Hàm số bậc nhất lớp 9 hay

CHUYÊN ĐỀ: Hàm số nhất, chuẩn hóa chứng minh BĐT-CT THCS Người thực hiện: Đậu Anh Kiên (Diendantoanhoc.net) Học sinh 9A THCS Cao Xuân Huy- Nghệ An 1) Mở đầu: 2) Phương pháp: a) Hàm số chứng minh bất đẳng thức- cực trị THCS: - Ở chương trình THCS, hàm số đồ thị ta học hàm số bậc nhất, tức là: -Hàm số: y = ax + b với a ≡ cho ta đồ thị đường thẳng qua điểm b trục tung điểm −b a trục hoành, hình vẽ: Do đồ thị hàm số bậc đường thẳng từ lên nên ta có tính chất sau: * Tính chất: Hàm số y = ax + b với a ≡ đoạn [x0; x ] Với a > 0: f (x) ≤ m ⇔ f (x1 ) ≤ m f (x) ≥ m ⇔ f (x0) ≥ m Để bạn hình dung cách cụ thể, ta tiếp cận với số ví dụ sau: Bài toán : Cho x, y, z > thỏa mãn: x + y + z = Chứng minh: x + y ≥ xyz Giải: Xét P = xyz − (x + y) = xyz − (4 − z) Đặt xy = t ⇒ f (t) = tz − (4 − z) hàm số bậc t (z tham số) Ta có: < t ≤ (4 − z)2 (4 − z)2 )≤0 (4 − z)2 (4 − z)2 (z − 4)(z − 2)2 Thật vậy: f ( ) = z( ) − (4 − z) = ≤ (do x + y + z = 4) 4 Dựa vào tính chất trên, ta cần chứng minh: f ( Vậy ta có P ≤ hay ĐPCM * Nhận xét: Với toán ta có cách đơn giản sau: *C1: a + b ≥ abc ⇔ a + b ≥ ab(4 − a − b) ⇔ (a + b)(ab + 1) ≥ 4ab *C2: (a + b)(a + b + c)2 ≥ 4(a + b)2 c ≥ 16abc ⇒ a + b ≥ abc (Đúng theo AM-GM) *Bài toán 2: Cho x, y, z > thỏa mãn x + y + z = Tìm Min: P = x2 + y + z2 + 9xyz * Bài toán tổng quát sau: Bài toán tổng quát:(PlanBbyFESN) Cho x, y, z ba số dương thỏa mãn: x + y + z = k (∀k > 0) Tìm Min: P = x2 + y + z2 + Chọn k = ta có toán trên! 9xyz 2k Giải (PlanBbyFESN): Với người chưa tiếp xúc nhiều với BĐT Schur toán thực không dễ: Sau lời giải cho BĐT này: Ta có: A = a2 + (b + c)2 + bc( 9a 9a − 2) − = bc( − 2) + 2a2 − 2a + 2 2 Đặt bc = t 9a − 2) + 2a2 − 2a + hàm số bậc t (a tham số) 2 (1 − a) Ta có: < t ≤ 9a Đối với toán này, ta chưa chắn hệ số −2 > nên ta cần chứng minh đồng thời hai sau: ⇒ A = t(  f (0) ≥ f ( (1 − a) ) ≥ Thật vậy: f (0) = 2a2 − 2a + f( 1 = 2(a − )2 ≥ 2 (1 − a)2 a(3a − 1)2 )= ≥0 1 Nên ta có ĐPCM Dấu "=" số: ( , , ) 3 * Nhận xét: Đối với toán trên, ta cách sau: *C2: (ngocanh99) Ta có bổ đề quen thuộc sau, chứng minh hoàn toàn AM-GM: (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) ≤ abc Áp dụng bổ đề ta được: xyz ≥ (k − 2x)(k − 2y)(k − 2z) ⇒ 9xyz ≥ 4k(xy + yz + xz) − k ⇒ P ≥ x2 + y + z + 4(xy + yz + xz) − k 2(x + y + z)2 − k k2 = = 2 *C3: (PlanBbyFESN) 1 Theo nguyên lí Đi-rích-lê số a − ; b − ; c − tồn số có tích không âm 3 1 1 c c c2 2c 9abc 3c2 Giả sử: (a − )(b − ) ≥ ⇔ ab + ≥ (a + b) ⇔ abc + ≥ (1 − c) ⇔ abc + ≥ ⇔ + ≥c 3 9 3 2 ⇒P = a2 + 9abc (a + b) (1 − c)2 1 ≥ a2 + b2 + c − c2 ≥ − c2 + c ≥ − c2 + c = 2 2 2 Bài toán 3: Cho x, y, z > thỏa mãn: x + y + z = Chứng minh: xy + yz + zx 2xyz ≤ 27 − Giải: 7 Đặt A = − x(y + z) − yz(1 − 2x) = yz(2x − 1) − x + x2 + − (xy + yz + zx − 2xyz) = 27 27 27 Đặt yz = t ⇒ A = t(2x − 1) − x + x2 + hàm số bậc t (x tham số) 27 (1 − x)2   f (0) > Vậy cần chứng minh: (1 − x)2 f ( )≥0  1   f (0) = (x − )2 − + >0 27 Thật vậy:  f ( (1 − x) ) = (3x − 1)2 (6x + 1) ≥ Vậy ta có ĐPCM Ta có: < t ≤ * Nhận xét: Đối với toán ta số cách: -*C2: Do x + y + z = xy + yz + zx − 2xyz ≤ 7 ⇔ (xy + yz + xz)(x + y + z) − 2xyz ≤ (x + y + z)3 27 27 Khai triển BĐT ⇔ 7(x3 + y + z3 ) + 15xyz ≥ 6xy(x + y) + 6yz(y + z) + 6zx(z + x) (1) Mà x3 + y + z ≥ 3xyz (AM-GM) (1)⇔ x3 + y + z + 3xyz ≥ xy(x + y) + yz(y + z) + zx(z + x) ⇔ xyz ≥ (x + y − z)(x + z − y)(y + z − x) (Đúng theo AM-GM) 1 *C3: Trong số x − ; y − ; z − tồn số có tích không âm 3 1 Giả sử :x − ≥ 0; y − ≥ 3 1 1 z (x − )(y − ) ≥ ⇒ xy + ≥ (x + y) ⇒ xyz + ≥ z(x + y) 3 9 2z 2 ⇒ −2xyz ≤ − z(x + y)⇒ xy + yz + zx − 2xyz ≤ z + z(x + y) + xy 9 Mà: 2 (x + y)2 1 1 7 z + z(x + y) + xy ≤ z + z(x + y) + = z + z(1 − z) + (1 − z)2 = − (z − )2 + ≤ 9 12 27 27 Mình nói thêm chút tính chất hàm số bậc hai, mang tính giới thiệu cho người chính: Hàm số bậc hai : y = ax2 + bx + c với a khác parabol hình vẽ: Với a > 0: Với a < * Tính chất: Đối với hàm số y = ax2 + bx + c với a > Để chứng minh f (x) ≤ với x ∈ [x0 ; x1 ] ta cần CM: f(x0 ) ≤ f(x1 ) ≤ Đối với hàm số y = ax + bx + c với a < Để chứng minh f (x) ≥ với x ∈ [x0 ; x1 ] ta cần CM: f(x0 ) ≥ f(x1 ) ≥ Bài toán: Cho a, b, c ∈ [1, 2] CM : a3 + b3 + c3 ≤ 5abc Lời giải: Bài không nhầm THTT, có hai cách sau: *Cách 1: Không tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c a3 − 5a + = (a − 2)(a2 + 2a − 1) ≤ b3 + 5a − 5ab − = (b − 1)(b2 + b + − 5a) ≤ (b − 1)(a2 + a + − 5a) = (b − 1)(a2 − 4a + 1) ≤ c3 + 5ab − 5abc − = (c − 1)(c2 + c + − 5ab) ≤ (c − 1)(a2 + a + − 5a) = (c − 1)(a2 − 4a + 1) ≤ Cộng bđt lại với ⇒ đpcm -*Cách 2: A= a2 b2 c2 + + ≤5 bc ca ab Do vai trò a,b,c bình đẳng, giả sử ≤ a ≤ b ≤ c ≤ Vì a ≤ b b ≤ c ⇒ (a − b)(b2 − c2 ) ≤ ⇒ ab2 + bc2 − ac2 − b3 ≤ ⇒ b3 ≤ ab2 + bc2 − ac2 b2 b c c ≤ + − (1) ca c a b a2 a2 a c2 2c 2c Mặt khác ≤ = (2) ≤ ≤ (3) bc ac c ab ab b b c a c Cộng vế theo vế (1);(2);(3) : A ≤ ( + ) + + c b c a 2a c Vì từ giả thiết: a ≤ c ≤ ≤ 2a ⇒ ≥ ≥ > c a 2a c a c ⇒ ( − 1).( − ) ≥ ⇒ + ≤ c a c a c b Tương tự: + ≤ b c Chia vế cho abc > ⇒ Cộng vế theo vế : A ≤ (ĐPCM) Bài Rias Gremony đăng lần mà lúc tìm cách sau(tất nhiên không đẹp cho lắm): -*Cách 3: Đặt: x + = a, y + = b, z + = c ≤ a, b, c ≤ ⇒ ≤ x, y, z ≤ Khai triển(1) ta được: ⇒ (1) ⇔ x3 + x2 + ⇔ 2(x + y + z) + 5xyz + x + ≤ 5xyz + x3 + xy + ≥ xy + x+5 x2 (*) Do ≤ x, y, z ≤ nên ta có: (1 − x)(1 − y)(1 − z) ≥ ⇒ + ⇒2+2 xy ≥ 2xyz + xy ≥ xyz + x x (**) Từ (*) (**) ta có điều cần chứng minh nếu: 4(x + y + z) + 7xyz + xy ≥ x3 + y + z + 3(x2 + y + z ) Do ≤ x, y, z ≤ nên hiển nhiên: x≥ x2 x≥ x3 xy ≥ 0; xyz ≥ (Đpcm) Và ta chứng minh toán phương pháp hàm số bậc hai sau: -Cách 4: Phương pháp hàm số bậc hai: Giả sử a ≥ b ≥ c ⇒ ≥ a ≥ b ≥ c ≥ ⇒ c ≤ a ≤ ≤ 2c Ta có: a3 + b3 + c3 − 5abc ≤ ⇔ 2ca2 + b3 + c3 − 5abc ≤ Xét f (a) = 2ca2 +b3 +c3 −5abc hàm số bậc hai a (b, c tham số) có hệ số 2c > Ta có: a ∈ [b; 2c] Để chứng minh f (a) ≤ ta cần chứng minh: f (b) ≤ f (2c) ≤ f (b) = b2 (b − 2c) + c(c2 − b2 ) ≤ Thật vậy: (ĐPCM) f (2c) = (b − c)(b2 + bc − 9c2 ) = −3c2 (b − c) ≤ -* Tuy nhiên hàm số bậc hai đưa mang tính tham khảo chính, chương trình THCS, gần không sử dụng đến! *** Theo kinh nghiệm mình, việc vận dụng hàm số bậc vào giải BĐT hay, dấu hiệu để vận dụng hàm số bậc thường có điều kiện đề tổng biến giá trị đó: a+b+c = k b) Thuần bất đẳng thức: Tất nhiên, đầu nghe tên tưởng cao xa lắm, vậy, ta thường nghe từ đôi với từ chuẩn hóa, nhiên chuyên đề không nói đến này, mà thực mà đưa ra, ta hiểu giúp dễ dàng việc giải toán mà không tính tổng quát toán! Thuần mà nói đơn giản đưa BĐT cần CM dạng đẳng cấp để dễ đánh giá, mà người sử dụng, đánh giá AM-GM, Cauchy-Schwarz, BĐT quen thuộc như: x3 +y −xy(x+y) = (x+y)(x−y)2 hay (a+b−c)(b+c−a)(c+a−b) ≤ abc : Đánh giá thực BĐT mà có lẽ quen: BĐT Schur Tuy nhiên, ta xem khai triển BĐT mà không gọi tên nó! Bài toán 1: Cho x, y, z > thỏa mãn: x + y + z = CM: 7(xy + yz + zx) ≤ + 9xyz Lời giải: Đưa BĐT dạng sau: 7(xy + yz + zx) ≤ + 9xyz ⇔ 7(xy + yz + zx)(x + y + z) ≤ 2(x + y + z)3 + 9xyz ⇔ 2(x3 + y + z ) ≥ xy(x + y) + yz(y + z) + zx(z + x) ⇔ (x + y)(x − y)2 + (y + z)(y − z)2 + (z + x)(z − x)2 ≥ (ĐÚNG) * Bài giải phương pháp hàm số bậc trên, mời bạn! Bài toán 2: Cho a, b, c ≥ a3 + b3 + c3 = CM: ab + bc + ca − abc ≤ Lời giải: a, b, c ≥ 0; a3 + b3 + c3 = ⇒ a + b + c ≤ Bất đẳng thức viết lại dạng sau: (mạnh hơn) ab + bc + ca − abc ≤ ⇔ (ab + bc + ca)(a + b + c) 2(a3 + b3 + c3 ) − abc ≤ 3 ⇔ 2(a3 + b3 + c3 ) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) ⇔ (a + b)(a − b)2 + (b + c)(b − c)2 + (c + a)(c − a)2 ≥ (ĐÚNG) Bài toán 3: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Chứng minh rằng: 1 1 1 + + +9≥4 + + a b c a+b b+ c c+ a Giải: Đây Phamngochung9a đăng tìm lời giải đẹp, lời giải bạn dùng phương pháp S.O.S lằng nhằng Nếu viết BĐT dạng đơn giản: Đưa BĐT dạng sau: 1 1 1 1 1 1 + + +9 ≥ + + ⇔ (a+b+c)( + + )+9 ≥ 4(a+b+c)( + + ) a b c a+b b+c c+a a b c a+b b+c c+a a+b b+c c+a c a b ⇔ + + ≥ 4( + + ) c a b a+b b+c c+a a a 4a Một BĐT quen thuộc: + ≥ (Cauchy-Schwarz) b c b+c 3) Lời kết: Chuyên đề viết kỉ niệm gần năm gia nhập VMF đến sinh nhật thứ 15 Mong nhận nhiều lời cảm ơn từ bạn! :) Người thực hiện: Đậu Anh Kiên Học sinh 9A THCS Cao Xuân Huy- Nghệ An ... + (b + c)2 + bc( 9a 9a − 2) − = bc( − 2) + 2a2 − 2a + 2 2 Đặt bc = t 9a − 2) + 2a2 − 2a + hàm số bậc t (a tham số) 2 (1 − a) Ta có: < t ≤ 9a Đối với toán này, ta chưa chắn hệ số −2 > nên ta cần... THCS, gần không sử dụng đến! *** Theo kinh nghiệm mình, việc vận dụng hàm số bậc vào giải BĐT hay, dấu hiệu để vận dụng hàm số bậc thường có điều kiện đề tổng biến giá trị đó: a+b+c = k b) Thuần... (Đpcm) Và ta chứng minh toán phương pháp hàm số bậc hai sau: -Cách 4: Phương pháp hàm số bậc hai: Giả sử a ≥ b ≥ c ⇒ ≥ a ≥ b