chon diem roi bdt co si

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Chuyên Đề: KỸ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI TRONG BÀI TOÁN CỰC TRỊ I. BÀI TOÁN MỞ ĐẦU  a, b  0 1 1  P 2  2 a  b  1 2ab a b Bài toán 1. Cho  , tìm GTNN của Giải 1 1 4 4   2  4 2 2 2 2 2 ab a  b a  2 ab  b ( a  b ) Ta có:. 1  a  a b  2  MinP 4 khi x  y  1   2 a  b 1 b  1  2 Dấu “=” xảy ra  a, b  0 1 1  P  2 2 a  b 1 2ab 1 a  b Bài toán 2. Cho  , tìm GTNN của Giải 1 1 4 4 4 P     2 2 2 2 2 2 2 ab 2 1  a  b a  2 ab  b  1 ( a  b )  1 Lời giải 1. Ta có: 1  a 2  b2 2ab   a  b  1   Dấu “=” xảy ra MinP...?..?. (a  b)2  1 0 (voâ nghieäm)  a  b 1. . Vậy không tồn tại. Lời giải 2. Ta có: 1 1 1 4 1 4 1 P    2    2 2 2 2 6ab 3ab a  6ab  b  1 3ab (a  b)  1  4ab 3ab 1 a  b 4 1 8 P   2 2 2 3 1  a b   a b   a b  ab   2  6      4 . Vậy  2   2   2  Mặt khác 1  a 2  b2 3ab  1  a b  a b  2 a  b 1 . Dấu “=” xảy ra . Lời bình: Bài toán 1 và bài toán 2 gần như tương tự nhau, cùng áp dụng bất đẳng thức 1 1 4 1 1 1     a b a  b . Lời giải 1 tại sao sai? Lời giải 2 tại sao lại tách 2ab 6ab 3ab ?..? 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.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> II. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI III. NỘI DUNG 1. Bổ túc kiến thức về bất đẳng thức a) Tính chất cơ bản của bất đẳng thức Định nghĩa: a b  a  b 0 a b  a c  b c    a b  a  c b  c a b  a  c b  d  c d   1 1 a b  0   a b  b) Một số bất đẳng thức cơ bản  Bất đẳng thức Cauchy a1 , a2 ,..., an (n 2) n Cho số thực không âm ta luôn có a1  a2    an n  a1a2 ...an n . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1 a2  an .  Một vài hệ quả quan trọng:  1 1 1  (a1  a2    an )       n2 với ai  0, i 1, n an   a1 a2  1 1 1 n2     với ai  0, i 1, n a a a a  a    a 1 2 n 1 2 n . .  Cho 2n số dương ( n  Z , n 2 ): a1 , a2 ,..., an , b1 , b2 ,..., bn ta có: n (a  b )(a  b )...(a  b )  n a a ...a  n b b ...b 1 1 2 2 n n 1 2 n 1 2 n Bất đẳng thức BCS Cho 2n số dương ( n  Z , n 2 ): a1 , a2 ,..., an , b1 , b2 ,..., bn ta có:. (a1b1  a2b2    anbn )2 (a12  a22    an2 )(b12  b22    bn2 ) a a a  1  2   n (quy ước nếu bi 0  ai 0) b1 b2 bn Dấu “=’ xảy ra. . Hệ quả(Bất đẳng thức Svác-xơ) Cho hai dãy số a1 , a2 ,..., an và b1, b2 ,..., bn với bi  0 i 1, n ta luơn cĩ: an2 (a1  a2    an )2 a12 a22     b1 b2 bn b1  b2    bn a a a  1  2   n b1 b2 bn Dấu “=’ xảy ra. 2. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất n n Cho f ( x1 , x2 ,..., xn ) là một hàm n biến thực trên D   : f : D    .

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  f ( x1, x2 ,..., x n ) M ( x1, x2 ,..., xn )  D Max f M   0 0 0 0 0 0 D ( x1 , x2 ,..., xn )  D : f ( x1 , x2 ,..., xn ) M   f ( x1 , x2 ,..., x n ) m ( x1 , x2 ,..., xn )  D Min f m   0 0 0 0 0 0 D ( x1 , x2 ,..., xn )  D : f ( x1 , x2 ,..., xn ) M  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  0 1 1  P 2   4ab 2 a  b  1 ab a b Bài 1. Cho  , tìm GTNN của biểu thức . Sai lầm thường gặp: Sai lầm 1: Ta có : 1 1 1 4 1 4  1  P 2    4ab  2   4 ab    4ab  2 2 2 2ab 2ab a b a  b  2ab 2ab (a  b)  2ab . 1 1  4ab 2 .4 ab 2 2 2 ab 2 ab Mặt khác . Vậy P 4  2 2 nên MinP 2(2  2) Sai lầm 2: 1 1  1  1 4 1 1 1 1 P 2    4ab   2 4ab.  4  2  6   2 2 ab  4ab  4ab (a  b) 2ab 4ab 4ab 4ab a b a 2  b2 2ab  1 1    a 2b 2   a b  16 2  1 a b  a  b 1  2 vào ta được P 7 Dấu bằng xảy ra . Thay 1 a b   MinP 7 khi 2. Nguyên nhân sai lầm: 1 1 1   Sai lầm 1: Học sinh chưa có khái niệm “điểm rơi”, việc tách ab 2 ab 2 ab là do thói quen để a b  1  MinP 4  2 2   4ab  VN 2 ab  2 2 2 a  b 1 làm xuất hiện a  b  2ab (a  b) . . Dấu “=” bất đẳng thức không xảy ra  không kết luận được MinP 4  2 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> a b . 1 2 nên đã tách. Sai lầm 2: Học sinh đã có khái niệm điểm rơi, dự đoán được dấu bằng khi 1 a b  2 là đúng, nhưng bước cuối học sinh làm sai ví dụ như các số hạng và MinP 7 khi 2   (1  x)2  x  x , dấu bằng xảy ra khi x 1  Min  ( x  1)  x  1?? . 1 a b  2 , ta có: Lời giải đúng: Do P là biểu thức đối xứng với a, b , ta dự đoán MinP đạt tại P. 1 1  1  1 4 1 1    4ab    2 4ab.  7  2 2 2 2ab  4ab  4ab (a  b) 2ab a b  a b  4   2  2. a 2  b2 2ab  1 1    a 2b 2   a b  16 2  a  b 1  Dấu bằng xảy ra .  a, b  0 1 1 1  S 3 3 2  2 a  b 1 a b a b ab . Bài 2. Cho  , tìm GTNN của biểu thức Sai lầm thường gặp: 1 1 1 2 2 9 2 1 1  S 3 3 2         a  b 3a b 3ab 2 3a 2b 3ab 2 a 3  b3  3a 2b  3ab2 3  a 2b ab2  Ta có: . 9 2 1  1 1  .  9  (a  b)3 3 ab  a b . MinS . 59 3. Nguyên nhân sai lầm: Lời giải đúng. 2.  a b  3.    2 . . 2. 4 59  a b 3. a 3  b3 3a 2b  59 MinS   a b (vn) 3 a  b 1 . 1 3 3 2 2 3 2 , và ta thấy a  b  3a b  3ab (a  b) vì thế ta Ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi 1 1 1  2  3 3 3 2a b 2ab2 và nếu vậy: muốn xuất hiện (a  b) ; ta áp dụng bất đẳng thức a  b 1 1 1 9    a3  b3 2a2b 2ab2 (a  b)3  ab(a  b) , ta không đánh giá tiếp được cho nên ta phải áp a b . dụng bất đẳng thức cho 5 số:.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> S. 1 1 1 1 1 25  2   2    3 2 2 3 a b 2a b 2ab 2a b 2 ab (a  b)  ab(a  b) 3. a b . 1 2.. 25 20 3 3 ( a  b) ( a  b)  4. Dấu bằng xảy ra khi  x, y , z  0  1 1 1 1 1 1 P    x  y  z 4 2x  y  z x  2 y  z x  y  2z . Bài 3. Cho  . Tìm GTLN của Sai lầm thường gặp: 1  1 1 1  1  1 1 1  1  1 1 1  5  1 1 1  10 P                  9 2 x y z 9 x 2 y z  9  x y 2 z  18  x y z  9    Sai lầm 1: Ta có. 10  MaxP  9 Sai lầm 2: 1 1 1 1 1  1 1 1  1 1  1 1 1  1 1  1 1 1  10 P                3 3 2 xyz 3 3 x.2 yz 3 3 xy 2 z 3 3  2 x y z  3 3  x 2 y z  3 3  x y 2 z  9 Nguyên nhân sai lầm: Cả hai lời giải trên đều đã biết hướng “đích” song chưa biết chọn điểm 2 x  y  z 2 y  x  z  10 MaxP   2 z x  y (vn) 9 1 1 1 10    4 ( x, y , z )  D : P   x y z 9 rơi. , tức là không tồn tại 4 x  y z  3 nên tách các số Lời giải đúng: Từ hai lời giải trên với dự đoán MaxP đạt được tại 2x  x  x ra cho dấu bằng xẩy ra. 1 1 1  1 1 1 1        Cách 1: Ta có 2 x  y  z x  x  y  z 16  x x y z  , tương tự và ta có: 1  2 1 1   1 2 1   1 1 2  4 P                  1 x  y z  16   x y z   x y z   x y z   3. , vậy MaxP 1 khi 1 1 2 x  y  z  x  x  y  z 4 4 x.x. y.z   2 x  y  z 4 4 x 2 yz Cách 2: Ta có , mặt khác: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  2 1 1 4 . . .            x x y z 4 x x y z  2 x  y  z 16  x y z  , tương tự ta có: 1  1 1 1 1 P  .4     1 x  y z  16  x y z  4 , suy ra: . Dấu “=” xảy ra khi MaxP 1 khi. x  y z . 1 4..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Nhận xét: Ta có thể mở rộng bài 3:  x, y , z  0  1 1 1 1 1 1 P    x  y  z 4  x   y  z  x   y   z x   y   z . Cho  . Tìm GTLN của  x x x      x ,...    soá Với  ,  ,  N : Cách làm tương tự như bài 3, ta tách . Nếu  ,  ,  R , thì bài toán có còn giải quyết được không? Câu trả lời dành cho độc giả trong phần sau” Kỹ thuật chọn điểm rơi trong BCS”  a , b, c  0  3 3 3 3 a  b  c 3 Bài 4. Cho  . Chứng minh rằng: a  2b  b  2c  c  2a 3 3 . Sai lầm thương gặp: 3 1.1( a  2b) 1  1  (a  2b )  2  a  2b 3 3 Ta có: , tương tự ta có: 2  a  2b 2  b  2c 2  c  2a 3 a  2b  3 b  2c  3 c  2a    5 3 3 3 , 3 mà 5  3 3  đề ra sai...?...?. a  2b 1 b  2c 1  P VT 5, vaäy MaxP =5   (vn) c  2 a  1  a  b  c 3. Nguyên nhân sai lầm: , vậy P  5 Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu “=” trong bất đẳng thức xảy ra khi a b c 1 . Vậy ta áp dụng Cauchy cho ba số a  2b,3,3 ta có: 1 1 3  3  (a  2b) 6  a  2b 3 a  2b  3 3 3.3(a  2b)  3 .  3 9 9 3 3 9 , tương tự ta có: 6  a  2b 6  b  2c 6  c  2a   3 3 3 3 3 3 3 9 3 9 3 9 , dấu bằng xảy ra khi a b c 1  x, y , z  0 x2 y2 z2 3     xyz 1 Bài 5. Cho  , chứng minh rằng: 1  y 1  z 1  x 2 Sai lầm thường gặp: 1  y 2 y  1  z 2 z x2 y2 z2 ( xyz )2  3   3 1  x 2 x 1  y 1  z 1  x (1  y )(1  z )(1  x ) Sai lầm 1: P  , mặt khác  , suy ra: 3 P (1  y )(1  z )(1  x) 8 xyz 8 . Vậy 2 , dấu “=” xảy ra khi x  y z 1 P.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  x2  (1  y ) 2 x  1  y  y 2  (1  z ) 2 y  P 2( x  y  z )  ( x  y  z )  3  x  y  z  3  1  z  z2  (1  x) 2 z  1  x Sai lầm 2: ta có:  , 3 mặt khác x  y  z 3 xyz 3  P 0 Nguyên nhân sai lầm: a b  0 . 1 1  a b. Ở sai lầm 1: Học sinh quên tính chất cơ bản của bất đẳng thức:  x  y z  2 y2 z2  x  1  y, 1  z , 1  x (vn) 1  y 1  z 1  x   xyz 1  Ở sai lầm 2: Dấu “=” xảy ra Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu “=” xảy ra khi x  y  z 1 . Vì vậy khi áp dụng Cauchy cho x2 x2 1 y 1 2 1 y      4 1  y và  : 1  y  2   x2 1 y  x  1  y 4   y 2 1  z 1 3 3 3 3   y  P ( x  y  z )  ( x  y  z )   ( x  y  z )    4 4 4 4 4 2 1  z  z2 1  x  z  1  x 4 Ta có:  Dấu “=” xảy ra khi x  y  z 1 . Bài tập tương tự(trích dẫn trong các đề thi đại học)  x, y , z  0 m  x3  y 3 m  y3  z3 m  z 3  x3   3 3  xyz 1 xy yz zx  Bài 1. Cho , chứng minh rằng ,  với m  N : Nếu m 1 là đề thi Đại học khối D năm 2005 Bài 2. Cho x, y, z là 3 số thỏa x  y  z 0 , chứng minh rằng: 3  4 x  3  4 y  3  4 z 6 (đề tham khảo 2005) ab c  4  bc a  2  ca b  3 P abc Bài 3. Cho a 2, b 3, c 4 , tìm GTLN: a b c . 3 4.. Bài 4. Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn 3 3 3 Chứng minh rằng: a  3b  b  2c  c  3a 3 (ĐTK 2005).

<span class='text_page_counter'>(8)</span> a, b, c  0  a  b  c 1 Bài 5. Cho  , tìm GTNN của các biểu thức sau: 1 1 1 1 P 2    a  b 2  c 2 ab bc ca 1 1 1 1 1 1 S 2  2 2 2    2 2 ab bc ca a b b c c a 1 1 1 1 1 1 Q 2  2  2    a  bc b  ca c  ab ab bc ca 2. 2. 25  2 1   2 1 u  2  v  2   2 2 2 . u   v  Bài 6. Cho u  v 1 , chứng minh rằng:  Bài 7. Cho a, b, c là các số dương. Tìm GTNN của: a3 b3 c3   3 c3 a3 Q b a b c   b c a (ĐHQGHN 2001-2002) Bài 8. Cho a, b, c dương thỏa abc 1 , tìm GTNN của biểu thức: bc ca ab Q 2  2  2 a (b  c) b (c  a) c (a  b) (ĐH 2000 – 2001).  x, y , z  0 x y P   x  y 1 1 x 1  y (ĐHNT 2001 – 2002) Bài 9. Cho  , tìm GTNN của Bài 10. Cho x, y, z là ba số dương và x  y  z 1 , chứng minh rằng: x2 . 1 1 1 2 2  y   z   82 x2 y2 z2 (ĐH 2003). b) Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức BCS. Bài 1. Cho x, y, z là ba số dương và x  y  z 1 , chứng minh rằng: 1 1 1 x 2  2  y 2  2  z 2  2  82 x y z Nhận xét: chúng ta có thể dùng bất đẳng thức Cauchy như ở phần 1 Sai lầm :. 2. 1 1  2 1  2 2   x  2  1  1   x   x   x x x   . . P Tương tự ta có: Vậy P 3 2....?. . x2 . 1 1  1   x  2 x x 2.  1 1 1   1 1 1 1  2 ( x  y  z )     3 2  ( x  y  z)        2 2  x y z   x y z.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Nguyên nhân sai lầm:. x 1 y 1 z 1   ,  ,  P 3 2   1 x 1 y 1 z (vn)  x  y  z 1 . Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi. x  y z  2. 1 3 ; và biểu thức trong căn gợi.    2 1  2 2  x  2       x   y  với  ,  là những số thỏa mãn: x   cho tam sử dụng BCS:  1 x x 1  1    x2     x  9 , chọn  1,  9. . . 2. 9 1 1  9  2 1  2  2 2  x  2  1  9  x    x  2  x  x x  , tương tự ta có: x  x 82   Ta có   1 1 1  1  1 1 1 P  9 x  y  z)  9      x  y  z 1;   9 82   x y z   , do x y z nên ta tách:. . .  1 1 1  80 1  1 1 1  80  1 1 1  2 9 ( x  y  z)            ( x  y  z)     82 9 x y z  9  x y z  3  x y z 9 xyz 1 x  y z  3. Vậy P  82 , dấu “=” xảy ra khi  x, y, z.0  1 1 1 1 1 1 P    x  y  z 1 2x  y  z x  2 y  z x  y  2z Bài 2. Cho  , tìm GTLN của Giải 2 1 1 (  z )2    2 x  y  z , ta chọn  sao cho x  y  z 3 và Áp dụng hệ qua (1) ta có: 2 x y z  1 1     1    2 2x y z 2  2 1 1 (2  2)2     y z 2 x 2x  y  z   1 2 2  1 1 1 1 1 (2  2)2 1     P        2 2y z x  2y  z x 2 2  x y z 2 2 1 1 2    1  (2  2) x y 2z x  y  2z Vậy ta có:  1 x  y  z 3  MaxP  khi x  y  z 3 2  2 Dấu bằng xảy ra khi Bài tập áp dụng. . . . .

<span class='text_page_counter'>(10)</span> a, b, c  0 1 1 1 3     3 3 3 abc 1 Bài 1. Cho  ,chứng minh rằng a (b  c ) b (c  a) c (a  b) 2 a, b, c  0 a3 b3 c3 P     abc 1 (1  b)(1  c) (1  c)(1  a) (1  a)(1  b) Bài 2. Cho  , tìm GTNN của Bài 3. Cho a, b, c, d  0 , tìm GTNN của a b c d P    b  2c  3d c  2 d  3a d  2a  3b a  2b  3c a Bài 5. Cho a, b, c  0 , chứng minh rằng:. 2. a  8bc. . b 2. b  8ca. . c 2. c  8ab. 1. 3 3 2 Bài toán: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có Phân tích để đi đến lời giải: 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 sin C sin A cos B  sin B cos A P sin A  sin B  sin C sin A  sin B  sin A cos B  sin B cos A , ta nghĩ đến: sin A  sin B  sin C . sin 2 A  cos2 A 1  2 2 sin B  cos B 1 ; A, B không còn quan hệ ràng buộc, làm thế nào để xuất hiện sin2 A,cos2 A a 2  b2 ab  2 , , ta nghĩ ngay đến bất đẳng thức sin A sin B . 3 1 ,cos A cos B  2 2 , Ta áp dụng Cauchy:. 2  sin B 3   sin 2 A  sin A  2   sin B 2  cos B  cos A 3   cos B   cos A        3  2   3 3 3       1  3  3  sin A  sin B    sin2 A     sin2 B    4  4   . Vậy: 3  Ta có:. VT . 2 3   sin2 A 2   sin B  cos B   cos2    2   3   3.  1   2 3  2 3  3 3 A    sin A  4    sin B  4    2 3      .

<span class='text_page_counter'>(11)</span>