Lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - Chương 3 ppsx

151 CHƯƠNG III. BẤT ĐẲNG THỨC – BẤT PHƯƠNG TRÌNH III.1. 1) a) 2 2 1 a b ab a b + + ≥ + + (1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 (1) 0 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 0 2 1 1 1 0 2 a b a b ab a b a ab b a a b b a b a b ⇔ − + + − + + − + ≥   ⇔ − + + − + + − + ≥     ⇔ − + − + − ≥   ⇒ (Đpcm). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 0 1 0 1. 1 0 a b a a b b − =   − = ⇔ = =   − =  b) ( ) 2 2 4 2 (2) a b ab a b+ + ≥ + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2) 2 2 2 2 0 2 2 2 2 1 2 4 4 4 4 0 2 1 2 2 0. 2 a b a b ab a b a ab b a a b b a b a b ⇔ − + + − + + − + ≥   ⇔ − + + − + + − + ≥     ⇔ − + − + − ≥   ⇒ (Đpcm). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 0 2 0 2. 2 0 a b a a b b − =   − = ⇔ = =   − =  c) 2 2 2 2 (3) 4 a b c ab ac bc + + ≥ − + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 (3) 2 0 4 2 0 4 2 0. 2 a a b c c bc b a b c a b c a b c ⇔ − − + − + ≥ − ⇔ − + − ≥   ⇔ − + ≥     ⇒ (Đpcm). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ( ) 0 2 . 2 a b c a b c − + = ⇔ = − 2) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 . x xy y y yz z z zx x x y z + + + + + + + + ≥ + + Ta có ( ) 2 2 2 2 3 3 (1) 2 2 2 x y x y x y x xy y + + −     + + = + ≥         152 Tương tự ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 (2), (3) 2 2 y z z x y yz z z zx x + + + + ≥ + + ≥ Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta được ( ) 2 2 2 2 2 2 3 . x xy y y yz z z zx x x y z + + + + + + + + ≥ + + (Đpcm) 3) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 1 1 9. a b b c c a a b c a b c abc − − −   + + + + + ≥     (1) Ta có (1) tương đương với ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) 2 2 2 3 2 2 2 0 3 0.(*) a b b c c a a b b c c a b a c b a c abc c a b a b c b c a a b b c c a − − −       + − + + − + + − + ≥             ⇔ − + − + − + − − − ≥ Ta sử dụng kết quả: ( ) ( ) 3 3 3 2 2 2 3 x y z xyz x y z x y z xy yz zx + + − = + + + + − − − Với 3 3 3 0 3 . x y z x y z xyz + + = ⇒ + + = Với ; ; . x a b y b c z c a = − = − = − (*) được viết lại ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0. a b c a b b c a b c c a b c a − + − + − + − + − + − ≥ (**) Do , , a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên (**) đúng. Vậy, ta có điều phải chứng minh. 4) ( ) 2 2 2 . 2 x y x y x y y x + + + ≥ + Ta có 2 1 1 0 0(1) 2 4 x x x   − ≥ ⇒ − + ≥     Tương tự 1 0(2) 4 y y− + ≥ Cộng các bất đẳng thức (1), (2) theo vế ta được ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 0 (3) 2 2 x y x y x y x y x y x y + + − + + ≥ ⇒ + + ≥ + + Mà 2 x y xy + ≥ , nên (3) ( ) 2 2 2 2 x y x y x y y x + ⇒ + + ≥ + . (Đpcm) III.2. 1) 1 1 1 2 (1) a b c bc ca ab a b c   + + ≥ + −     Vì , , 0 a b c > nên (1) tương đương với 153 ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 a b c bc ac ab a b c bc ac ab a b c + + ≥ + − ⇔ + + − − + ≥ ⇔ + − ≥ Bất đẳng cuối luôn đúng nên bất đẳng thức (1) đúng. 2) 1 2 a b c d a b c b c d c d a a b d < + + + < + + + + + + + + + Trước hết ta chứng minh 1(*) a b c d a b c b c d c d a a b d + + + > + + + + + + + + Vì 0 d > nên (1) a a a b c a b c d > + + + + + Tương tự, vì , , 0 a b c > ta cũng có (2) b b b c d a b c d > + + + + + (3) c c c d a a b c d > + + + + + (4) d d a b d a b c d > + + + + + Từ (1),(2),(3),(4) ⇒ 1 a b c d a b c d a b c b c d c d a a b d a b c d + + + + + + > = + + + + + + + + + + + (Đpcm). + Ta chứng minh 2(**) a b c d a b c b c d c d a a b d + + + < + + + + + + + + Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức sau , , 0 x y z ∀ > và y x > ta đều có (*) x x z y y z + < + Thật vậy (*) ( ) ( ) x y z y x z ⇔ + < + ( ) 0 y x z ⇔ − > luôn đúng vì ( ) 0 y x y x > ⇒ − > Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có Với bộ ba số ,( ), a a b c d + + ta có (1) a a d a b c a b c d + < + + + + + Tương tự ta cũng có 154 (2) (3) (4) b b a b c d a b c d c c b c d a a b c d d d c a b d a b c d + < + + + + + + < + + + + + + < + + + + + Từ (1),(2),(3),(4) ⇒ 2( ) 2 a b c d a b c d a b c b c d c d a a b d a b c d + + + + + + < = + + + + + + + + + + + (Đpcm). Vậy, ta được 1 2. a b c d a b c b c d c d a a b d < + + + < + + + + + + + + Chú ý. Có thể chứng minh bất đẳng thức (**) đơn giản hơn như sau Ta có , , a a b b a b c a c b c d b d c c d d c d a c a d a b d b < < + + + + + + < < + + + + + + ⇒ 1 1 2. a b c d a c b d a b c b c d c d a d a b c a b d + + + + + < + = + = + + + + + + + + + + 3) Ta có 2 (1) 2 (2) 2 (3) a a a a b c b c a b c b b b a b c a c a b c c c c a b c a b a b c < < + + + + + < < + + + + + < < + + + + + Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta được điều phải chứng minh. III.3. 1) a) ( )( 1) 4 ( , 0); a b ab ab a b + + ≥ > Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương , , a b ta được 2 a b ab + ≥ (1). Tương tự, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ,1, ab ta được 1 2 .1 ab ab ab + ≥ = (2). Nhân các bất đẳng thức (1) và (2) vế theo vế ta được ( )( 1) 2 .2 4 a b ab ab ab ab + + ≥ = (Đpcm). b) ( )( )( ) 8 ( , , 0) a b b c c a abc a b c + + + ≥ > Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương , , a b ta được 2 a b ab + ≥ (1) . 155 Tương tự, ta có các bất đẳng thức 2 b c bc + ≥ (2), 2 c a ca + ≥ (3) . Nhân các bất đẳng thức (1),(2),(3) vế theo vế ta được 2 2 2 ( )( )( ) 8 8 a b b c c a a b c abc + + + ≥ = (Đpcm). c) 2 2 2 2 2 2 (1 ) (1 ) (1 ) 6 a b b c c a abc + + + + + ≥ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 a a b b b c c c a abc ⇔ + + + + + ≥ Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho sáu số dương 2 2 2 2 2 2 2 2 2 , , , , , a a b b b c c c a ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 6 6 6 . . . . . 6 . . a a b b b c c c a a a b b b c c c a a a b b b c c c a a b c + + + + + ≥ ⇔ + + + + + ≥ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 a a b b b c c c a abc ⇔ + + + + + ≥ (Đpcm). 2) Theo bất đẳng thức Côsi ta có 2 2 2 . (1) 4 4 a b c a b c a b c b c + + + ≥ = + + Tương tự 2 2 (2) 4 (3) 4 b c a b c a c a b c a b + + ≥ + + + ≥ + Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta được điều phải chứng minh. III.4. 1) a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai cặp số ( ) ; u x và ( ) ; v y ta được ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 ux vy u v x y ux vy + ≤ + + ≤ ≤ ⇒ + ≤ (Đpcm). b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai cặp số ( ) ( ) ; , ; u v x y x y + − ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 u x y v x y u v x y x y x y   + + − ≤ + + + − ≤ + ≤   (Đpcm). 2) 2 2 2 3 (1) 2 x y z y z z x x y + + ≥ + + + Đặt 2 2 2 . x y z A y z z x x y = + + + + + Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai bộ số ( ) ; ; , ; ; x y z y z z x x y y z z x x y   + + +     + + +   Ta được 156 ( ) ( ) 2 3 3 3 . . 2 2 2 x y z y z z x x y A x y z A xyz + + ≤ + + + + + + + ⇒ ≥ ≥ = Vậy, (1) đúng. Ta có điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1. x y z = = = 3) 2 2 2 1 1 1 1 30. a b c ab bc ca + + + ≥ + + (1) Đặt 2 2 2 1 1 1 1 . A a b c ab bc ca = + + + + + Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai bộ số ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 ; ; ; ;3 ;3 ;3 ab bc ca a b c a b c ab bc ca     + +   + + Ta được ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 3 3 3 9 9 9 100 7 (*) a b c ab bc ca A a b c ab bc ca A + + + ≤ + + + + +   ⇒ ≤ + + + + +   Mà ( ) 2 1 1 3 3 ab bc ca a b c + + ≤ + + = . Do đó 30. A ≥ (Đpcm) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 . 3 a b c = = = III.5. 1) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai bộ ba số ( ) ( ) ; ; , ; ;1 x a b x x Ta được ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 ax 1 x b x a b x x + + ≤ + + + + (1) Tương tự ta cũng có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 x cx d x c d x x + + ≤ + + + + (2) Cộng (1) và (2) theo vế, ta được ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 x ax b x cx d x a b x c d x x + + + + + ≤ + + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 x ax b x cx d x x x x ⇔ + + + + + ≤ + + + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 . x ax b x cx d x⇔ + + + + + ≤ + 157 2) Từ giả thiết 1 1 1 1. abc ab bc ca a b c = + + ⇒ + + = Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai bộ ba số ( ) 1 1 1 ; 2 ; 3 , ; ;a b c a b c       Ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 3 2 3 1 1 1 1 1 2 3 2 3 . 2 3 1 2 3 a b c a b c a b c a b c a b c a b c     + + ≤ + + + +           = + + + + = + + ⇒ ≤   + +   + + Đổi vai trò của , , a b c và cộng các bất đẳng thức ta được điều phải chứng minh. III.6. 1) 2 2 2 2 2 2 1 1 25 (sin ) (cos ) sin cos 2 x x x x + + + ≥ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai cặp số ( ) 1;1 , ( 2 2 1 sin sin x x + ; 2 2 1 cos ) cos x x + ta được ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 (sin ) cos 1. sin 1. cos sin cos sin cos x x x x x x x x           + + + + ≥ + + +                       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 sin cos sin cos sin cos sin cos x x x x x x x x         ⇔ + + + ≥ + + +                   2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 (sin ) (cos ) (1 ) sin cos sin cos x x x x x x   ⇔ + + + ≥ + +     2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 4 2 sin cos 1 sin cos sin 2 x x x x x         ⇔ + + + ≥ +                   (*) Mặt khác do 2 sin 2 1 x ≤ 2 4 1 1 4 sin 2 x ⇒ + ≥ + 2 2 2 4 1 (1 4) sin 2x   ⇔ + ≥ +     Khi đó (*) tương đương với ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 sin cos 1 4 sin cos x x x x       + + + ≥ +               = 25 158 2 2 2 2 2 2 1 1 25 sin cos sin cos 2 x x x x     ⇔ + + + ≥         Vậy 2 2 2 2 2 2 1 1 25 sin cos . sin cos 2 x x x x     + + + ≥         Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 sin cos sin cos sin 2 1 1 1 sin cos sin cos sin 2 1 x x x x x x x x x x  + = +    =   + = +  ⇔   = ±  Hệ này có nghiệm, chẳng hạn , . 4 x k k π π = + ∈ ℤ 2) Ta có vế trái của bất đẳng thức đã cho bằng 1 1 1 1 1 2 2 2 2 x y A x y x y y x x y         = + + + + + + + +                 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 2 2 2 2 4 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 2; 2; 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2. 2 x y A x y x y y x x y x y x y x y y x x y x y xy x y         = + + + + + + + +                 + ≥ + ≥ + ≥   + ≥ = ≥ =   +   Do đó 4 3 2. A ≥ + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 . 2 x y= = III.7. 1) 2 2 2 2 2 1 tan cot 1 1 1 (1). x x x x x    + ≤ + +       Ta có 2 2 1 tan .cot 1 1 x x x x + = + Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai cặp số tan cot ;1 , ;1 . x x x x             Ta được 159 2 2 2 2 2 2 2 tan cot tan cot . 1.1 1 1 1 tan cot 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x         + ≤ + +                        ⇔ + ≤ + +       Vậy, 2 2 2 2 2 1 tan cot 1 1 1 x x x x x    + ≤ + +       (Đpcm). Điều kiện đẳng thức xảy ra tan cot tan cot , . 4 x x x x x x x k k π π = ⇔ = ⇔ = + ∈ ℤ 2) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 (1). b a c b a c ab bc ca + + + + + ≥ Ta có 1 1 1 1. ab bc ca abc a b c + + = ⇔ + + = (1) tương đương với 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 3. b a c b a c + + + + + ≥ Đặt 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ; ; , ; ; , ; ; . u v w b a a c b b a c c       = = =                Khi đó 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ; ;u v w b c a a b c a b c   + + = + + + + + +        2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3. u v w b a c b a c u v w b c a a b c a b c a b c + + = + + + + +         + + = + + + + + + + + = + + =                       Mặt khác ta luôn có tính chất , u v w u v w + + ≥ + +       từ đó suy ra điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi . ; 0 . ; 0 3. u k v k v m w m a b c ab bc ca abc = >   = > ⇔ = = =   + + =      3) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 82. x y z x y z + + + + + ≥ 160 Gọi 2 2 2 2 2 2 1 1 1 S x y z x y z = + + + + + Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai cặp số ( ) 1 1;9 , ; x x       Ta được 2 2 2 2 9 1 1 1 81 82 (1) x x x x x x + ≤ + + = + Tương tự 2 2 2 2 9 1 82 (2) 9 1 82 (3) y y y y z z z z + ≤ + + ≤ + Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta được ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 1 1 1 1 1 1 . 82 9 81 9 80 1 1 1 1 1 1 2 81 .9 80 54 . 80 1 54 3 .3 80 162 80 82 82. S x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z xyz xyz S     ≥ + + + + + = + + + + + − + +             ≥ + + + + − = + + + + −         ≥ − = − = ⇒ ≥ Cách 2. Trong mặt phẳng , Oxy ta xét các véc tơ 2 2 2 2 2 2 1 1 ; 1 1 ; 1 1 ; a x a x x x b y b y y y c z c z z z   = ⇒ = +       = ⇒ = +       = ⇒ = +           ( ) 2 2 1 1 1 1 1 1 ;a b c x y z a b c x y z x y z x y z     + + = + + + + ⇒ + + = + + + + +               Ta có a b c a b c + + ≥ + +       [...]... chứng minh 1 + x3 + y 3 1 + y3 + z 3 1 + z 3 + x3 + + ≥ 3 3 xy yz zx Đặt A = 1 + x3 + y 3 1 + y3 + z3 1 + z 3 + x3 + + xy yz zx Theo bất đẳng thức Côsi ta có 3 3 x3 y3 1 + x3 + y 3 ≥ = xy xy 3 (1) xy Tương tự 1 + y3 + z 3 ≥ yz 3 (2) yz 1 + z 3 + x3 ≥ zx 3 (3) zx Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta được A≥ 3 + xy 3 3 1 + ≥ 3 33 = 3 3 (Đpcm) xyz yz zx Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y... (**) đúng III.12 1) 2x − 5 + 1 > 0 (1) Ta có (1) tương đương với x 3 x > 3  x > 3  x > 3    2x − 5  3x − 8    +1 > 0 >0    x < 8 ∨ x > 3  x > 3 x > 2  x − 3  x − 3 3 ⇔ ⇔   ⇔ ⇔    2 < x < 3  x ≠ 3 x < 3  x < 3     x < 3  2x − 5  x − 2  2 < x < 3 +1 > 0 >0     3 − x  3 − x x ≠ 3 Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là   x > 2  1 − 2 2)... cho là  −1 ≤ x ≤ 1 3) x−2 x2 − 5x + 6 ≥ 3 (1) Ta có  −3x 2 + 16 x − 20  x−2 3  x2 − 5x + 6 ≥ 0  x2 − 5x + 6 x−2 (1) ⇔ 2 ≥ 3  ⇔ 2 x − 5x + 6  x − 2 ≤ 3  3x − 14 x + 16 ≤ 0  x 2 − 5x + 6  x2 − 5x + 6   10  x ≠ 3 3 < x ≤ 3  ⇔ ⇔ 8 10 8 ≤ x < 3 3 ≤ x ≤ 3  3  Vậy, ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là x ≠ 3  8 10 3 ≤ x ≤ 3  2 3 x ≥ −1  2 3 x  1+ x 4) (*) ≤...  0 < x < −5 + 3 5  2  x > 2 2) ⇔ x 4 − 3x3 + 2 x2 >0 x 2 − x − 30 ( x 2 x 2 − 3x + 2 x 2 − x − 30  x < −5 ⇔ 1 < x < 2  x > 6  3) ⇔ )>0 x 3 − 3x 2 − x + 3 ≤0 2x − x2 ( x − 1) ( x2 − 2 x − 3) 2x − x2 ≤0  −1 ≤ x < 0 ⇔ 1 ≤ x < 2  x ≥ 3  169 4) ⇔ x4 − 4x2 + 3 ≤0 x 2 − 8 x + 15 ( x 2 − 1)( x 2 − 3) ≤0 x 2 − 8 x + 15  − 3 ≤ x ≤ −1  ⇔ 1 ≤ x ≤ 3 3 < x < 5   1 2 2x + 3 + 2 < 3 x +1 x − x +1... z ) = 3 yz trở thành c 2 = a 2 + b 2 − ab 1 63 Bất đẳng thức (1) tương đương với a3 + b3 + 3abc ≤ 5c 2 (2) Ta có 2 2 c 2 = a 2 + b 2 − ab = ( a + b ) − 3ab ≥ ( a + b ) − 3 1 2 2 (a + b) = ( a + b ) 4 4 ⇒ a + b ≤ 2c (3) ( ) (2) ⇔ ( a + b ) a 2 + b 2 − ab + 3ab ≤ 5c 3 ⇔ ( a + b ) c 2 + 3abc ≤ 5c 3 ⇔ ( a + b ) c + 3ab ≤ 5c 2 (4) Mặt khác từ (3) cho ta ( a + b ) c ≤ 2c 2 và 3ab ≤ 3 2 ( a + b ) ≤ 3c 2 Từ... phải chứng minh III.11 1) 1 1 1 1 + 3 3 + 3 ≤ (*) 3 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc 3 Ta có (a − b) 2 ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 − ab ≥ ab ⇔ ( a + b ) ( a 2 + b 2 − ab ) ≥ ab ( a + b ) ⇔ a 3 + b 3 ≥ ab ( a + b ) ⇔ a 3 + b3 + abc ≥ ab ( a + b + c ) ⇔ 1 1 ≤ (1) 3 a + b + abc ab ( a + b + c ) 3 Tương tự 1 3 3 b + c + abc 1 3 3 c + a + abc ≤ 1 ( 2) bc ( a + b + c ) ≤ 1 ( 3) ca ( a + b + c ) Cộng vế theo vế... {2} Suy ra bài toán được thỏa 3 Vậy, giá trị của tham số m cần tìm là 0 ≤ m ≤ 2 III.24 f ( x ) = 2 x 2 − ( 3m + 1) x − ( 3m + 9 ) Ta có tam thức bậc hai f ( x ) có hệ số a = 2 > 0 nên f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ [ −2;1] khi và chỉ khi f    f 1  m ≤ − 3 ( −2 ) ≤ 0 3m + 1 ≤ 0 4 1  ⇔ ⇔ ⇔− ≤m≤− 3 3 (1) ≤ 0 −6m − 8 ≤ 0 m ≥ − 4  3  4 1 Vậy, giá trị của tham số m cần tìm là − ≤ m ≤ − 3 3 2 III.25... 1)2 > 0   ( m − 1)( 3m − 7 ) > 0  m−5  +1 > 0  2 ( m − 1)  7    3 < m < 3  2  −3m − 2m + 21 > 0   ⇔ ( m − 1)( 3m − 7 ) > 0 ⇔ m < 1 ∨ m >  3m − 7    >0  2 ( m − 1) m < 1 ∨ m >    ∆ > 0  af ( −1) > 0 ⇔ S  +1 > 0 2 7 ⇔ 3 < m < 1 3 7 3 Vậy, giá trị cần tìm của tham số m là 3 < m < 1 III.18 ( 3 − m ) x2 − 2 ( 2m − 5 ) x − 2m + 5 = 0 (1) 1 + Xét m = 3, phương trình (1) trở... ≥ 0 Ta có a 2 ( b + c − a ) + b 2 ( a + c − b ) + c 2 ( a + b − c ) ≤ 3abc ⇔ a 2b + a 2c − a 3 + b 2 a + b 2c − b3 + c 2 a + c 2b − c 3 − 3abc ≤ 0 ⇔ − a 2b − a 2c + a 3 − b 2 a − b 2c + b3 − c 2 a − c 2b + c3 + 3abc ≥ 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⇔ a 3 + a 2b − a 2 c + −2a 2b − 2b 2 a + 2abc + b 2 a + b3 − b 2c + abc − c 2 a + −c 2b + c 3 ≥ 0 ⇔ a 2 ( a + b − c ) − 2ab ( a + b − c ) + b2 ( a + b − c ) + ac... − 1) ( 2 x 2 + 3x − 2 ) > 0 1   −2 < x < 2 ⇔  x > 1 Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là −2 < x < 170 1 ∨ x > 1 2 8 ) 2 x3 + x + 3 ≤ 0 ( ) ⇔ ( x + 1) 2 x 2 − 2 x + 3 ≤ 0 ⇔ x ≤ −1 III.14 1) f ( x ) = ( m − 3) x 2 − 2mx + m − 6 ≤ 0 (1) + Xét m = 3 (1) ⇔ −6 x − 3 ≤ 0 ⇔ x ≥ − 1 2 + Xét m ≠ 3 ∆′ = m2 − ( m − 3) ( m − 6 ) = m 2 − m2 + 9m − 18 = 9m − 18 Bảng xét dấu hệ số a và biệt số ∆′ a < 0 i) . có 3 3 3 3 3 3 1 3 (1) x y x y xy xy xy + + ≥ = Tương tự 3 3 3 3 1 3 (2) 1 3 (3) y z yz yz z x zx zx + + ≥ + + ≥ Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta được 3 3 3 3 1 3 3 3 3. A xyz xy. thức (**) đúng. III.12. 1) ( ) 2 5 1 0 1 3 x x − + > − . Ta có (1) tương đương với 3 3 3 2 5 3 8 8 1 0 0 3 3 2 3 3 3 2 3 3. 3 3 3 2 5 2 2 3 1 0 0 3 3 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x. S≥ ⇒ ≥ (Đpcm) 4) Cho , , 0 x y z > và thỏa 1. xyz = Ta chứng minh 3 3 3 3 3 3 1 1 1 3 3. x y y z z x xy yz zx + + + + + + + + ≥ Đặt 3 3 3 3 3 3 1 1 1 . x y y z z x A xy yz zx + + + + +