Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán khối 11

có: 6 2 3 11 a b c T k T a b c k         (3) Từ (2) và (3) suy ra: 2 2 2 9 6 54 2 3 . 11 11 S x y z T T      Dấu " " xảy ra 3 18 11 11 2 3 2 3 6 x y z x y z x y z k k k ka b c k kk k              18 9 6 ; ; 11 11 11 x y z    . Vậy để bài toán đơn giản hơn khi trình bày ta nên chọn 18 9 6 ; ; 11 11 11 a b c   (4) Thay (4) vào (1) ta dễ dàng chứng minh đc 54 11 S  . Ví dụ 2: Cho , , 0a b c  thỏa mãn 2 10a b c abc    . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 9 8 9 8 9 6 6 2 4 2 4 2 4 b c a c a b a b c S a b c           Bước 1: Dự đoán điểm rơi: Vì S là biểu thức đối xứng với , ,a b c nên ta sẽ dự đoán điểm rơi tại 2a b c   . Bước 2:  Ý tưởng: ví dụ trên có dạng khá phức tạp vì có các phân thức bậc cao nằm trong căn thức nên ta sẽ nghĩ đến việc loại bỏ căn thức đầu tiên và bđt B.C.S là một công cụ hữu dụng cho việc loại bỏ căn thức.  Áp dụng: Ta sẽ tìm các số , , 0x y z  sao cho: 2 2 2 2 2 2 2 8 9 2 2 3 ( )( ) 2 4 22 b c a b ca x y z x y z a a        2 2 2 2 2 2 2 8 9 2 2 3 ( )( ) 2 4 22 c a b c ab x y z x y z b b        - 110 - 2 2 2 2 2 2 2 8 9 2 2 3 ( )( ) 2 4 22 a b c a bc x y z x y z c c        2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 2 22 2 2 S x y z a b c ab bc ca x y z a b c                              Sơ đồ điểm rơi tại 2a b c   : 32 2 22 3 32 2 2 22 32 2 22 x y z b ca a x y z y z x c ab b x y z a bc c          Chọn 2; 3 2; 2x y z   ta có:     2 2 22 2 2 2 8 9 4 ( 2 3 2 2 )( ) 9 2 4 b c a b ca a a            2 2 22 2 2 2 8 9 4 ( 2 3 2 2 )( ) 9 2 4 c a b c ab b b            2 2 22 2 2 2 8 9 4 ( 2 3 2 2 )( ) 9 2 4 a b c a bc c c         1 1 1 24 4 9( ) ( )S a b c ab bc ca a b c              (1)  Đến đây, ta sẽ nghĩ đến việc loại bỏ phân thức để đưa bài toán trở nên đơn giản hơn và để làm điều này ta sẽ nghĩ ngay đến bất đẳng thức AM-GM. Kết hợp với điểm rơi ta sẽ áp dụng như sau: 4 4 2 . 4x x x x    với 0x  . Ta có : VP (1)    4 4 4 8a b c a b c ab bc ca a b c                             - 111 -    4 4 42 . 2 . 2 . 8a b c a b c ab bc ca a b c             12 8 a b c ab bc ca       Đến đây, ta sẽ muốn giảm bậc và đồng thời sử dụng giả thiết 2 10a b c abc    nên ta sẽ nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức AM-GM để tạo ra đại lượng 2abc . Kết hợp với điểm rơi 2a b c   ta sẽ sử dụng như sau: 2 2 2a bc abc  2 2 2b ca abc  2 2 2c ab abc  VP (1)    12 8 a b c ab bc ca       12 6( ) 6 2 12 6( 2 ) 72a b c abc a b c abc           24 72 6 6S S    (ĐPCM). 2. Bài tập Bài 1 : Với , ,x y z R thỏa mãn 4 4 44 36x y z   , chứng minh rằng : 2 2 9x y z   Gợi ý :  Xem lại Lưu ý 2. và Ví dụ 1 Bài 2 : Với , ,x y z thỏa mãn đẳng thức 3 3 3 17x y z   , chứng minh rằng : 4 4 17x y z   Gợi ý :  Xem lại Lưu ý 2.  Sử dụng bất đẳng thức :      33 3 3 3 3 3 3 3 3a b c x y z m n p axm byn czp         (BĐT Holder) Bài 3 : Với , , 0a b c  thỏa mãn 6a b c   , chứng minh rằng : 2 2 2 1 1 1 3 17 2 a b c b c c a a b          Gợi ý :  Xem lại Lưu ý 1., 3. và Ví dụ 2  Hệ số cần tìm là 4  và 1  . III.Vận dụng điểm rơi trong B.C.S đe giải một số bài toán cực trị. 1. Ví dụ minh họa Ví dụ 3 : Cho 2 236 16 9x y  . Tìm Max, Min của 2 5A y x   Lời giải.  Xét biểu thức 2 5A y x   Dễ thấy vấn đề cần giải quyết là biểu thức ( 2 )y x . - 112 -  Ý tưởng: Sử dụng giả thiết 2 236 16 9x y  và điểm rơi trong bất đẳng thức B.C.S để tìm ra cực trị của bài toán. Phân tích: Đánh giá giả định với các số ,  Áp dụng ta có: . . 2 2 2 2(36 16 )( ) B C S x y     2(6 4 )x y  Để đưa 2(6 4 )x y  về biểu thức có chứa biểu thức ( 2 )y x . Ta có: 4 4 2.6 . 3          Vậy ta chọn 4; 3    Áp dụng ta có: 2 2 2 2 2 2 2(36 16 ) ( 4) (3) ( 24 12 ) 12 ( 2 )x y x y y x          Do đó: 2 25 5 5 ( 2 ) 2 16 4 4 y x y x       Kết luận: 25 2 9 ( 2 5) ( , ) 4 5 20 15 2 9 ( 2 5) ( , ) 4 5 20 Max y x x y Min y x x y              Ví dụ 4: Cho x, y, z là 3 số dương và 1x y z   , Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= 2 2 2 2 2 2 1 1 1 x y z x y z      (*)Sai lầm thường gặp: 2 2 2 2 1 1 2. . 2x x x x    Suy ra: P= 2 2 2 2 2 2 1 1 1 x y z x y z      3 2 do đó Min P= 3 2 Dấu “=” xảy ra 1 1 1 ; ; 1 1 1 1 x y z x y z x y z           Nguyên nhân sai lầm: Do không đảm bảo được dấu “=” xảy ra!! (*) Lời giải đúng: Dễ dàng dự đoán P đạt Min tại x=y=z= 1 3 Tương tự như Ví dụ 1. Đánh giá giả định với các số ;  Biểu thức trong căn gợi cho ta sử dụng B.C.S ở dạng 2 2 2 2 2 1 ( )( ) ( )x x yx        - 113 - “=” xảy ra 2 1 1 . 9 x x x          Nên ta chọn 1; 9   Khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 9 1 1 9 ( )(1 9 ) ( ) , 82 x x x x x x x x             Tương tự ta có : 1 1 1 1 ( ) 9( ) 82 P x y z x y z            Do khi 1x y z   thì 1 1 1 9 x y z    nên ta tách: 1 1 1 1 80 1 1 1 2 1 1 1 80 9 82 ( ) ( ) . 82 9 9 3 9 P x y z x y z x y z x y z x y z x y z                                   . Vậy Min 82P  .Dấu “=” xảy ra khi 1 3 x y z   Ví dụ 5: Cho a, b, c >0 thỏa mãn a+b+c=3. Tìm giá trị lớn nhất của 3 2 3 2 3 2 a b c P a b c b c a c a b          Nhận xét: Ta thấy biểu thức ở mẫu số có bậc không đồng nhất! Như vậy sẽ tạo nhiều khó khăn trong quá trình ta đánh giá! Ý tưởng: Sử dụng bất đẳng thức B.C.S để cân bằng bậc của a, b, c Chú ý: trong quá trình đánh giá; phải đảm bảo dấu “=” xảy ra Lời giải: Dự đoán dấu bằng xảy ra tại a=b=c=1 Ta thấy: Để cân bằng biểu thức 3 2( )a b c  buộc ta phải nhân biểu thức này với một biểu thức khác sao cho khi áp dụng bất đẳng thức B.C.S sẽ xuất hiện 2 2 2; ;a b c để dễ dàng đánh giá hơn Thao tác: 3 2 2 2 2 1 . . 1 . xa x a a b y b y z cc z c               Do đó ta có: . . 3 2 21( ) 1 ( ) B C S a b c c a b c a            ( Dấu “=” xảy ra a=b=c=1) 3 2 2(1 ) ( ) a b c a ca a b c a         Hay 3 2 2 1 ( ) a a ca a b c a b c        - 114 - Tương tự ta sẽ được 2 3 ( ) a b c ab bc ac P a b c          Mặt khác ta sẽ có đánh giá quen thuộc sau: 2 1 ( ) 3 ab bc ca a b c     (Do dấu " " xảy ra khi a b c  ) Suy ra 2 2 1 3 ( ) 3 1 ( ) a b c a b c P a b c           Đẳng thức xảy ra khi 1a b c   . 2. Bài tập Bài 1: Với , , 0x y z  , 4 4 4 3x y z   , tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2P x y z   Gợi ý: Xem lại Lưu ý 1. và 2.    2 34 max 3 2 3 1 8 4 16 16 P         khi 34 4 3 3 3 3 , 2 2 16 2 16 x y z     Bài 2: Với , , 0a b c  tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 4 5a b c S b c c a a b       Gợi ý: Xem lại Lưu ý 1. và 3.   2min 1 3 2 5 122P     khi 23 5 b c c a a b     . Bài 3: Với , 0x y  và z R , tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:   2 22 1 x z xy T z y x          Gợi ý:  Xem lại Lưu ý 1. và 3.  Chứng minh và sử dụng:    2 2 22 1 (1 )x z xy x z y       Dấu " " xảy ra 1; 2x z y     Tài liệu tham khảo: [1]. Những viên kim cương trong bất đẳng thức (Trần Phương). [2]. Các bài giảng về bất đẳng thức Bunhiacopxi (Nguyễn Vũ Lương). [3]. Sáng tạo bất đẳng thức (Phạm Kim Hùng). - 115 - PHỤ LỤC MỘT SỐ THÀNH TÍCH ĐẠT ĐƯỢC CỦA CÁC HỌC SINH CHUYÊN TOÁN LỚP 11 (Từ năm học 2010-2011 đến năm học 2012-2013) 1. Trần Thị Tú Trinh (năm học 2010-2011) - Huy chương vàng Olympic 30/4 lớp 10. - Huy chương vàng Olympic 30/4 lớp 11. - Giải khuyến khích học sinh giỏi quốc gia năm học 2011-2012. - Giải nhì Olympic sinh viên năm học 2012-2013 (Trần Thị Tú Trinh hiện là sinh viên khoa Toán, Trường Đại học sư phạm thành phố Hồ Chí Minh). 2. Cao Thanh Hà (năm học 2010-2011) - Huy chương bạc Olympic 30/4 lớp 10. - Huy chương vàng Olympic 30/4 lớp 11. - Giải ba học sinh giỏi quốc gia năm học 2011-2012. 3. Nguyễn Ngọc Khánh (năm học 2010-2011) - Giải KK học sinh giỏi quốc gia năm học 2011-2012. - Vào chung kết cuộc thi Đường lên đỉnh Olympia năm học 2011-2012. 4. Phan Hồng Hạnh Trinh (năm học 2011-2012) - Huy chương vàng Olympic 30/4 lớp 10. - Giải nhất huy chương vàng Olympic 30/4 lớp 11. - Giải nhì học sinh giỏi quốc gia năm học 2011-2012 và được tham dự kì thi chọn đội tuyển dự thi Toán quốc tế. - Giải thưởng Lê Văn Thiêm, năm học 2012-2013. 5. Lê Bá Lộc (năm học 2011-2012) - Giải KK học sinh giỏi quốc gia năm học 2012-2013. 6. Trần Thanh Sang (năm học 2011-2012) - Huy chương vàng Olympic 30/4 lớp 10. - Huy chương vàng Olympic 30/4 lớp 11. 7. Nguyễn Quỳnh Nghi (năm học 2011-2012) - Huy chương vàng Olympic 30/4 lớp 11. 8. Tạ Quang Hải (năm học 2012-2013) - Huy chương vàng Olympic 30/4 lớp 10. - Huy chương vàng Olympic 30/4 lớp 11. - Giải khuyến khích học sinh giỏi quốc gia năm học 2012-2013. 9. Hà Xuân Vũ (năm học 2012-2013) - Huy chương vàng Olympic 30/4 lớp 10. - Huy chương đồng Olympic 30/4 lớp 11. - Huy chương vàng ViOlympic cấp quốc gia năm học 2012-2013. 10. Trần Quốc Trung (năm học 2012-2013) - Huy chương vàng Olympic 30/4 lớp 11. - Huy chương bạc ViOlympic cấp quốc gia năm học 2012-2013. 12. Lê Văn Nam (năm học 2012-2013) - Huy chương bạc Olympic 30/4 lớp 10. --------------------