc + ca 2
t
72 5
+
+ , t = ab + bc + ca.
2
t
2
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:
Bây giờ chỉ cần khảo sát hàm số f (t) =
ab + bc + ca ≤
(a + b + c)2
= 12; (3 − a)(3 − b)(3 − c) ≥ 0 ⇒ ab + bc + ca ≥ 11
3
160
tại (a, b, c) là một hoán vị của (1, 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
Facebook.com/mathvn.com
www.MATHVN.com
1.2. KHỐI B
Khối B
N.
co
m
1.2
Bài tập 1.2.1. (Khối B-2005 ) Chứng minh rằng với mọi x ∈ R, ta có:
x x x
12
15
20
+
+
≥ 3x + 4x + 5x .
5
4
3
Những con số tưởng chừng như lạc loài nhưng nếu nhận thấy được mối quan hệ giữa
chúng, ta sẽ có được ý tưởng cho lời giải. Thật vậy, nhận thấy rằng:
AT
HV
12 15
12 20
15 20
. = 9 = 32 ;
. = 16 = 42 ;
. = 25 = 52
5 4
5 3
4 3
Vì các số hạng đều dương với mọi x nên ta có thể sử dụng bất đẳng thức AM − GM
để giải bài toán.
Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có
x x s x x
12
15
12
15
+
≥
.
= 3x
5
4
5
4
M
Tương tự, ta cũng có
x x
x x
12
20
15
20
x
+
≥4 ;
+
≥ 5x
5
3
4
3
ww
w.
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức cùng chiều trên ta thu được kết quả của bài
toán. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
Nhận xét. Đối với những bài toán một biến ta thường sử dụng phương pháp tính
đạo hàm. Trong bài toán này, phương pháp đạo hàm có thể khó khăn hơn việc sử
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=
p
(x − 1)2 + y 2 +
p
(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
p
p
p
p
(x − 1)2 + y 2 + (x + 1)2 + y 2 ≥ (1 − x + x + 1)2 + (y + y)2 = 2 1 + y 2
Facebook.com/mathvn.com
11
www.MATHVN.com HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI
p
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.
N.
co
m
Suy ra A ≥ 2
AT
HV
Bài tập 1.2.3. (Khối B-2007 ) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức:
x
1
y
1
z
1
P =x
+
+y
+
+z
+
2 yz
2 xz
2 xy
Biểu thức P được viết lại như sau:
P =
x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2
+
2
xyz
ww
w.
M
Vì các biến dương nên sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có đánh giá
r
p
(x2 + y 2 + z 2 )3
xyz = x2 y 2 z 2 ≤
27
√
t
3 3
Do đó P ≥ + √ = f (t), t = x2 + y 2 + z 2 > 0.
2
t
9
Khảo sát hàm số theo biến t ta thu được max P = f (3) = .
2
Nhận xét. Đây là một bài toán dồn biến khá đơn giản. Có những bài toán không
cần phải mất thời gian để dự đoán điểm rơi.
Bài tập 1.2.4. (Khối B-2008 ) Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức
2(x2 + 6xy)
x2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P =
.
1 + 2xy + 2y 2
Chỉ cần kĩ thuật thuần nhất hóa bài toán, ta sẽ triệt tiêu điều kiện ràng buộc giữa
hai biến x, y và chuyển biểu thức P thành
P =
2(x2 + 6xy)
+ 2xy + 3y 2
x2
+ Nếu y = 0 ⇒ x2 = 1 và P = 2;
2(t2 + 6t)
+ Nếu y 6= 0 thì P = f (t) = 2
. Khảo sát hàm số này theo biến t hoặc nếu
t + 2t + 3
thấy khó khăn hãy chuyển biểu thức về dạng
(P − 2)t2 + 2(P − 6)t + 3P = 0 (1)
12
Facebook.com/mathvn.com
www.MATHVN.com
3
- Với P = 2 thì (1) có nghiệm t = .
4
- Với P 6= 2 thì PT(1) có nghiệm khi và chỉ khi
∆0 = −2P 2 − 6P + 36 ≥ 0 ⇔ t =
N.
co
m
1.2. KHỐI B
3
4
AT
HV
Từ đó tìm được min P = −6 và max P = 3.
Nhận xét. Dạng toán này liên quan đến tính thuần nhất và sử dụng tính chất có
nghiệm của tam thức bậc hai.
Bài tập 1.2.5. (Khối B-2009 ) Cho các số thực x, y thỏa mãn (x + y)3 + 4xy ≥ 2.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = 3(x4 + y 4 + x2 y 2 ) − 2(x2 + y 2 ) + 1
Vì tính đối xứng nên ta có thể biến đổi
3
3
A = (x2 + y 2 )2 + (x4 + y 4 ) − 2(x2 + y 2 ) + 1
2
2
M
Khai thác giả thiết suy ra x + y ≥ 1, cho nên
ww
w.
3
3
A ≥ (x2 + y 2 )2 + (x2 + y 2 ) − 2(x2 + y 2 ) + 1
2
4
1
Khảo sát hàm số này theo biến t = x2 + y 2 ≥ .
2
9
1
Từ đó tìm được min A =
khi x = y = z = .
16
2
Nhận xét. Bài toán này cũng thuộc dạng toán 2 biến đối xứng thông thường. Kỹ
thuật được dùng chủ yếu ở đây là "khảo sát hàm số".
Bài tập 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
p
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
Facebook.com/mathvn.com
13
www.MATHVN.com HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI
AT
HV
N.
co
m
(a + b + c)2
1
Vì 0 ≤ ab + bc + ca ≤
nên suy ra t ∈ 0;
. Rất may mắn rằng
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 về khảo sát hàm một biến. Để làm tăng sự
khéo léo khi đánh giá và phù hợp với đề thi khối B thì nên làm chặt bài toán thêm
chút nữa. Ví dụ với các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
p
5
M = 3(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + (ab + bc + ca) + 2 a2 + b2 + c2
2
Lúc này phải cần tới đánh giá chặt hơn là
3(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) ≥ (ab + bc + ca)2
M
Bài tập 1.2.7. (Khối B-2011 ) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a2 +
b2 ) + ab = (a + b)(ab + 2).
3
2
a
b3
a
b2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4 3 + 3 − 9 2 + 2 .
b
a
b
a
ww
w.
Bài toán này nếu sử dụng phép đổi biến u = a + b, v = ab có thể chúng ta sẽ gặp
khó khăn trong biến đổi và tính toán. Do đó, cần lưu ý một số đẳng thức sau:
a2
b2
a b 2
• 2 + 2 =
+
− 2;
b
a
b a
a3
b3
a b 3
a b
• 3 + 3 =
+
−3
+
;
b
a
b a
b a
"
#2
a4
b4
a b 2
• 4 + 4 =
+
− 2 − 2;
b
a
b a
...
Khi đó, biểu thức
a b
P = 4(t3 − 3t) − 9(t2 − 2) = 4t3 − 9t2 − 12t + 18 := f (t), t = + ≥ 2
b a
Biểu thức P là hàm số bậc 3 một ẩn t, nhưng liệu t ≥ 2 thì P đã có giá trị nhỏ
nhất? Nên ta cần khai thác giả thiết để tìm miền xác định của biến t.
Thật vậy, chia hai vế từ điều kiện giả thiết cho ab ta được
s
a b
1 1
1 1
a b
5
2
+
+1=a+b+2
+
≥ 2 2(a + b)
+
⇒ + ≥
b a
a b
a b
b a
2
14
Facebook.com/mathvn.com
www.MATHVN.com
1.2. KHỐI B
5
5
23
; +∞ thu được kết quả min f (t) = f
=− .
2
2
4
N.
co
m
Khảo sát hàm số f (t) trên
23
khi và chỉ khi a = 2, b = 1 hoặc a = 1, b = 2.
4
Nhận xét. Việc khai thác giả thiết cần phải linh hoạt, các đánh giá đều phải đồng
nhất cùng điểm rơi.
Vậy min P = −
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 .
AT
HV
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 như thế nào?
Để ý rằng
• (x3 + y 3 + z 3 )(x2 + y 2 + z 2 )
ww
w.
M
=x5 + y 5 + z 5 + (x + y + z)(x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 ) − xyz(xy + yz + zx)
xyz
=x5 + y 5 + z 5 +
;
2
• x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y + z)(x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx) = 0.
5
Suy ra P = x5 + y 5 + z 5 = xyz.
2
2x2 − 1
5
Giả thiết suy ra (y + z)2 − 2yz = 1 − x2 ⇒ yz =
⇒ P = (2x3 − x).
2
4
Tương tự bài toán khối B-2011, ta cần khai thác giả thiết để suy ra miền xác định
của biến x. Thật vậy, ta có
√
√
y2 + z2
2x2 − 1
1 − x2
2x2 − 1
6
6
≥ yz =
⇒
≥
⇒−
≤x≤
2
2
2
2
3
3
" √
√ #
√
6
6
6
3
Tiến hành khảo sát hàm f (x) = 2x − x trên −
;
ta có max f (x) =
.
3 3
9
√
√
√
√
6
6
5 6
5 6
Khi x =
,y = z = −
thì P =
. Vậy max P =
.
3
3
36
36
Nhận xét. Trong chứng minh bất đẳng 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
Facebook.com/mathvn.com
15
www.MATHVN.com HỌC CÁCH TƯ DUY QUA LỜI GIẢI
P =√
4
a2
b2
+
+
c2
+4
−
N.
co
m
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
9
p
(a + b) (a + 2c)(b + 2c)
Bài toán không có điều kiện ràng buộc các biến, lại không ở dạng thuần nhất nên
kĩ năng dồn biến phải nhờ vào sự phán đoán và tư duy cao. Cụ thể với bài toán này
ta cần đánh giá làm sao để:
AT
HV
p
(a + b) (a + 2c)(b + 2c) ≤ k(a2 + b2 + c2 )
(Hãy thử suy nghĩ xem tại sao lại không phải là một đánh giá dạng khác
p
đại loại như (a + b) (a + 2c)(b + 2c) ≤ k(a2 + b2 + c2 ) + m,...)
Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có
p
(a + b)(a + b + 4c)
(a + 2c)(b + 2c) ≤
2
2(a2 + b2 ) + 2(a2 + c2 ) + 2(b2 + c2 )
≤
2
2
2
2
= 2(a + b + c )
M
(a + b)
ww
w.
Công đoạn sau đó là khảo sát hàm số f (t) =
√
4
9
− 2
, t = a2 + b2 + c2 + 4 > 2
t 2(t − 4)
5
suy ra max f (t) = khi t = 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
p
(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
r
r
a
b
c
P =
+
+
b+c
a + c 2(a + b)
Hướng giải 1. Nếu ai đã từng chứng minh được bổ đề
r
16
a
+
b+c
r
b
+
a+c
r
Facebook.com/mathvn.com
c
≥2
a+b
Danh mục từ khóa
www.MATHVN.com
2(a + b)
c
3
+
≥
a + b + c 2(a + b)
2
AT
HV
P ≥
N.
co
m
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
r
p
a
2a
a + b + c ≥ 2 a(b + c) ⇒
≥
b+c
a+b+c
r
b
2b
Tương tự ta cũng có
≥
. Do đó
a+c
a+b+c
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 kiểu:
r
a
2a
2a
= p
≥
b+c
a
+
b+c
2 a(b + c)
M
Do vậy min P =
Bài viết hoàn thành vào lúc 15h30’ ngày 15/01/2016.
Chúc các em học sinh sẽ có đủ tự tin khi đối mặt với bài toán khó này trong đề thi Quốc gia sắp tới!
HẾT ——————–
ww
w.
——————–
Facebook.com/mathvn.com
17
.PDF 
20 
111 
138 
