On thi HSG

¸p dông bÊt ®¼ng thøc Cauchy cho tõng cÆp sè d¬ng.[r]

ĐÁP ÁN 270 ĐỀ TOÁN CHỌN LỌC HAY V KHể 1 Giả sử 7 số hữu tỉ ị m

n

(tối gi¶n) Suy

2

2

2

m

7 hay 7n m n



(1) Đẳng thức chứng tỏ m 72 mà số nguyên tố nên m Đặt m = 7k (k ẻ Z), ta có m2 = 49k2 (2) Tõ (1) vµ (2) suy 7n2 = 49k2 nªn n2 =

7k2 (3) Tõ (3) ta lại có n2

số nguyên tố nên n m n chia hết phân số m

n không tối giản, trái giả thiết Vậy khơng phải số hữu tỉ; 7 số vô tỉ

2 Khai triển vế trái đặt nhân tử chung, ta đợc vế phải Từ a) ị b) (ad bc)2 0.

3 Cách 1 : Từ x + y = ta có y = x Do : S = x2 + (2 x)2 = 2(x 1)2 + 2

2

VËy S = Û x = y =

Cách 2 : áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki với a = x, c = 1, b = y, d = 1, ta có :

(x + y)2 (x2 + y2)(1 + 1) Û 2(x2 + y2) = 2S Û S Þ mim S = x =

y =

4 b) áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho cặp số dơng bc ca bc ab ca ab

và ; ;

a b a c b c , ta lần lợt có: bc ca bc ca bc ab bc ab

2 2c; 2b

a  b  a b  a  c  a c  ;

ca ab ca ab 2a b  c  b c 

cộng vế ta đợc bất đẳng thức cần chứng minh Dấu xảy a = b = c

c) Với số dơng 3a 5b , theo bất đẳng thức Cauchy ta có : 3a 5b

3a.5b





Û (3a + 5b)2 4.15P (v× P = a.b) Û 122 60P Û P 12

5 Þ max P = 12

5 DÊu b»ng x¶y 3a = 5b = 12 : Û a = ; b = 6/5

5 Ta có b = a, M = a3 + (1 a)3 = 3(a )2 + Dấu = xảy a =

VËy M = Û a = b =

6 Đặt a = + x Þ b3 = a3 = (1 + x)3 = 3x 3x2 x3 3x + 3x2 x3 = (1

x)3.

Suy : b x Ta l¹i cã a = + x, nªn : a + b + x + x =

Víi a = 1, b = a3 + b3 = a + b = VËy max N = a = b = 1.

7 HiƯu cđa vế trái vế phải (a b)2(a + b).

8 V× | a + b | , | a b | , nªn : | a + b | > | a b | Û a2 + 2ab + b2 a2

2ab + b2

Û 4ab > Û ab > VËy a vµ b lµ hai sè cïng dÊu

9 a) XÐt hiÖu : (a + 1)2 4a = a2 + 2a + 4a = a2 2a + = (a 1)2 0.

b) Ta có : (a + 1)2 4a ; (b + 1)2 4b ; (c + 1)2 4c bất đẳng thức này

có hai vế dơng, nên : [(a + 1)(b + 1)(c + 1)]2 64abc = 64.1 = 82 Vậy

(a + 1)(b + 1)(c + 1)

10 a) Ta cã : (a + b)2 + (a b)2 = 2(a2 + b2) Do (a b)2 0, nªn (a + b) 2

2(a2 + b2).

b) Xét : (a + b + c)2 + (a b)2 + (a c)2 + (b c)2 Khai triển rút gọn, ta đợc

:

11 a)

4 2x x 3x x

2x x

2x x x

x 

    

  

   Û  Û  Û



   

  



b) x2 4x Û (x 2)2 33 Û | x | Û -3 x Û -1 x 5.

c) 2x(2x 1) 2x Û (2x 1)2 Nhng (2x 1)2 0, nªn chØ cã thÓ : 2x

1 =

VËy : x =

12 Viết đẳng thức cho dới dạng : a2 + b2 + c2 + d2 ab ac ad = (1).

Nh©n hai vế (1) với đa dạng : a2 + (a 2b)2 + (a 2c)2 + (a 2d)2

= (2) Do ta có :

a = a 2b = a 2c = a 2d = Suy : a = b = c = d = 13 2M = (a + b 2)2 + (a 1)2 + (b 1)2 + 2.1998 2.1998 Þ M 1998.

Dấu = xảy có đồng thời :

a b a b

  

 

  

   

VËy M = 1998 Û a = b =

14 Giải tơng tự bµi 13.

15 Đa đẳng thức cho dạng : (x 1)2 + 4(y 1)2 + (x 3)2 + = 0.

16

 2

2

1 1

A max A= x

x 4x x 5

   Û 

   

17 a) 7 15 9 16 7   VËy 7 15 < b) 17 5 1  16 4 7      49 45 c) 23 19 23 16 23 2.4 5 25 27

3 3

  

    

d) Gi¶ sư

  2 2

3  Û  Û 2 3 Û 18 12 Û 18 12 Bất đẳng thức cuối đúng, nên : 3 2  2 3

18 Các số 1,42

19 Viết lại phơng trình díi d¹ng :

2 2

3(x 1)  4 5(x 1) 16 (x 1)  

Vế trái phơng trình khơng nhỏ 6, cịn vế phải khơng lớn Vậy đẳng thức xảy hai vế 6, suy x = -1

20 Bất đẳng thức Cauchy ab a b 

 viÕt l¹i díi d¹ng

2

a b ab

2 

 

 

 

(*) (a, b 0)

áp dụng bất dẳng thức Cauchy dới dạng (*) với hai số dơng 2x xy ta đợc :

2

2x xy

2x.xy

2 

 

  

 

DÊu = x¶y : 2x = xy = : tøc lµ x = 1, y = Þ max A = Û x = 2, y =

21 Bất đẳng thức Cauchy viết lại dới dạng : a b

ab   ¸p dơng ta cã S > 2.1998

22 Chøng minh nh bµi 1. 23 a)

2 2

x y x y 2xy (x y)

2

y x xy xy

  

     VËy x y

y x  b) Ta cã :

2 2

2 2

x y x y x y x y x y

A

y x y x y x y x y x

         

            

     

   

Theo c©u a :

2

2

2

x y x y x y

A 2 1

y x y x y x

       

            

 

   

 

c) Tõ c©u b suy :

4 2

4 2

x y x y

0

y x y x

   

   

   

   

V× x y

yx  (câu a) Do :

4 2

4 2

x y x y x y

2

y x y x y x

     

     

     

 

   

24 a) Gi¶ sư 1 2 = m (m : số hữu tỉ) ị 2 = m2 ị 2 số

hữu tỉ (vô lí)

b) Giả sử m +

n = a (a : sè hữu tỉ) ị

n = a m ị = n(a m) ị số hữu tỉ, vô lí

25 Có, chẳng hạn 2 (5 2) 5 26 Đặt

2

2

2

x y x y

a a

y x  Þ y  x   DƠ dµng chøng minh

2

2

x y y x  nên a2 4,

| a | (1) Bất đẳng thức phải chứng minh tơng đơng với : a2 + 3a

Û a2 3a + Û (a 1)(a 2) (2)

Từ (1) suy a a -2 Nếu a (2) Nếu a -2 (2) Bài tốn đợc chứng minh

27 Bất đẳng thức phải chứng minh tơng đơng với :

 

4 4 2 2

2 2

x z y x z x x z y x z y xyz x y z

    



CÇn chøng minh tư không âm, tức : x3z2(x y) + y3x2(y z) + z3y2(z x)

(1)

Biểu thức khơng đổi hốn vị vịng x y z x nên giả sử x số lớn Xét hai trờng hợp :

a) x y z > Tách z x (1) thành (x y + y z), (1) tơng đơng với : x3z2(x y) + y3x2(y z) z3y2(x y) z3y2(y z) 0

Û z2(x y)(x3 y2z) + y2(y z)(yx2 z3) 0

Dễ thấy x y , x3 y2z , y z , yx2 z3 nên bất đẳng thức đúng.

b) x z y > Tách x y (1) thành x z + z y , (1) tơng đơng với : x3z2(x z) + x3z2(z y) y3x2(z y) z3y2(x z) 0

Û z2(x z)(x3 zy2) + x2(xz2 y3)(z y) 0

Dễ thấy bất đẳng thức dúng

Cách khác : Biến đổi bất đẳng thức phải chứng minh tơng đơng với :

2 2

x y z x y z

1 1

y z x y z x

       

        

       

   

   

28 Chøng minh phản chứng Giả sử tổng số hữu tỉ a với số vô tỉ b số hữu tØ c Ta cã : b = c a Ta thấy, hiệu hai số hữu tỉ c a số hữu tỉ, nên b số hữu tỉ, trái với giả thiết Vậy c phải số vô tØ

b) Xét : (a + b + c)2 + (a b)2 + (a c)2 + (b c)2 Khai triển rút gọn ta đợc :

3(a2 + b2 + c2) VËy : (a + b + c)2 3(a2 + b2 + c2)

c) Tơng tự nh câu b

30 Giả sử a + b > Þ (a + b)3 > Û a3 + b3 + 3ab(a + b) > Û +

3ab(a + b) >

Þ ab(a + b) > Þ ab(a + b) > a3 + b3 Chia hai vÕ cho sè d¬ng a + b : ab

> a2 ab + b2

ị (a b)2 < 0, vô lí VËy a + b 2.

31 Cách 1: Ta có :  x x ;  y y nên  x +  y x + y Suy  x +  y số nguyên không vợt x + y (1) Theo định nghĩa phần nguyên,

x y số nguyên lớn không vợt x + y (2) Từ (1) (2) suy :  x +  y x y 

Cách 2 : Theo định nghĩa phần nguyên : x -  x < ; y -  y < Suy : (x + y) ( x +  y ) < Xét hai trờng hợp :

- NÕu (x + y) ( x +  y ) < th× x y  =  x +  y (1)

- Nếu (x + y) ( x +  y ) < (x + y) ( x +  y + 1) < nên x y  =  x +  y + (2) Trong hai trờng hợp ta có :  x +  y x y 

32 Ta cã x2 6x + 17 = (x 3)2 + 8 nên tử mẫu A số dơng ,

suy A > : A lớn Û

A nhá nhÊt Û x

2 6x + 17 nhá nhÊt.

VËy max A =

8 Û x =

33 Không đợc dùng phép hốn vị vịng quanh x y z x giả sử x y z

Cách 1 : áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dơng x, y, z :

3

x y z x y z

A

y z x y z x

    

Do x y z x y z x y z

y z x y z x

 

   Û   Û  

 

 

C¸ch 2 : Ta cã : x y z x y y z y

y z x y x z x x

   

       

 

 

Ta có x y y x  (do x, y > 0) nên để chứng minh x y z

y z x  ta chØ cÇn chøng minh : y z y

1 z x  x  (1)

(1) Û xy + z2 yz xz (nhân hai vế với số dơng xz)

Û xy + z2 yz xz Û y(x z) z(x z) Û (x z)(y z) (2)

(2) với giả thiết z số nhỏ số x, y, z, (1) Từ tìm đợc giá trị nhỏ x y z

y z x

34 Ta cã x + y = Þ x2 + 2xy + y2 = 16 Ta l¹i cã (x y)2 Þ x2 2xy + y2

0 Từ suy 2(x2 + y2) 16 ị x2 + y2 A = x = y =

2

2 = (x + y) + (y + z) + (z + x) 3.3(x y)(y z)(z x)   (2)

Nhân vế (1) với (2) (do hai vế không âm) : 9.3A ị A

2      

max A =

3

2      

vµ chØ x = y = z = 36 a) Cã thĨ b, c) Kh«ng thể.

37 Hiệu vế trái vế phải b»ng (a b)2(a + b).

38 áp dụng bất đẳng thức 2

xy(x y) víi x, y > :

2 2

2

a c a ad bc c 4(a ad bc c ) b c d a (b c)(a d) (a b c d)

     

  

       (1)

T¬ng tù

2

2

b d 4(b ab cd d ) c d a b (a b c d)

  

 

     (2) Céng (1) víi (2)

2 2

2

a b c d 4(a b c d ad bc ab cd) b c c d d a a b (a b c d)

      

   

       = 4B

CÇn chøng minh B

2, bất đẳng thức tơng đơng với :

2B Û 2(a2 + b2 + c2 + d2 + ad + bc + ab + cd) (a + b + c + d)2

Û a2 + b2 + c2 + d2 2ac 2bd Û (a c)2 + (b d)2 : đúng.

39 - NÕu x -  x < th× 2x - 2 x < nªn 2x = 2 x

- NÕu x -  x < 2x - 2 x < ị 2x (2 x + 1) < Þ 2x =  x +

40 Ta sÏ chøng minh tồn số tự nhiên m, p cho :   

m chữ số

96000 00 a + 15p <   

m chữ số

97000 00

Tøc lµ 96 am 15pm

10 10 < 97 (1) Gäi a + 15 lµ sè cã k ch÷ sè : 10k a +

15 < 10k

Þ  ak  15 1k 

10 10 10 (2) Đặt n k k

a 15p

x

10 10 Theo (2) ta cã x1 < vµ

k

15 10 <

Cho n nhËn lÇn lợt giá trị 2, 3, 4, , giá trị xn tăng dần, lần

tng khụng đơn vị,  xn trải qua giá trị 1, 2, 3, Đến lúc ta có xp = 96 Khi 96 xp < 97 tức 96 ak 15pk

10 10 <

97 Bất đẳng thức (1) đợc chứng minh

42 a) Do hai vế bất đẳng thức khơng âm nên ta có : | A + B | | A | + | B | Û | A + B |2 ( | A | + | B | )2

Û A2 + B2 + 2AB A2 + B2 + 2| AB | Û AB | AB | (bất đẳng thức

đúng)

DÊu = x¶y AB

VËy M = Û -2 x

c) Phơng trình cho Û | 2x + | + | x | = | x + | = | 2x + + x | Û (2x + 5)(4 x) Û -5/2 x

43 Điều kiện tồn phơng tr×nh : x2 4x Û x

x Đặt ẩn phô x2 4x 5 y 0

    , ta đợc : 2y2 3y = Û (y 2)(2y + 1) = 45 Vô nghiệm

46 Điều kiện tồn x x Do : A = x + x ị A = Û x =

47 Điều kiện : x Đặt 3 x = y 0, ta cã : y2 = x Þ x = y2.

B = y2 + y = - (y )2 + 13

4 13

4 max B = 13

4 Û y = Û x = 11

4 48 a) Xét a2 b2 Từ suy a = b.

b) 5 13 3  5 (2 1)   4 3  3 1 VËy hai sè nµy b»ng

c) Ta cã :

 n 2  n 1   n 2  n 1  1  n+1 n  n 1  n 1 Mµ n 2  n 1  n 1  n nên n+2  n 1  n 1  n 49 A = - | 3x | + | 3x |2 = ( | 3x 1| - )2 +

Từ suy : A = Û x = x = 1/6 51 M = 4

52 x = ; y = ; z = -3.

53 P = | 5x | + | 5x | | 5x + 5x | = P = Û 2 x 5 54 Cần nhớ cách giải số phơng trình dạng sau :

2

B

A (B 0) A

a) A B b) A B c) A B

A B A B B



   

 

 Û   Û   Û

  

  

B

A

d) A B A B e) A B

B

A B

 

  

 Û    Û 

  

   

a) Đa phơng trình dạng : A B b) Đa phơng trình dạng : A B c) Phơng trình có dạng : A  B 0 d) §a phơng trình dạng : A B e) Đa phơng trình dạng : | A | + | B | = 0 g, h, i) Phơng trình vô nghiệm.

k) Đặt x 1 = y 0, đa phơng trình dạng : | y | + | y | = XÐt dÊu vÕ tr¸i

l) Đặt : 8x u ; 3x v ; 7x z ; 2x 2           t Ta đợc hệ : u v z t2 2 2 2

u v z t    



  



Từ suy : u = z tức : 8x 1  7x 4 Û x 3

55 C¸ch 1 : XÐt

2 2 2

Cách 2 : Biến đổi tơng đơng     2 2 2 x y x y

2

x y x y

 

 Û 

 

Û (x2 + y2)2 8(x

y)2 0

Û (x2 + y2)2 8(x2 + y2 2) Û (x2 + y2)2 8(x2 + y2) + 16 Û (x2 + y2 4)2

0

Cách 3 : Sử dụng bất đẳng thức Cauchy :

2 2 2

x y x y 2xy 2xy (x y) 2.1

(x y) (x y)

x y x y x y x y x y

     

      

    

(x > y)

Dấu đẳng thức xảy x ; y

2

 

  hc

6

x ; y

2

   

 

62

2

2 2 2

1 1 1 2 1 1 1 2(c b a

a b c a b c ab bc ca a b c abc

                          = = 12 12 12

a b c Suy điều phải chứng minh

63 §iỊu kiƯn :

2 (x 6)(x 10) 0 x

x 16x 60 x 10 x 10

x x

x            Û Û  Û            

Bình phơng hai vế : x2 16x + 60 < x2 12x + 36 Û x > 6.

Nghiệm bất phơng trình cho : x 10 64 Điều kiện x2 Chuyển vế : x2 3

x2 (1)

Đặt thừa chung : x2 3

 (1 - x2 3) Û

2

2

x

x

x

1 x x 2

      Û           Vậy nghiệm bất phơng trình : x = ; x ; x -2

65 Ta cã x2(x2 + 2y2 3) + (y2 2)2 = Û (x2 + y2)2 4(x2 + y2) + = - x2 0.

Do : A2 4A + Û (A 1)(A 3) Û A 3.

min A = Û x = 0, y = max A = Û x = 0, y = 66 a) x 1.

b) B cã nghÜa Û

2

2

4 x 4 x

16 x

x 2

2x (x 4) x 2

2 x 2

1

x 8x x

1 x                       Û   Û  Û                          

67 a) A cã nghÜa Û

2

2 2

x 2x x(x 2) x

x

x x 2x

x x 2x

b) A = 2 x2 2x

với điều kiện c) A < x2 2x

 < Û x2 2x < Û (x 1)2 < Û - < x <

2ị kq

68 Đặt

20 chữ số

0,999 99   = a Ta sÏ chøng minh 20 ch÷ số thập phân

của a chữ số Muốn cần chứng minh a < a < ThËt vËy ta cã : < a < Þ a(a 1) < Þ a2 a < Þ a2 < a Tõ a2 < a <

suy a < a <

VËy

20 chữ số 20 chữ số

0,999 99 0,999 99       . 69 a) T×m giá trị lớn áp dụng | a + b | | a | + | b |.

A | x | + 2 + | y | + = + 2 Þ max A = + 2 (khi chẳng hạn x = - 2, y = - 3)

b) Tìm giá trị nhỏ ¸p dông | a b | | a | - | b

A | x | - | y | - = - Þ A = - (khi chẳng hạn x = 2, y = 3)

70 Ta cã : x4 + y4 2x2y2 ; y4 + z4 2y2z2 ; z4 + x4 2z2x2 Suy :

x4 + y4 + z4 x2y2 + y2z2 + z2x2 (1)

Mặt khác, dễ dàng chứng minh đợc : Nếu a + b + c = a2 + b2 + c2 1

3

Do từ giả thiết suy : x2y2 + y2z2 + z2x2 1

3 (2)

Tõ (1) , (2) : A =

3 Û x = y = z = 3



71 Lµm nh 8c ( 2) Thay so sánh n  n n+1 ta so s¸nh n 2  n 1 vµ n 1  n Ta cã :

n 2  n 1  n 1  n Þ n n 2 n 1  

72 C¸ch 1 : ViÕt biểu thức dới dấu thành bình phơng tổng hiệu

Cách 2 : Tính A2 råi suy A.

73 ¸p dơng : (a + b)(a b) = a2 b2.

74 Ta chøng minh b»ng ph¶n chøng.

a) Gi¶ sư tån số hữu tỉ r mà 3 5 = r Þ + 15 + = r2 Þ

r 15

2 

Vế trái số vô tỉ, vế phải số hữu tỉ, vô lí Vậy 3 5 số vô tỉ

b), c) Giải tơng tự.

75 a) Giả sử a > b biến đổi tơng đơng : 3 2 1   Û 3 2 2 

Û 3 3 2  2 2 2 Û 27 8 2   Û 15 2 Û 225 128 Vậy a > b

b) Bình phơng hai vế lên so sánh.

76 Cách 1 : Đặt A = 4 7  4 7, râ rµng A > vµ A2 = ị A = 2 Cách 2 : §Ỉt B =

77.

 4 2 4

2 2.3 2.4

Q

2 4

    

   

   

   

78 ViÕt 40 2.5 ; 56 2.7 ; 140 5.7   VËy P = 2 5 79 Tõ gi¶ thiÕt ta cã : x y2 1 y x2

    Bình phơng hai vế đẳng thức ta đợc : y 1 x2

  Từ : x2 + y2 =

80 Xét A2 để suy : A2 Vậy : A = 2 Û x = ; max A = Û

x =

81 Ta cã : M a  b 2  a  b 2 a b2 2a 2b 2 

a b

max M a b

2 a b

 



 Û  Û  

 

 

82 XÐt tæng cña hai sè :

2a b cd    2c d ab    a b ab    c d cd   a c = = a c   a b 2 c d2  a c

83 N 4 18    12 4 2     = = 2 2 22 2 2  2 2 2  22 2 3 2 2 84 Tõ x y z   xy yz zx Þ

 x y 2 y z 2 z x2 0 VËy x = y = z

85 áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ai ( i = 1, 2, 3, n )

86 áp dụng bất đẳng thức Cauchy với hai số a + b 2 ab 0, ta có :

 2

a b ab 2(a b) ab hay    a  b 2 2(a b) ab DÊu = x¶y a = b

87 Gi¶ sư a b c > Ta cã b + c > a nªn b + c + 2 bc > a hay

 b c  2  a

Do : b c  a Vậy ba đoạn thẳng a , b , c lập đợc thành tam giác

88 a) §iỊu kiƯn : ab ; b XÐt hai trêng hỵp :

* Trêng hỵp : a ; b > : A b.( a b) a a b a

b b

b b b

 

    

* Trêng hỵp : a ; b < :

2

ab b a a a a

A 1

b b b b

b 

      



b) §iỊu kiƯn :

2

(x 2) 8x

x x

x 2

x

x 

   

  



 Û

 

  

  

 

Với điều kiện :

2 x x

(x 2) 8x (x 2) x B

2 x 2 x 2

x x



  

  

 



 NÕu < x < th× | x | = -(x 2) vµ B = - x  NÕu x > th× | x | = x vµ B = x

89 Ta cã :  

2 2

2

2 2

a 1

a

a

a a a

 



   

  

áp dụng bất đẳng thức Cauchy:

2

2

1

a a

a a

    

 

VËy

2

a 2 a

 

Đẳng thức xảy :

2

2

1

a a

a

  Û 



93 Nhân vế pt với 2, ta đợc : 2x 3   2x 4   Û 5/2 x

94 Ta chứng minh qui nạp toán học : a) Víi n = ta cã : P1 1

2

  (*) b) Giả sử : Pk 1.3.5 (2k 1)

2.4.6 2k

2k 2k



 Û 

  (1)

c) Ta chứng minh (*) n = k + , tức :

k

1 1.3.5 (2k 1) P

2.4.6 (2k 2)

2k 2k





 Û 



  (2)

Với số nguyên dơng k ta cã : 2k 2k 2k 2k

 



  (3)

Nhân theo vế bất đẳng thức (1) (3) ta đợc bất đẳng thức (2) Vậy " n ẻ Z+ ta có

n

1.3.5 (2n 1) P

2.4.6 2n 2n 

 

 95 Biến đổi tơng đơng :

2 3

a b a b

a b a b

b a ab



   Û  

 2

( a b)(a ab b)

a b ab a ab b a b

ab

  

Û   Û    Û  

96 §iỊu kiƯn :

2

x 4(x 1)

1 x x 4(x 1)

x x 4(x 1)

x

   



  

   

Û

  



  



Xét hai khoảng < x < vµ x > KÕt qu¶ : A A=

1 x x-1

  105 C¸ch 1 : TÝnh A C¸ch 2 : TÝnh A2

C¸ch 3 : Đặt 2x 1 = y 0, ta có : 2x = y2.

2 y 1

y 2y y 2y

2x 2x 2x 2x y

A

2 2 2



   

    

     

Víi y (tøc lµ x 1), A (y y 1)

2

    

Víi y < (tøc lµ

2 x < 1),

1 2y

A (y y 1) y 4x

2

       

108 NÕu x th× A = 2 NÕu x th× A = x 2

109 Biến đổi : x y 2    x  y Bình phơng hai vế rút gọn, ta đợc :

2(x y 2) xy Lại bình phơng hai vế rót gän : (2 y)(x 2) =

Đáp : x = , y , x , y = 110 Biến đổi tơng đơng :

(1) Û a2 + b2 + c2 + d2 + 2 a2b2 c2d2 a2 + c2 + 2ac + b2 + d2 + 2bd

Û a2b2 c2d2 ac + bd (2) * Nếu ac + bd < 0, (2) đợc chứng minh * Nếu ac + bd 0, (2) tơng đơng với :

(a2 + b2)(c2 + d2) a2c2 + b2d2 + 2abcd Û a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2 a2c2 +

b2d2 + 2abcd

Û (ad bc)2 (3) Bất đẳng thức (3) đúng, bất đẳng thức (1) đợc

chøng minh

111 Cách 1 : Theo bất đẳng thức Cauchy :

2 2

a b c 2 a .b c 2.a a a a b c

b c b c b c

  

    Þ  

  

T¬ng tù :

2

b b a c ; c c a b

a c a b

 

   

 

Cộng vế bất đẳng thức :

 

2 2

a b c a b c a b c a b c

b c c a a b 2

   

      

Cách 2 : Theo BĐT Bunhiacôpxki : (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) (ax + by +

cz)2 Ta cã :

     

2 2

2 2

a b c X b c c a a b

b c c a a b

        

      

        

 

  

     

 

 

≥

2

a b c b c a c a b

b c c a a b

 

    

 

  

Þ

 

2 2 2

2

a b c 2(a b c) (a b c) a b c a b c

b c c a a b b c c a a b

   

       Þ   

 

     

 

112 a) Ta nh×n tỉng a + díi d¹ng mét tÝch 1.(a + 1) áp dụng bđt Cauchy : xy x y

2

 

(a 1) a

a 1.(a 1)

2

 

     

T¬ng tù : b b ; c c

2

     

Cộng vế bất đẳng thức : a b c a b c 3,5

2

 

       

DÊu = x¶y Û a + = b + = c + Û a = b = c = 0, trái với giả thiết a + b + c =

Vậy : a 1  b 1  c 3,5  b) áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki với hai ba số :

1 a b b c c a     2   (1 1)X a b  2 b c  2 c a 2

 

 

Þ  a b  b c  c a 2 3(a + b + b + c + c + a) = 6Þ

a b  b c  c a 

113 Xét tứ giác ABCD có AC ^ BD, O giao điểm hai đờng chéo. OA = a ; OC = b ; OB = c ; OD = d với a, b, c, d > Ta có :

2 2 2 2

AB a c ; BC b c ; AD a d ; CD b d

AC = a + b ; BD = c + d CÇn chøng minh : AB.BC + AD.CD AC.BD ThËt vËy ta cã : AB.BC 2SABC ; AD.CD 2SADC Suy :

Suy : AB.BC + AD.CD 2SABCD = AC.BD

Vậy : a2c2 b2c2  a2d2 b2d2 (a b)(c d)  Chú ý : Giải cách áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki :

(m2 + n2)(x2 + y2) (mx + ny)2 víi m = a , n = c , x = c , y = b ta cã :

(a2 + c2)(c2 + b2) (ac + cb)2 Þ a2c2 c2b2 ac + cb (1)

T¬ng tù : a2 d2 d2 b2 ad + bd (2) Cộng (1) (2) suy đpcm 114 Lời giải sai :

2

1 1

A x x x Vaäy minA

2 4

 

       

 

Ph©n tÝch sai lÇm : Sau chøng minh f(x) -

4 , cha trờng hợp xảy

ra f(x) = -

4

Xảy dấu đẳng thức x

2

 V« lÝ

Lời giải đúng : Để tồn x phải có x Do A = x + x A = Û x =

a d

b c

O D

C B

115 Ta cã

2

(x a)(x b) x ax+ bx+ab ab

A x (a b)

x x x

    

     

 

Theo bất đẳng thức Cauchy : x ab ab

x

  nªn A ab + a + b =

 a b2

min A =  a b2 vµ chi

ab

x x ab

x x

  

Û 

   

116 Ta xét biểu thức phụ : A2 = (2x + 3y)2 Nhớ lại bất đẳng thức

Bunhiac«pxki :

(am + bn)2 (a2 + b2)(m2 + n2) (1)

NÕu ¸p dơng (1) víi a = 2, b = 3, m = x, n = y ta cã :

A2 = (2x + 3y)2 (22 + 32)(x2 + y2) = 13(x2 + y2).

Vói cách ta khơng đợc số mà A2 Bây giờ, ta viết A2 dới

d¹ng :

A2 =  2x 3y2 råi ¸p dơng (1) ta cã :

    2  2 2

2 2

A     x  y  (2 3)(2x 3y ) 5.5 25 

   

   

Do A2 25 nªn -5 A A = -5 Û x y x y

2x 3y

 

Û  



 



max A = Û x y x y

2x 3y

 

Û  





117 Điều kiện x Đặt 2 x = y 0, ta cã : y2 = x.

2

2 9

a y y y maxA= y x

2 4 4

 

         Þ Û  Û 

 

118 §iỊu kiƯn x ; x 1/5 ; x 2/3 Û x 1.

Chun vÕ, råi b×nh ph¬ng hai vÕ : x = 5x + 3x + 2 15x 13x 22

  (3)

Rót gän : 7x = 2 15x 13x 22

Cần có thêm điều kiện x 2/7

Bình phơng hai vế : 28x + 49x2 = 4(15x2 13x + 2) Û 11x2 24x + = 0

(11x 2)(x 2) = Û x1 = 2/11 ; x2 =

Cả hai nghiệm không thỏa mãn điều kiện Vậy phơng trình cho vơ nghiệm

119 Điều kiện x Phơng trình biến đổi thành :

x 1   x 1 2   Û x 1  x 1 1  

* NÕu x > th× : x 1  x 1 1   Û x 1 x , không thuộc khoảng ®ang xÐt

* NÕu x th× : x 1   x 1 2   V« sè nghiƯm x KÕt ln : x

120 §iỊu kiƯn : x2 + 7x + Đặt x2 7x 7

  = y ị x2 + 7x + = y2 Phơng trình cho trở thành : 3y2 + 2y = Û 3y2 + 2y = Û (y 1)

(3y + 5) =

Û y = - 5/3 (lo¹i) ; y = Víi y = ta cã x27x 7 = Þ x2 + 7x + =

Û (x + 1)(x + 6) = Các giá trị x = - 1, x = - tháa m·n x2 + 7x + lµ

nghiƯm cđa (1)

121 VÕ tr¸i : 3(x 1) 24 5(x 1) 29  4 5

Vế phải : 2x x2 = (x + 1)2 Vậy hai vế 5, x = -

Với giá trị hai bất đẳng thức trở thành đẳng thức Kết luận : x = -

122 a) Gi¶ sư 3 = a (a : hữu tỉ) ị - = a2 Þ

2

5 a

2





Vế phải số hữu tỉ, vế trái số vô tỉ Vô lí Vậy 3 số vô tỉ b) Giải tơng tự câu a.

123 Đặt x 2 = a, 4 x = b, ta cã a2 + b = SÏ chøng minh a + b 2.

Cộng vế bất đẳng thức :

2

a b

a ; b

2

 

 

124 Đặt đoạn thẳng BH = a, HC = c đờng thẳng Kẻ HA ^ BC với AH = b Dễ thấy AB.AC 2SABC = BC.AH

125 Bình phơng hai vế rút gọn, ta đợc bất đẳng thức tơng

đơng : (ad bc)2 Chú ý : Cũng chứng minh bất đẳng thức

Bunhiac«pxki

126 Giả sử a b c > Theo đề : b + c > a Suy : b + c + 2 bc > a ị

Þ  b c  2  a Þ b c a

Vậy ba đoạn thẳng có độ dài b , c , a lập đợc thành tam giác 127 Ta có a, b Theo bất đẳng thức Cauchy :

2

(a b) a b a b a b ab a b

2 2

      

         

   

CÇn chøng minh : ab a b

2

 

 

 

  a b b a XÐt hiÖu hai vÕ :

1 ab a b

2

 

 

 

  - ab a  b =

1

ab a b a b

2

 

   

 

  = =

2

1

ab a b

2

    

  

    

   

 

 

Xảy dấu đẳng thức : a = b =

4 hc a = b =

128 Theo bất đẳng thức Cauchy : b c.1 b c : b c a

a a 2a

     

   

 

Do : a 2a

b c a b c    T¬ng tù :

b 2b ; c 2c

a c a b c    a b a b c   

Céng tõng vÕ : a b c 2(a b c)

b c c a a b a b c

 

   

    

Xảy dấu đẳng thức :

a b c

b c a a b c

c a b

  



  Þ   





, trái với giả thiết a, b, c >

Vậy dấu đẳng thức không xảy

c a

b

C B

129 Cách 1 : Dùng bất đẳng thức Bunhiacơpxki Ta có :

x y2 y x22 x2 y y x2  2

       

Đặt x2 + y2 = m, ta đợc : 12 m(2 - m) ị (m 1)2 ị m = (đpcm). Cách 2 : Từ giả thiết : x y  1 y x Bình phơng hai vế :

x2(1 y2) = 2y 1 x2

 + y2(1 x2) Þ x2 = 2y x + y2 = (y - 1 x2

 )2 Þ y = x Þ x2 + y2 = 130 ¸p dơng | A | + | B | | A + B | A = Û x 131 XÐt A2 = + 2 1 x2

 Do x Þ 2 + x Þ A2 A = 2 víi x = , max A = víi x = 0.

132 áp dụng bất đẳng thức : a2b2  c2d2  (a c) (b d) 2  (bài 23)

2 2 2

A x 1  (1 x) 2  (x x) (1 2)     10

1 x

minA 10 x

x



 Û  Û 

133 Tập xác định :

2

x 4x 12 (x 2)(6 x)

1 x (x 1)(3 x)

x 2x

       



Û Û   

 

  

   

 



(1)

XÐt hiÖu : (- x2 + 4x + 12)(- x2 + 2x + 3) = 2x + Do (1) nªn 2x + > nªn

A >

XÐt : A2  (x 2)(6 x)   (x 1)(3 x)  2 HiĨn nhiªn A2 nhng dÊu =

khơng xảy (vì A > 0) Ta biến đổi A2 dới dạng khác :

A2 = (x + 2)(6 x) + (x + 1)(3 x) - 2 (x 2)(6 x)(x 1)(3 x)

    =

= (x + 1)(6 x) + (6 x) + (x + 2)(3 x) (3 x) - (x 2)(6 x)(x 1)(3 x)    = (x + 1)(6 x) + (x + 2)(3 x) - (x 2)(6 x)(x 1)(3 x)    +

=  (x 1)(6 x)   (x 2)(3 x)  23

A2 Do A > nªn A = 3 víi x = 0.

134 a) §iỊu kiƯn : x2 5.

* Tìm giá trị lớn : áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki : A2 = (2x + 1. 5 x2

 )2 (22 + 11)(x2 + x2) = 25 Þ A2 25

2

2 2

2 2

x

x 5 x

A 25 x 4(5 x ) x

x x 5

  

  



 Û  Û    Û 

  



 

Víi x = th× A = VËy max A = víi x =

* Tìm giá trị nhỏ : Chó ý r»ng tõ A2 25, ta cã x 5, nhng không

xảy

A2 = - Do tập xác định A, ta có x2 ị - 5 x 5 Do : 2x - 2

5 vµ

2

5 x Suy :

A = 2x + 5 x2

 - Min A = - víi x = -

 2 2

2

A x 99 99 101 x x (99 1)(99 101 x ) x 10 200 x

x 200 x

10 1000

2

         

 

 

2

2

2

x 101

99 99

A 1000 x 10

1 101 x

x 200 x

 

 

 Û   Û 

 

  



Do : - 1000 < A < 1000

min A = - 1000 víi x = - 10 ; max A = 1000 víi x = 10 135 C¸ch 1 : A = x + y = 1.(x + y) = a b x y a ay bx b

x y x y

 

     

 

 

Theo bất đẳng thức Cauchy với số dơng : ay bx ay bx ab x  y  x y  Do A a b ab    a  b2

 2

min A a b víi

ay bx x y

x a ab a b

1

x y y b ab

x, y 

  

  

 

  Û

 

  

 

 

 

Cách 2 : Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpxki :

 

2

2

a b a b

A (x y).1 (x y) x y a b

x y x y

 

 

          

   

Từ tìm đợc giá trị nhỏ A

136 A = (x + y)(x + z) = x2 + xz + xy + yz = x(x + y + z) + yz

2 xyz(x y z)

   

min A = chẳng hạn y = z = , x = 2 - 137 Theo bất đẳng thức Cauchy : xy yz xy yz 2y

z  x  z x  T¬ng tù : yz zx 2z ; zx xy 2x

x  y  y  z  Suy 2A 2(x + y + z) = A = víi x = y = z =

3 138 Theo bµi tËp 24 :

2 2

x y z x y z

x y y z z x  

  

   Theo bất đẳng thức Cauchy :

xy yz zx

x y y z z x x+y+z

xy ; yz ; zx nên

2 2 2

 

  

    

min A =

1 x y z

3

139 a) A a b 2 a b 2 a b2 2a 2b 2 

a b

max A a b

2 a b

 



 Û  Û  

  



b) Ta cã :  a b 4 a b 4 a b4 2(a2b26ab) T¬ng tù :

   

   

 

4

2 2

4

2 2

4

2

a c 2(a c 6ac) ; a d 2(a d 6ad) b c 2(b c 6bc) ; b d 2(b d 6bd) c d 2(c d 6cd)

       

       

   

Suy : B 6(a2 + b2 + c2 + d2 + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd) = 6(a

+ b + c + d)2 6

1

a b c d

max B a b c d

4 a b c d

   



 Û  Û    

    



140 A 3x 3y 2 3x y 2 3x y 2 34 18

      A = 18 víi x = y = 141 Không tính tổng quát, gi¶ sư a + b c + d Tõ gi¶ thiÕt suy :

a b c d b c

2   

 

b c b c c c a b c d c d c d

A

c d a b c d c d a b 2(c d) c d a b

         

          

           

Đặt a + b = x ; c + d = y víi x y > 0, ta cã :

x y y y x y x y x y 1

A

2y y x 2y x 2y x 2y x 2

 



             

 

1

min A d , x y , b c a d

  ; chẳng hạn

a  1, b  1,c 2,d 0   142 a) (x 3)2 ( x 3)2 0

Đáp số : x =

b) Bình phơng hai vế, đa vÒ : (x2 + 8)(x2 8x + 8) = §¸p sè : x = + 2

2

c) Đáp số : x = 20.

d) x 2   x 1 VÕ phải lớn vế trái Vô nghiệm

e) Chuyển vÕ : x x 1   x 1 Bình phơng hai vế Đáp số : x = g) Bình phơng hai vế Đáp sè : 1

2 x

h) Đặt x 2 = y Đa dạng y 2  y 3 = Chú ý đến bất đẳng thức :

y 2 3 y  y y 1   Tìm đợc y Đáp số : x 11 i) Chuyển vế : x 1 x 1   x , bình phơng hai vế Đáp : x = (chú ý loi x = 16

25) k) Đáp số : 16

l) §iỊu kiƯn : x x = - Bình phơng hai vÕ råi rót gän :

2

2 2(x 1) (x 3)(x 1)   x 

Bình phơng hai vế : 8(x + 1)2(x + 3)(x 1) = (x + 1)2(x 1)2 Û (x + 1)2(x 1)(7x

+ 25) =

25 x

7

loại Nghiệm : x =

m) Vế trái lớn x, vế phải không lớn x Phơng trình vô nghiệm. n) Điều kiện : x - Bình phơng hai vế, xuất điều kiện x - Nghiệm : x = -

o) Do x nên vế trái lớn 2, vế phải nhỏ Suy hai vế 2, x = 1, thỏa mãn phơng trỡnh

p) Đặt 2x 3 x 2 y ; 2x 2  x 2 z (1) Ta cã :

2

y  z  1 x ; y z x 2     Suy y z =

Từ z x 2 (2) Từ (1) (2) tính đợc x Đáp số : x = (chú ý loại x = - 1)

q) Đặt 2x2 9x + = a ; 2x b Phơng trình : a b a 15b

  

Bình phơng hai vế rút gọn ta đợc : b = b = a Đáp số : ; 144 Ta có :

 

     

2 k k

1 2

2 k k

k k k k k k k k

 

     

     

VËy :

1 1

1 2( 1) 2( 2) 2( 3) 2( n n )

2 n

             

=

= 2( n 1)  (®pcm)

150 Đa biểu thức dới dấu dạng bình phơng M = -2 151 Trục thức mẫu hạng tử Kết : A = n -

152 Ta cã : ( a a 1) P ( 2n 1) a  a 1    Þ  

P số hữu tỉ (chøng minh b»ng ph¶n chøng) 153 Ta h·y chøng minh : 1 A

10 (n 1) n n n 1    n  n 1 Þ  154 1 1 1 n n

2 n n

      

155 Ta có a + = 17 Biến đổi đa thức ngoặc thành tổng lũy thừa số a +

A = [(a + 1)5 3(a + 1)4 15(a + 1)3 + 52(a + 1)2 14(a + 1)]2000

= (259 17 - 225 17 - 34 17 - 1)2000 = 1.

156 Biến đổi : a a 1 ; a a

a a a a

      

    

157

2

2 1 1

x x x x x x x x

2 4 2

   

              

   

Dấu = không xảy khơng thể có đồng thời : x x

2

168 Tríc hÕt ta chøng minh : a b 2(a2 b )2

   (*) (a + b 0) ¸p dơng (*) ta cã : S x 1  y 2  2(x y 2)   

3 x

x y 2

max S

x y

y 

    

 

 Û  Û 

 

  

  * Có thể tính S2 áp dụng bất đẳng thức Cauchy.

180 Ta ph¶i cã | A | 3 DƠ thÊy A > Ta xÐt biĨu thøc :

2

1

B x

A

    Ta cã :

2 2

0 x  Þ  3 x  Þ0 2 2  x 2

2

min B 2  Û 3 x Û x 0 Khi max A 3

  

 Û

Û max B 2 3 x2 0 x 3

 Û   Û  Khi A =

181 Để áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta xét biểu thức : B 2x x x x



 



Khi :

2x x (1) 2x x

B 2 B 2 x x

1 x x

0 x (2)  



 

   Û  

   



Gi¶i (1) : 2x2 = (1 x)2 Û | x 2 | = | x | Do < x < nªn x 2 = x

Û

Û x =

2 1  

Nh vËy B = 2 Û x = 2 - B©y giê ta xÐt hiÖu :

2 2x x 2x 1 x

A B

1 x x x x x x

   

   

          

  

   

Do A = 2 + x = 2 -

182 a) Điều kiện : x , y Bất đẳng thức Cauchy cho phép làm giảm tổng :

a b

ab



 ta muốn làm tăng tổng Ta dùng bất đẳng thức :

2

a b  2(a b )

A x 1  y 2  2(x y 3)    x y x 1,5 max A

x y y 2,5

   

 

 Û  Û 

  

 

Cách khác : Xét A2 dùng bất đẳng thức Cauchy.

b) Điều kiện : x , y Bất đẳng thức Cauchy cho phép làm trội tích : ab a b

Ta xem c¸c biĨu thøc x , y 2 tích : 2(y 2)

x 1.(x 1) , y

2 

    

Theo bất đẳng thức Cauchy : x 1.(x 1) x 1

x x 2x

   

  

y 2.(y 2) y 2

y y 2y 2

   

   

x 1 x

1 2

max B

y 2 y

2 4

  

 



   Û  Û 

  

 

183 a , b

1997 1996 1998 1997

 

  Ta thÊy

1997 1996  1998 1997 Nªn a < b

184 a) A = - 2 6 víi x = max A =

5 víi x = b) B = víi x = 5 max B = 5 víi x =

185 XÐt x th× A XÐt x th×

2

2 x (1 x )

A x (1 x )

2

 

   

2

x x

1

max A x

2 x

  

 Û  Û 

 

186 A = | x y | 0, A lớn chi A2 lớn Theo bđt

Bunhiac«pxki :

2

2 1 2

A (x y) 1.x 2y (x 4y )

2 4

   

         

   

2

2

2y x

5

max A = x

2 5

x 4y y

10 

  



 

Û  Û 

    

 



hc

2 x

5 y

10 

      187 a) Tìm giá trị lớn nhất : Tõ gi¶ thiÕt :

3

3 2

3

0 x x x

x y x y

0 y y y



  

 

Û Û    

 

   

 

3

3

x x

max A x 0, y V x 1, y y y

 



 Û  Û    



b) Tìm giá trị nhỏ nhất : (x + y)2 2(x2 + y2) = Þ x + y x y

2 

Þ 

Do :

 3 

3 x y x y

x y

2

 

  2 2    2  2

3 3 3

(x y )(x y)  x  y    x  y   x x  y y 

 

  =

(x2 + y2) = 1

1

min A x y

2

188 Đặt x a ; y b, ta cã a, b 0, a + b =

A = a3 + b3 = (a + b)(a2 ab + b2) = a2 ab + b2 = (a + b)2 3ab = 3ab.

Do ab nªn A max A = Û a = hc b = Û x = hc x = 1, y =

Ta cã

2

(a b) 1 1

ab ab 3ab A x y

4 4 4



  Þ  Þ    Û  

189 §iỊu kiƯn : x , x nªn x Ta cã : x 1 x (x 1)(x 2) x

x 

      



Û x  (x 1)(x 2)   (x 1)(x 2) 3   Û x  Û3 x8 190 Ta cã : + 4x + 2x2 = 2(x2 + 2x + 1) + = 2(x + 1)2 + > víi mäi x

Vậy phơng trình xác định với giá trị x Đặt x2 2x 3

= y 0, ph-ơng trình cã d¹ng :

y2 - y 2 - 12 = Û (y - 3 2)(y + 2 2) = Û y

y 2 (loai y  



 

 Do x2 2x 3

  = Û x2 + 2x + = 18 Û (x 3)(x + 5) = Û x = ; x = -5

191 Ta cã :

1 1 1 1

k k k

(k 1)k k k

(k 1) k k k k k

   

 

          

 

        

= k 1

k k k

   

 

   

   

 

Do : 1 (k 1) k k k

 

   

   

VËy :

1 1 1 1 1

2

2 (n 1) n 2 n n

 

   

              

       

= 1 n

 

 

 



  (®pcm)

192 Dùng bất đẳng thức Cauchy a b

ab   (a, b > ; a 0) 193 Đặt x y = a , x + y = b (1) th× a, b Î Q

a) Nếu b = x = y = 0, x , y ẻ Q b) Nếu b x y a x y a

b b

x y

ị ẻ

Q (2).

Tõ (1) vµ (2) : x b a Q ; y b a Q

2 b b

   

    Ỵ     Ỵ

   

      

2 2

2

2 2

2 2

5 x a x x a x 5a

2 x x a (1) x x a

x a x a

   

   Û   

 

Do a nªn : x2 a2 x x2 x x x 0

       Suy : x2a2 x 0 , "x

V× vËy : (1) Û

 

2 2 2

2 2

x x x a x a x 5x x a

25x 9x 9a 

 



    Û   Û 



  

  x

3 x a

3 4

0 x a   

Û Û 

   

207 c) Trớc hết tính x theo a đợc x 2a a(1 a)

 

 Sau tính

2

1 x đợc

2 a(1 a)

Đáp số : B =

d) Ta cã a2 + = a2 + ab + bc + ca = (a + b)(a + c) T¬ng tù :

b2 + = (b + a)(b + c) ; c2 + = (c + a)(c + b) Đáp số : M = 0.

208 Gọi vế trái A > Ta cã A2 2x x 

 Suy điều phải chứng minh 209 Ta có : a + b = - , ab = - 1

4 nªn : a

2 + b2 = (a + b)2 2ab = + 1

2 2

a4 + b4 = (a2 + b2)2 2a2b2 = 9 17

4 9 8 ; a

3 + b3 = (a + b)3 3ab(a + b) =

-3 

Do : a7 + b7 = (a3 + b3)(a4 + b4) a3b3(a + b) = 17  1 239

4 64 64

 

     

 

210 a) a2 ( 1)2 3 2 9 8

     

3

a ( 1) 2 7      50 49

b) Theo khai triÓn Newton : (1 - 2)n = A - B 2 ; (1 + 2)n = A + B 2

víi A, B Ỵ N

Suy : A2 2B2 = (A + B 2)(A - B 2) = [(1 + 2)(1 - 2)]n = (- 1)n.

NÕu n chẵn A2 2b2 = (1) Nếu n lẻ A2 2B2 = - (2).

Bây giê ta xÐt an Cã hai trêng hỵp :

* Nếu n chẵn thì : an = ( 2 - 1)n = (1 - 2)n = A - B 2 = A2 2B2

 §iỊu kiÖn

A2 2B2 = đợc thỏa mãn (1).

* Nếu n lẻ thì : an = ( 2 - 1)n = - (1 - 2)n = B 2 - A = 2B2 A2

 §iỊu kiƯn

2B2 A2 = đợc thỏa mãn (2).

Û 2(b + 2) = -(2a + c)

Do a, b, c hữu tỉ nên phải có b + = 2a + c = Thay b = - , c = - 2a vào phơng trình cho :

x3 + ax2 2x 2a = Û x(x2 2) + a(x2 2) = Û (x2 2)(x + a) = 0.

Các nghiệm phơng trình cho là: 2 - a 212 Đặt A 1

2 n

   

a) Chøng minh A n 3 : Làm giảm số h¹ng cđa A :

 

1 2

2 k k k  k k  k 1  k   

Do A 2  2 3   3 4     n  n 1  

 

 

2 n 2 n 2 n n

          

b) Chøng minh A n 2  : Làm trội số hạng A :



1 2

2 k k k  k  k  k  k 1   

Do : A 2  n  n 1     3 2  2 1 2 n 2

 

213 KÝ hiÖu

n

a  6   6 cã n dÊu Ta có :

1 100 99

a  ; a  a  3 ; a   a  3 a   a  3  Hiển nhiên a100 > > Nh < a100 < 3, [ a100 ] =

214 a) C¸ch 1 (tÝnh trùc tiÕp) : a2 = (2 + 3)2 = + 4 3.

Ta cã 4 3 48 nªn < 3 < Þ 13 < a2 < 14 VËy [ a2 ] = 13. C¸ch 2 (tÝnh gi¸n tiÕp) : Đặt x = (2 + 3)2 x = + 4 3

XÐt biÓu thøc y = (2 - 3)2 th× y = - 4 3 Suy x + y = 14.

Dễ thấy < - 3 < nên < (2- 3)2 < 1, tức < y < Do 13 < x

< 14

VËy [ x ] = 13 tøc lµ [ a2 ] = 13.

b) Đáp số : [ a3 ] = 51.

215 Đặt x y = a ; x  y b (1) th× a b số hữu tỉ Xét hai trờng hợp :

a) Nếu b x y a x y a

b b

x y

ị

số hữu tỉ (2) Từ (1) (2) ta có :

1 a

x b

2 b

 

   

 số hữu tỉ ;

1 a

y b

2 b

 



số hữu tỉ b) NÕu b = th× x = y = 0, hiển nhiên x , y số hữu tØ

216 Ta cã

1 n 1 1 1

n n

n(n 1) n n

(n 1) n n n n n

   

 

          

 

        

n 1 1

1

n n n n n

     

        

      

 

217 Chứng minh phản chứng Giả sử 25 số tự nhiên cho, khơng có hai số Khơng tính tổng quát, giả sử a1 < a2 <

< a25 Suy : a1 , a2 , …

a25 25 ThÕ th× :

1 25

1 1 1

a  a   a  1   25 (1) Ta l¹i cã :

1 1 2

25 24    1 25 25 24 24  2  

 

2 2

25 24 24 23 1

24 24 23 23 2

             

  

 

2 25 1     (2) Tõ (1) vµ (2) suy :

1 25

1 1

a  a   a  , tr¸i víi giả thiết Vậy tồn hai số 25 sè a1 , a2 , , a25

218 §iỊu kiƯn : x §Ỉt 2 x  a ; 2 x  b 0 Ta cã : ab = 4 x , a2 + b2 = Phơng trình :

2

a b

2 a  b  Þ a2 2 - a2b + b2 2 + ab2 = 2(2 - b 2 + a 2 - ab)

Þ 2(a2 + b2 + ab) ab(a b) = 2(a b)

Þ 2(2 + ab) = (a b)(2 + ab) (chó ý : a2 + b2 = 4)

Þ a b = 2 (do ab + 0)

Bình phơng : a2 + b2 2ab = Þ 2ab = Þ ab = Þ 4 x

 = Tìm đ-ợc x =

219 Điều kiƯn : < x , a B×nh ph¬ng hai vÕ råi thu gän :

2 a

1 x

a 

 



Với a 1, bình phơng hai vế, cuối đợc : x = a a 1 Điều kiện x thỏa mãn (theo bất đẳng thức Cauchy)

KÕt ln : NghiƯm lµ x = a

a 1 Víi a

220 Nếu x = y = 0, z = Tơng tự y z Nếu xyz 0, hiển nhiên x, y, z >

Từ hệ phơng trình cho ta có : x 2y 2y y y y

  



Tơng tự y z ; z  x Suy x = y = z Xảy dấu = bất đẳng thức với x = y = z = Kết luận : Hai nghiệm (0 ; ; 0) , (1 ; ; 1)

221 a) Đặt A = (8 + 3 7)7 Để chứng minh toán, cần tìm số B

sao cho < B < 17

10 A + B số tự nhiên

Chọn B = (8 - 7)7 DÔ thÊy B > v× > 3 7 Ta cã + 3 7 > 10 suy

   

7

7 7

1 1

8

10 10

8

 Þ  



Theo khai triĨn Newton ta l¹i cã : A = (8 + 7)7 = a + b 7 víi a, b Ỵ N.

B = (8 - 7)7 = a - b 7 Suy A + B = 2a số tự nhiên.

Do B 17 10

  vµ A + B số tự nhiên nên A có bảy chữ số liền sau dấu phẩy

Chú ý : 10- 7 = 0,0000001.

b) Giải tơng tù nh c©u a.

222 Ta thấy với n số phơng n số tự nhiên, n khác số phơng n số vơ tỉ, nên n khơng có dạng ,5 Do ứng với số n ẻ N* có số ngun a

n gÇn n nhÊt

Ta thÊy r»ng, víi n b»ng 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, th× an b»ng 1, 1, 2, 2, 2, 2, 3,

Ta sÏ chøng minh an lần lợt nhận giá trị : hai sè 1, sè 2, s¸u

sè Nói cách khác ta chứng minh bất phơng trình :

1

1 x

2

    cã hai nghiÖm tù nhiªn

1

2 x

2

    cã nghiÖm tù nhiªn

1

3 x

2

    cã s¸u nghiƯm tù nhiên Tổng quát : k x k

2

    có 2k nghiệm tự nhiên Thật vậy, bất đẳng thức tơng đơng với : k2 k + 1

4 < x < k

2 + k + 1

4 Rõ ràng bất phơng trình có 2k nghiệm tự nhiên : k2 k + ; k2 k + ; ; k2 + k Do :



   

 

   

 

               

   

 

               

1 1980

2 soá soá 88 soá

1 1 1 1 1 2.44 88

a a a 1 2 2 44 44 44

223 Giải tơng tù bµi 24.

a) < an < VËy [ an ] = b) an VËy [ an ]

=

c) Ta thÊy : 442 = 1936 < 1996 < 2025 = 452, cßn 462 = 2116.

a1 = 1996 = 44 < a1 < 45

H·y chøng tá víi n th× 45 < an < 46

Nh vËy víi n = th× [ an ] = 44, víi n th× [ an ] = 45

224 Cần tìm số tự nhiên B cho B A < B + Làm giảm làm trội A để đợc hai số tự nhiên liên tiếp

Ta cã : (4n + 1)2 < 16n2 + 8n + < (4n + 2)2 Þ 4n + < 16n2 8n

 

< 4n + Þ 4n2 + 4n + < 4n2 + 16n2 8n

  < 4n2 + 4n + < 4n2 + 8n + Þ (2n + 1)2 < 4n2 + 16n2 8n 3

  < (2n + 2)2

Lấy bậc hai : 2n + < A < 2n + VËy [ A ] = 2n +

225 §Ĩ chøng minh toán, ta số y thỏa mÃn hai ®iỊu kiƯn : < y < 0,1 (1)

Ta chọn y =  3 2200 Ta có < 3 < 0,3 nên < y < 0,1 Điều kiện (1) đợc chứng minh

B©y giê ta chøng minh x + y số tự nhiên có tận Ta cã :

 200  200  100  100

x y  3  3  6  6

XÐt biĨu thøc tỉng qu¸t Sn = an + bn víi a = + , b = -

Sn = (5 + 6)n = (5 - 6)n

A vµ b cã tỉng b»ng 10, tÝch b»ng nªn chóng nghiệm phơng trình X2 -10X + = 0, tøc lµ : a2 = 10a (3) ; b2 = 10b (4).

Nh©n (3) víi an , nh©n (4) víi bn : an+2 = 10an+1 an ; bn+2 = 10bn+1 bn.

Suy (an+2 + bn+2) = 10(an+1 + bn+1) (an + bn),

tøc lµ Sn+2 = 10Sn+1 Sn , hay Sn+2 - Sn+1 (mod 10)

Do Sn+4  - Sn+2  Sn (mod 10) (5)

Ta cã S0 = (5 + 6)0 + (5 - 6)0 = + = ; S1 = (5 + 6) + (5 -

6) = 10

Tõ c«ng thøc (5) ta cã S2 , S3 , , Sn số tự nhiên, S0 , S4 , S8 , , S100 cã

tận 2, tức tổng x + y số tự nhiên có tận Điều kiện (2) đợc chứng minh Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh 226 Biến đổi  3 2250 5 6 125 Phần nguyên cú ch s tn cựng bng

(Giải tơng tù bµi 36) 227 Ta cã :

       

A  1  3   4   8   9   15   16   24

               

Theo c¸ch chia nhãm nh trªn, nhãm cã sè, nhãm cã sè, nhãm cã sè, nhãm cã sè C¸c sè thuéc nhãm b»ng 1, c¸c sè thuéc nhãm b»ng 2, c¸c sè thuéc nhãm b»ng 3, c¸c sè thuéc nhãm b»ng

VËy A = 1.3 + 2.5 + 3.7 + 4.9 = 70 228 a) XÐt x ViÕt A díi d¹ng : A = 4.x

2 x

2.(3 x) ¸p dơng bÊt

đẳng thức Cauchy cho số không âm x

2, x

2, (3 x) ta đợc : x

x

2.(3 x)

3

x x x

2 1

3

 

  

 



 

 

 

Do A (1)

b) Xét x > 3, A (2) So sánh (1) (2) ta đến kết luận :

x x

maxA x

x



  

 Û  Û 

  

229 a) Lập phơng hai vế, áp dụng đẳng thức (a + b)3 = a3 + b3 +

3ab(a + b), ta đợc :

3

x x (x 1)(7 x).2 8       Û (x 1)(7 x) 0   Û x = - ; x =

(tháa)

b) Điều kiện : x - (1) Đặt 3x y ; x z    Khi x = y2 ; x

+ = z2

2

y z (2)

z y (3)

z (4)

  



 

   

Rót z tõ (2) : z = y Thay vµo (3) : y3 y2 + 6y = Û (y 1)(y2 + 6) = 0

Û y =

Suy z = 2, thỏa mãn (4) Từ x = 3, thỏa mãn (1) Kết luận : x = 230 a) Có, chẳng hạn : 1

2

b) Không Giả sử tồn số hữu tỉ dơng a, b mà a b 4 2 Bình

phơng hai vÕ :

a b ab   Þ ab  (a b) 

Bình phơng vế : 4ab = + (a + b)2 2(a + b) 2 Þ 2(a + b) 2 = + (a +

b)2 4ab

Vế phải số hữu tỉ, vế trái số vô tỉ (vì a + b 0), mâu thuẩn 231 a) Giả sử 35 số hữu tỉ m

n (phân số tối giản) Suy =

3

m

n

Hãy chứng minh m lẫn n chia hết cho 5, trái giả thiết m

n lµ

phân số tối giản

b) Giả sử 323 4 số hữu tỉ m

n (phân số tối gi¶n) Suy :

 

3 3

3 3

3 3

3

m 2 4 6 8.m 6 6m m 6n 6mn (1) m 2 m 2

n     n   n Þ   Þ  Þ 

Thay m = 2k (k ẻ Z) vào (1) : 8k3 = 6n3 + 12kn2 Þ 4k3 = 3n3 + 6kn2 Suy

ra 3n3 chia hÕt cho Þ n3 chia hÕt cho Þ n chia hÕt cho Nh vËy m

vµ n cïng chia hÕt cho 2, trái với giả thiết m

n phân số tèi gi¶n

232 Cách 1 : Đặt a = x3 , b = y3 , c = z3 Bất đẳng thức cần chứng minh

3

a b c abc

3

 

 tơng đơng với

3 3

x y z xyz hay

3

 

 x3 + y3 + z3 3xyz

Ta có đẳng thức : x3 + y3 + z3 3xyz = 1

2(x + y + z)[(x y)2 + (y z)2 + (z x)2] (bµi tËp sbt)

Do a, b, c nên x, y, z 0, x3 + y3 + z3 3xyz Nh :

3

a b c abc

3

  

Xảy dấu đẳng thức a = b = c

Cách 2 : Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức Cauchy cho bốn số khơng âm Ta có :

 

a b c d a b c d 1 ab cd ab cd abcd

4 2 2

      

      

 

Trong bất đẳng thức

4

a b c d abcd

4

  

 



 

 

, đặt d a b c

3

 

4

4

a b c

a b c a b c a b c a b c

3 abc. abc.

4 3

 

 

  

         

 Þ 

   

 

 

 

Chia hai vÕ cho sè d¬ng a b c

3

 

(trờng hợp số a, b, c 0, toán đợc chứng minh) :

3

3

a b c abc a b c abc

3

   

 

 Û 

 

 

Xảy đẳng thức : a = b = c = a b c

3

 

Û a = b = c = 233 Tõ gi¶ thiÕt suy : b c d a

b c d 1       a a 1   ¸p dơng bÊt

đẳng thức Cauchy cho số dơng :

3

1 b c d 3. bcd

a b c d 1        (b 1)(c 1)(d 1)   T¬ng tù :

3

3

3

1 3. acd

b (a 1)(c 1)(d 1)

1 3. abd

c (a 1)(b 1)(d 1)

1 3. abc

d (a 1)(b 1)(c 1)



   



   



   

Nhân từ bốn bất đẳng thức : 81abcd abcd

81

 Þ 

234 Gäi

2 2 2

x y z

A

y z x

   áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki :

2 2

2 2

x y z x y z

3A (1 1)

y z x y z x

   

         

 

 

(1) áp dụng bất đẳng thức Cauchy với ba số không âm :

3

x y z 3. x y z . 3

y z x   y z x  (2)

Nh©n tõng vÕ (1) víi (2) :

2

x y z x y z x y z

3A A

y z x y z x y z x

   

     Þ   

   



235 Đặt x 33 33 ; y 33 33

    x3 + y3 = (1) Xét hiệu b3 a3 , ta đợc :

b3 a3 = 24 (x + y)3 = 24 (x3 + y3) 3xy(x + y)

Do (1), ta thay 24 bëi 4(x3 + b3), ta cã :

b3 a3 = 4(x3 + y3) (x3 + y3) 3xy(x + y) = 3(x3 + y3) 3xy(x + y) =

= 3(x + y)(x2 xy + y2 xy) = 3(x + y)(x y)2 > (v× x > y > 0).

Vậy b3 > a3 , b > a.

236 a) Bất đẳng thức với n = Với n 2, theo khai triển Newton, ta có :

n

2 n

1 n(n 1) n(n 1)(n 2) n(n 1) 2.1

1 n

n n 2! n 3! n n! n

   

 

      

 

< 1 1

2! 3! n!

 

     

 

DƠ dµng chøng minh : 1 1

2! 3!  n! 1.2 2.3   (n 1)n 

= 1 1 1 1

2 n n n

        

 Do (1 1)n

n

 

b) Víi n = 2, ta chøng minh 33  (1) ThËt vËy, (1) Û

   33 2

 Û 32 > 22

Víi n 3, ta chøng minh n n n 1 n 1 (2) ThËt vËy :

   

n n

n(n 1) n(n 1)

n n

n n

n

(n 1)

(2) n n (n 1) n n n

n n

 



   

Û   Û   Û  Û    

 

(3) Theo c©u a ta cã

n

1

1

n

 

 

 

 

, mà n nên (3) đợc chứng minh Do (2) đợc chứng minh

237 Cách : A2 2 x 1 2  x4 x 12  4 A = với x = Cách : áp dụng bất đẳng thức Cauchy :

2 4

4

A 2 (x  x 1)(x  x 1) 2 x x 2 

min A = víi x =

238 Víi x < th× A (1) Víi x 4, xÐt - A = x2(x 2) ¸p dông

bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm :

3

3

x x x

A x x .(x 2) 2 2 2x 8

4 2 3

 

  

    

       

 

 

 

- A 32 Þ A - 32 A = - 32 víi x = 239 §iỊu kiƯn : x2 9.

3 2

2 2

2 2

x x 9 x

x x 2 2

A x (9 x ) (9 x ) 4.27

2

 

  

 

       

 

 

 

max A = 6 3 víi x = 6 240 a) Tìm giá trị lớn :

C¸ch 1 : Víi x < th× A = x(x2 6) 0.

Víi x 6 Ta cã 6 x Þ x2 Þ x2 3.

Suy x(x2 6) max A = víi x = 3.

C¸ch 2 : A = x(x2 9) + 3x Ta cã x 0, x2 0, 3x 9, nªn A 9.

max A = víi x = b) Tìm giá trị nhỏ :

Cách 1 : A = x3 6x = x3 + (2 2)3 6x (2 2)3 =

= (x + 2)(x2 - 2 2x + 8) 6x - 16

= (x + 2)(x - 2)2 - 4 2 - 4 2.

min A = - 2 víi x = 2

Cách 2 : áp dụng bất đẳng thức Cauchy với số không âm : x3 + 2 2 + 2 2 3.3 x 2.2 23 = 6x.

Suy x3 6x - 4 2 A = - 4 2 víi x = 2.

241 Gọi x cạnh hình vuông nhỏ, V thể tích hình hộp. Cần tìm giá trị lín nhÊt cđa V = x(3 2x)2.

Theo bất đẳng thức Cauchy với ba số dơng : 4V = 4x(3 2x)(3 2x)

3

4x 2x 2x

   

 

 

 

=

max V = Û 4x = 2x Û x =

2

ThÓ tÝch lớn hình hộp dm3 cạnh hình vuông nhỏ 1

2

dm

242 a) Đáp số : 24 ; - 11. b) §Ỉt 32 x a ; x b   Đáp số : ; ; 10

c) Lập phơng hai vế Đáp số : ;

2

d) Đặt 32x 1 = y Giải hệ : x3 + = 2y , y3 + = 2x, đợc (x y)(x2 + xy +

y2 + 2) = 0

x = y Đáp số : ;

2

  .

e) Rút gọn vế trái đợc : 1 x x 4

2 Đáp số : x =

g) Đặt 37 x a ; x b    Ta có : a3 + b3 = 2, a3 b3 = 12 2x, vế

phải phơng trình cho

3

a b

2



Phơng trình cho trở thành :

a b a b

  =

3

a b

2

 Do a3 + b3 = nªn

3 3

a b a b

a b a b

 



  Þ (a b)(a

3 + b3) = (a + b)(a3 b3)

Do a + b nªn : (a b)(a2 ab + b2 = (a b)(a2 + ab + b2).

Từ a = b ta đợc x = Từ ab = ta đợc x = ; x =

h) Đặt 3x a ; x b    Ta cã : a2 + b2 + ab = (1) ; a3 b3 =

(2)

Từ (1) (2) : a b = Thay b = a vào (1) ta đợc a = Đáp số : x = i) Cách 1 : x = - nghiệm phơng trình Với x + 0, chia hai v cho

3x 2 .

Đặt x a ; x b

x x

 

 

  Gi¶i hƯ a

3 + b3 = 2, a + b = - Hệ vô

nghiệm

Cách 2 : Đặt x 2 = y ChuyÓn vÕ : 3 y 13 3 y 13 y

    Lập phơng hai vế ta đợc :

y3 + y3 + + 3.3 y 16

 (- y) = - y3 Û y3 = y y 16

3-2x 3-2x x

x x

x x x x

Víi y = 0, cã nghiƯm x = - Víi y 0, cã y2 = 3y 16

 LËp phơng : y6 = y6 Vô n0

Cỏch 3 : Ta thấy x = - nghiệm phơng trình Với x < - 2, x > - 2, ph-ơng trình vơ nghiệm, xem bảng dới :

x x 1 x 2 x 3 VÕ tr¸i

x < - x > - x

< - > -

< >

< >

< >

k) Đặt + x = a , x = b Ta cã : a + b = (1), 4ab 4a 4b = (2)

Theo bất đẳng thức Cauchy mn m n

2



 , ta cã :

a b a b

3 a b a b

2 2

  

      

1 a b a b

a b 1

2 2

  

        

Phải xảy dấu đẳng thức, tức : a = b = Do x = l) Đặt 4 a x m ; b x n 0      m4 + n4 = a + b 2x

Phơng trình cho trở thành : m + n = m4 n4

 Nâng lên lũy thừa bậc bốn hai vế thu gän : 2mn(2m2 + 3mn + 2n2) = 0.

Suy m = hc n = 0, m, n > 2m2 + 3mn + 2n2 > 0.

Do x = a , x = b Ta phải có x a , x b để thức có nghĩa Giả sử a b nghiệm phơng trình cho x = a

243 Điều kiện để biểu thức có nghĩa : a2 + b2 (a b khụng ng thi

bằng 0)

Đặt 3a x ; b3 y

  , ta cã :

4 2 4 2 2

2 2

x x y y x 2x y y 2x y A

x xy y x xy y

    

 

    =

 22  2   2 

2

2 2

x y (xy) x y xy x y xy

x y xy

x xy y x y xy

     

    

   

VËy : A 3a2 b2 3ab

   (víi a2 + b2 0)

244 Do A tổng hai biểu thức dơng nên ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy :

2 2 2

A x  x 1  x   x x  x x   x (x  x 1)(x  x 1) =

= 2 x4 x2 2 2

Đẳng thức xảy :

2

4

x x x x

x x x 1

     



Û 



  

 

Ta có A 2, đẳng thức xảy x = Vậy : A = Û x = 245 Vì + 3 nghiệm phơng trình 3x3 + ax2 + bx + 12 = 0, nên ta

cã :

3(1 + 3)3 + a(1 + 3)2 + b(1 + 3) + 12 = 0.

Sau thực phép biến đổi, ta đợc biểu thức thu gọn : (4a + b + 42) + (2a + b + 18) 3 =

Vì a, b ẻ Z nên p = 4a + b + 42 ẻ Z q = 2a + b + 18 ẻ Z Ta phải tìm số nguyªn a, b

NÕu q th× 3 = - p

q, vơ lí Do q = từ p + q = ta suy p = Vậy + 3 nghiệm phơng trình 3x3 + ax2 + bx + 12 =

chØ :

4a b 42 2a b 18

  

 

  



Suy a = - 12 ; b =

246 Giả sử 33 số hữu tỉ p

q ( p

q phân số tối giản ) Suy : =

3

p q HÃy chứng minh p q chia hết cho 3, trái với giả thiết p

q phân số tối giản

247 a) Ta cã : 31 2 61 22 61 2 2 63 2

       

Do : 31 2 26 63 2 26 632 2 22 1

       

b) 69 23 5 1

  

248 áp dụng đẳng thức (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b), ta có :

3 3 2

a 20 14 20 14 (20 14 2)(20 14 2).a      Ûa 40 20  (14 2) a Û a3 6a 40 = Û (a 4)(a2 + 4a + 10) = V× a2 + 4a + 10 > nên ị a

=

249 Giải tơng tự 21. 250 A = + 3 2

251 ¸p dơng : (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b)

Tõ x = 3339 Suy x3 = 12 + 3.3x Û x3 9x 12 = 0.

252 Sử dụng đẳng thức (A B)3 = A3 B3 3AB(A B) Tính x3 Kết

qu¶ M =

253 a) x1 = - ; x2 = 25

b) Đặt u=3 x , v- = -x 3 , ta đợc :

3

u v v u

  

 

 

 

Û u = v = - ị x = c) Đặt : 4x2 32 y 0

   Kết x =

254 Đa biểu thức vỊ d¹ng : A x3  1 x3 1 ¸p dơng | A | + | B | | A + B |

min A = Û -1 x 255 áp dụng bất đẳng thc Cauchy hai ln.

256 Đặt 3 x y x3 y2 P x 23

  Þ  

258 Ta cã : P x a 2  x b 2 = | x a | + | x b | | x a + b x | = b a (a < b)

Dấu đẳng thức xảy (x a)(x b) Û a x b Vậy P = b a Û a x b

(a b c) (b c a)

(a b c)(b c a) b

2

(b c a) (c a b)

(b c a)(c a b) c

2

(c a b) (a b c)

(c a b)(a b c) a

2

    

     

    

     

    

     

Các vế bất dẳng thức dơng Nhân bất đẳng thức theo vế ta đợc bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy :

a + b c = b + c a = c + a b Û a = b = c (tam giác đều) 260 x y (x y)2 (x y)2 4xy 4 2

        

261 2A = (a b)2 + (b c)2 + (c a)2.

Ta có : c a = - (a c) = - [(a b) + (b c)] = - ( 2 + + 2 - 1) = - 2 Do : 2A = ( 2+ 1)2 + ( 2 - 1)2 + (-2 2)2 = 14 Suy A = 7.

262 §a pt vỊ d¹ng :  x 1   2 y 2   2 z 3  2 0 263 NÕu x th× y = 2.

264 Đặt : x y M    x 1  x 3     x 1 

265 Gọi kích thớc hình chữ nhật x, y Víi mäi x, y ta cã : x2 +

y2 2xy Nhng x2 + y2 = (8 2)2 = 128, nên xy 64 Do : max xy = 64 Û

x = y =

266 Với a, b ta ln có : a2 + b2 2ab Nhng a2 + b2 = c2 (định lí

Pytago) nªn :

c2 2ab Û 2c2 a2 +b2 + 2ab Û 2c2 (a + b)2 Û c 2 a + b Û c a b

2 

Dấu đẳng thức xảy a = b

267 Biến đổi ta đợc :  a 'b  ab' 2 a 'c ac' 2 b'c bc'2 0 268 x - ; x 2.