270 bài toán bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9
5. Cho a + b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : M = a3 + b3.
6. Cho a3 + b3 = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : N = a + b.
7. Cho a, b, c là các số d¬ương. Chứng minh : a3 + b3 + abc ab(a + b + c)
8. Tìm liên hệ giữa các số a và b biết rằng :
9. a) Chứng minh bất đẳng thức (a + 1)2 4a
b) Cho a, b, c > 0 và abc = 1. Chứng minh : (a + 1)(b + 1)(c + 1) 8
Vậy max N = 2 khi a = b = 1. 7. Hiệu của vế trái và vế phải bằng (a b)2(a + b). 8. Vì | a + b | 0 , | a b | 0 , nên : | a + b | > | a b | Û a2 + 2ab + b2 a2 2ab + b2 Û 4ab > 0 Û ab > 0. Vậy a và b là hai số cùng dấu. 9. a) Xét hiệu : (a + 1)2 4a = a2 + 2a + 1 4a = a2 2a + 1 = (a 1)2 0. b) Ta có : (a + 1)2 4a ; (b + 1)2 4b ; (c + 1)2 4c và các bất đẳng thức này có hai vế đều dơng, nên : [(a + 1)(b + 1)(c + 1)]2 64abc = 64.1 = 82. Vậy (a + 1)(b + 1)(c + 1) 8. 10. a) Ta có : (a + b)2 + (a b)2 = 2(a2 + b2). Do (a b)2 0, nên (a + b) 2 2(a2 + b2). b) Xét : (a + b + c)2 + (a b)2 + (a c)2 + (b c)2. Khai triển và rút gọn, ta đợc : 3(a2 + b2 + c2). Vậy : (a + b + c)2 3(a2 + b2 + c2). 11. a) b) x2 4x 5 Û (x 2)2 33 Û | x 2 | 3 Û -3 x 2 3 Û -1 x 5. c) 2x(2x 1) 2x 1 Û (2x 1)2 0. Nhng (2x 1)2 0, nên chỉ có thể : 2x 1 = 0 Vậy : x = . 12. Viết đẳng thức đã cho dưới dạng : a2 + b2 + c2 + d2 ab ac ad = 0 (1). Nhân hai vế của (1) với 4 rồi đa về dạng : a2 + (a 2b)2 + (a 2c)2 + (a 2d)2 = 0 (2). Do đó ta có : a = a 2b = a 2c = a 2d = 0 . Suy ra : a = b = c = d = 0. 13. 2M = (a + b 2)2 + (a 1)2 + (b 1)2 + 2.1998 2.1998 Þ M 1998. Dấu = xảy ra khi có đồng thời : Vậy min M =1998Ûa = b= 1. 14. Giải tương tự bài 13. 15. Đa đẳng thức đã cho về dạng : (x 1)2 + 4(y 1)2 + (x 3)2 + 1 = 0. 16. . 17. a) . Vậy < 7 b) . c) . d) Giả sử . Bất đẳng thức cuối cùng đúng, nên : . 18. Các số đó có thể là 1,42 và 19.Viết lại phương trình dưới dạng : . Vế trái của phương trình không nhỏ hơn 6, còn vế phải không lớn hơn 6. Vậy đẳng thức chỉ xảy ra khi cả hai vế đều bằng 6, suy ra x = -1. 20. Bất đẳng thức Cauchy viết lại dưới dạng (*) (a, b 0). Áp dụng bất dẳng thức Cauchy dưới dạng (*) với hai số dương 2x và xy Ta được : Dấu = xảy ra khi: 2x = xy = 4: 2 tức là khi x = 1, y = 2.Þ max A = 2 Û x = 2, y = 2. 21. Bất đẳng thức Cauchy viết lại dưới dạng : . Áp dụng ta có S > . 22. Chứng minh như bài 1. 23. a) . Vậy b) Ta có : . Theo câu a : Từ câu b suy ra : . Vì (câu a). Do đó :. 24. a) Giả sử = m (m : số hữu tỉ) Þ = m2 1 Þ là số hữu tỉ (vô lí) b) Giả sử m + = a (a : số hữu tỉ) Þ = a m Þ = n(a m) Þ là số hữu tỉ, vô lí. 25. Có, chẳng hạn 26. Đặt .Dễ dàng chứng minh nên a2 4, do đó | a | 2 (1). Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với : a2 2 + 4 3a Û a2 3a + 2 0 Û (a 1)(a 2) 0 (2) Từ (1) suy ra a 2 hoặc a -2. Nếu a 2 thì (2) đúng. Nếu a -2 thì (2) cũng đúng. Bài toán đợc chứng minh. 27. Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với : . Cần chứng minh tử không âm, tức là : x3z2(x y) + y3x2(y z) + z3y2(z x) 0. (1) Biểu thức không đổi khi hoán vị vòng x à y à z à x nên có thể giả sử x là số lớn nhất. Xét hai trường hợp : a) x y z > 0. Tách z x ở (1) thành (x y + y z), (1) tương đương 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 0 , x3 y2z 0 , y z 0 , yx2 z3 0 nên bất đẳng thức trên đúng. b) x z y > 0. Tách x y ở (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 trên dúng. Cách khác : Biến đổi bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với : . 28. Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử tổng của số hữu tỉ a với số vô tỉ b là số hữu tỉ c. Ta có : b = c a. Ta thấy, hiệu của hai số hữu tỉ c và a là số hữu tỉ, nên b là số hữu tỉ, trái với giả thiết. Vậy c phải là số vô tỉ. 29. a) Ta có : (a + b)2 + (a b)2 = 2(a2 + b2) Þ (a + b)2 2(a2 + b2). b) Xét : (a + b + c)2 + (a b)2 + (a c)2 + (b c)2. Khai triển và rút gọn ta đợc : 3(a2 + b2 + c2). Vậy : (a + b + c)2 3(a2 + b2 + c2) c) Tương tự nh câu b 30. Giả sử a + b > 2 Þ(a + b)3 > 8 Û a3 + b3 + 3ab(a + b) > 8 Û 2 + 3ab(a + b) > 8 Þ ab(a + b) >2 Þ ab(a + b) > a3 + b3.Chia hai vế cho số dương a + b: ab > a2 ab + b2 Þ (a b)2 < 0, vô lí. Vậy a + b 2. 31. Cách 1: Ta có : x ; y nên + x + y. Suy ra + là số nguyên không vợt quá x + y (1). Theo định nghĩa phần nguyên, là số nguyên lớn nhất không vợt quá x + y (2). Từ (1) và (2) suy ra : + . Cách 2 : Theo định nghĩa phần nguyên : 0 x - < 1 ; 0 y - < 1. Suy ra : 0 (x + y) ( + ) < 2. Xét hai trường hợp : Nếu 0 (x + y) ( + ) < 1 thì = + (1) Nếu 1 (x + y) ( + ) < 2 thì 0 (x + y) ( + + 1) < 1 nên = + + 1 (2). Trong cả hai trường hợp ta đều có : + + 32. Ta có x2 6x + 17 = (x 3)2 + 8 8 nên tử và mẫu của A là các số dương , suy ra A > 0 do đó : A lớn nhất Û nhỏ nhất Û x2 6x + 17 nhỏ nhất. Vậy max A = Û x = 3. 33. Không được dùng phép hoán vị vòng quanh x à y à z à x và giả sử x y z. Cách 1 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương x, y, z : Do đó Cách 2 : Ta có : . Ta đã có (do x, y > 0) nên để chứng minh ta cần chứng minh:(1) (1) Û xy + z2 yz xz (nhân hai vế với số dơng xz) Û xy + z2 yz xz 0 Û y(x z) z(x z) 0 Û (x z)(y z) 0 (2) (2) đúng với giả thiết rằng z là số nhỏ nhất trong 3 số x, y, z, do đó (1) đúng. Từ đó tìm đợc giá trị nhỏ nhất của . 34. Ta có x + y = 4 Þ x2 + 2xy + y2 = 16. Ta lại có (x y)2 0 Þ x2 2xy + y2 0. Từ đó suy ra 2(x2 + y2) 16 Þ x2 + y2 8. min A = 8 khi chỉ khi x = y = 2. 35. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm : 1 = x + y + z 3. (1) 2 = (x + y) + (y + z) + (z + x) 3. (2) Nhân từng vế của (1) với (2) (do hai vế đều không âm) : 2 9. Þ A = max A = khi và chỉ khi x = y = z = . 36. a) Có thể. b, c) Không thể. 37. Hiệu của vế trái và vế phải bằng (a b)2(a + b). 38. Áp dụng bất đẳng thức với x, y > 0 : (1) Tơng tự (2) Cộng (1) với (2) = 4B Cần chứng minh B , bất đẳng thức này tương đương với : 2B 1 Û 2(a2 + b2 + c2 + d2 + ad + bc + ab + cd) (a + b + c + d)2 Û a2 + b2 + c2 + d2 2ac 2bd 0 Û (a c)2 + (b d)2 0 : đúng. 39. - Nếu 0 x - < thì 0 2x - 2 < 1 nên = 2. - Nếu x - < 1 thì 1 2x - 2 < 2 Þ 0 2x (2 + 1) < 1 Þ = 2 + 1 40. Ta sẽ chứng minh tồn tại các số tự nhiên m, p sao cho : a + 15p < Tức là 96 < 97 (1). Gọi a + 15 là số có k chữ số : 10k 1 a + 15 < 10k Þ (2). Đặt . Theo (2) Ta có x1 < 1 và < 1. Cho n nhận lần lợt các giá trị 2, 3, 4, , các giá trị của xn tăng dần, mỗi lần tăng không quá 1 đơn vị, khi đó sẽ trải qua các giá trị 1, 2, 3, Đến một lúc nào đó ta có = 96. Khi đó 96 xp < 97 tức là 96 < 97. Bất đẳng thức (1) đợc chứng minh. 42. a) Do hai vế của bất đẳng thức không 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). Dấu = xảy ra khi AB = 0. b) Ta có : M = | x + 2 | + | x 3 | = | x + 2 | + | 3 x | | x + 2 + 3 x | = 5. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi (x + 2)(3 x) 0 Û -2 x 3 (lập bảng xét dấu) Vậy min M = 5 Û -2 x 3. c) Phơng trình đã cho Û | 2x + 5 | + | x 4 | = | x + 9 | = | 2x + 5 + 4 x | Û (2x + 5)(4 x) 0 Û -5/2 x 4 43. Điều kiện tồn tại của phơng trình : x2 4x 5 0 Û Đặt ẩn phụ , ta đợc : 2y2 3y 2 = 0 Û (y 2)(2y + 1) = 0. 45. Vô nghiệm 46. Điều kiện tồn tại của là x 0. Do đó : A = + x 0 Þ min A = 0 Û x = 0. 47. Điều kiện : x 3. Đặt = y 0, ta có : y2 = 3 x Þ x = 3 y2. B = 3 y2 + y = - (y )2 + . max B = Û y = Û x = . 48. a) Xét a2 và b2. Từ đó suy ra a = b. b) . Vậy hai số này bằng nhau. c) Ta có : . Mà . 49. A = 1 - | 1 3x | + | 3x 1 |2 = ( | 3x 1| - )2 + . Từ đó suy ra : min A = Û x = hoặc x = 1/6 51. M = 4 52. x = 1 ; y = 2 ; z = -3. 53. P = | 5x 2 | + | 3 5x | | 5x 2 + 3 5x | = 1. min P = 1 Û . 54. Cần nhớ cách giải một số phương trình dạng sau : . a) Đa phương trình về dạng : . b) Đa phương trình về dạng : . c) Phương trình có dạng : . d) Đa phương trình về dạng : . e) Đa phương trình về dạng : | A | + | B | = 0 g, h, i) Phương trình vô nghiệm. k) Đặt = y 0, đa phương trình về dạng : | y 2 | + | y 3 | = 1 . Xét dấu vế trái. l) Đặt : . Ta đợc hệ : . Từ đó suy ra : u = z tức là : . 55. Cách 1 : Xét . Cách 2 : Biến đổi tương đương Û (x2 + y2)2 -8(x- y)2 0Û (x2 + y2)2 - 8(x2 + y2 ) 0 Û (x2 + y2)2 - 8(x2 + y2) + 16 0 Û (x2 + y2+ 4)2 0. Cách 3 : Sử dụng bất đẳng thức Cauchy : (x > y). Dấu đẳng thức xảy ra khi hoặc 62. = = . Suy ra điều phải chứng minh. 63. Điều kiện : . Bình phương hai vế : x2 16x + 60 6. Nghiệm của bất phương trình đã cho : x 10. 64. Điều kiện x2 3. Chuyển vế : x2 3 (1) Đặt thừa chung : .(1 - ) 0 Û Vậy nghiệm của bất phương trình : x = ; x 2 ; x -2. 65. Ta có x2(x2 + 2y2 3) + (y2 2)2 = 1 Û (x2 + y2)2 4(x2 + y2) + 3 = - x2 0. Do đó : A2 4A + 3 0 Û (A 1)(A 3) 0 Û 1 A 3. min A = 1 Û x = 0, khi đó y = 1. max A = 3 Û x = 0, khi đó y = . 66. a) x 1. b) B có nghĩa Û. 67. a) A có nghĩa Û b) A = với điều kiện trên. c) A < 2 Û < 1 Û x2 2x < 1 Û (x 1)2 < 2 Û - < x 1 < Þ kq 68. Đặt = a. Ta sẽ chứng minh 20 chữ số thập phân đầu tiên của là các chữ số 9. Muốn vậy chỉ cần chứng minh a < < 1. Thật vậy ta có : 0 < a < 1 Þ a(a 1) < 0 Þ a2 a < 0 Þ a2 < a. Từ a2 < a < 1 suy ra a < < 1. Vậy . 69. a) Tìm giá trị lớn nhất. Áp dụng | a + b | | a | + | b |. A | x | + + | y | + 1 = 6 + Þ max A = 6 + (khi chẳng hạn x = - 2, y = - 3) b) Tìm giá trị nhỏ nhất. Áp dụng | a b | | a | - | b . A | x | - | y | - 1 = 4 - Þ min A = 4 - (khi chẳng hạn x = 2, y = 3) 70. Ta có : x4 + y4 2x2y2 ; y4 + z4 2y2z2 ; z4 + x4 2z2x2. Suy ra : x4 + y4 + z4 x2y2 + y2z2 + z2x2 (1) Mặt khác, dễ dàng chứng minh đợc : Nếu a + b + c = 1 thì a2 + b2 + c2 . Do đó từ giả thiết suy ra : x2y2 + y2z2 + z2x2 (2). Từ (1) , (2) : min A = Û x = y = z = 71. Làm nh bài 8c ( 2). Thay vì so sánh ta so sánh và . Ta có : . 72. Cách 1 : Viết các biểu thức dới dấu căn thành bình phương của một tổng hoặc một hiệu. Cách 2 : Tính A2 rồi suy ra A. 73. Áp dụng : (a + b)(a b) = a2 b2. 74. Ta chứng minh bằng phản chứng. a) Giả sử tồn tại số hữu tỉ r mà = r Þ 3 + 2 + 5 = r2 Þ . Vế trái là số vô tỉ, vế phải là số hữu tỉ, vô lí. Vậy là số vô tỉ. b), c) Giải tương tự. 75. a) Giả sử a > b rồi biến đổi tương đương : Û . Vậy a > b là đúng. b) Bình phương hai vế lên rồi so sánh. 76. Cách 1 : Đặt A = , rõ ràng A > 0 và A2 = 2 Þ A = Cách 2 : Đặt B = Þ B =0. 77. 78. Viết . Vậy P = . 79. Từ giả thiết ta có : . Bình phương hai vế của đẳng thức này ta đợc : . Từ đó : x2 + y2 = 1. 80. Xét A2 để suy ra : 2 A2 4. Vậy : min A = Û x = 1 ; max A = 2 Û x = 0. 81. Ta có : . . 82. Xét tổng của hai số : = = . 83. = = . 84. Từ Þ . Vậy x = y = z. 85. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 1 và ai ( i = 1, 2, 3, n ). 86. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với hai số a + b 0 và 2 0, ta có : . Dấu = xảy ra khi a = b. 87. Giả sử a b c > 0. Ta có b + c > a nên b + c + 2 > a hay Do đó : . Vậy ba đoạn thẳng lập được thành một tam giác. 88. a) Điều kiện : ab 0 ; b 0. Xét hai trường hợp : * Trờng hợp 1 : a 0 ; b > 0 : . * Trờng hợp 2 : a 0 ; b < 0 : . b) Điều kiện : . Với các điều kiện đó thì : . Nếu 0 < x < 2 thì | x 2 | = -(x 2) và B = - . Nếu x > 2 thì | x 2 | = x 2 và B = 89. Ta có : . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: . Vậy . Đẳng thức xảy ra khi : . 93. Nhân 2 vế của pt với , ta được : Û x5/2 94. Ta chứng minh bằng qui nạp toán học : a) Với n = 1 ta có : (*) đúng. b) Giả sử : (1) c) Ta chứng minh rằng (*) đúng khi n = k + 1 , tức là : (2) Với mọi số nguyên dương k ta có : (3) Nhân theo từng vế các bất đẳng thức (1) và (3) ta đợc bất đẳng thức (2). Vậy " n Î Z+ Ta có 95. Biến đổi tơng đơng : (đúng). 96. Điều kiện : Xét trên hai khoảng 1 2. Kết quả : 105. Cách 1 : Tính A. Cách 2 : Tính A2 Cách 3 : Đặt = y 0, ta có : 2x 1 = y2. Với y 1 (tức là x 1), . Với 0 y < 1 (tức là x < 1), . 108. Nếu 2 x 4 thì A = 2. Nếu x 4 thì A = 2. 109. Biến đổi : . Bình phương hai vế rồi rút gọn, ta đợc : . Lại bình phương hai vế rồi rút gọn : (2 y)(x 2) = 0. Đáp : x = 2 , y 0 , x 0 , y = 2. 110. Biến đổi tương đương : (1) Û a2 + b2 + c2 + d2 + 2 a2 + c2 + 2ac + b2 + d2 + 2bd Û ac + bd (2) * Nếu ac + bd < 0, (2) được 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 0 (3). Bất đẳng thức (3) đúng, vậy bất đẳng thức (1) đợc chứng minh. 111. Cách 1 : Theo bất đẳng thức Cauchy : . Tơng tự : . Cộng từng vế 3 bất đẳng thức : Cách 2 : Theo BĐT Bunhiacôpxki : (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) (ax + by + cz)2. Ta có : ≥ . 112. a) Ta nhìn tổng a + 1 dưới dạng một tích 1.(a + 1) và áp dụng bđt Cauchy : Tơng tự : Cộng từng vế 3 bất đẳng thức : . Dấu = xảy ra Û a + 1 = b + 1 = c + 1 Û a = b = c = 0, trái với giả thiết a + b + c = 1. Vậy : . b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki với hai bộ ba số : Þ 3(a + b + b + c + c + a) = 6Þ 113. Xét tứ giác ABCD có AC ^ BD, O là giao điểm hai đờng chéo. OA = a ; OC = b ; OB = c ; OD = d với a, b, c, d > 0. Ta có : AC = a + b ; BD = c + d. Cần chứng minh : AB.BC + AD.CD AC.BD. Thật vậy ta có : AB.BC 2SABC ; AD.CD 2SADC. Suy ra : Suy ra : AB.BC + AD.CD 2SABCD = AC.BD. Vậy : . Chú ý : Giải bằng cách áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki : (m2 + n2)(x2 + y2) (mx + ny)2 với m = a , n = c , x = c , y = b ta có : (a2 + c2)(c2 + b2) (ac + cb)2 Þ ac + cb (1) Tơng tự : ad + bd (2) . Cộng (1) và (2) suy ra đpcm. 114. Lời giải sai : . Phân tích sai lầm : Sau khi chứng minh f(x) - , chia chỉ ra trường hợp xảy ra f(x) = - Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi . Vô lí. Lời giải đúng : Để tồn tại phải có x 0. Do đó A = x + 0. min A = 0 Û x = 0. 115. Ta có . Theo bất đẳng thức Cauchy : nên A 2 + a + b = .min A = khi và chi khi . 116. Ta xét biểu thức phụ : A2 = (2x + 3y)2. Nhớ lại bất đẳng thức Bunhiacôpxki : (am + bn)2 (a2 + b2)(m2 + n2) (1) Nếu áp dụng (1) với a = 2, b = 3, m = x, n = y ta có : A2 = (2x + 3y)2 (22 + 32)(x2 + y2) = 13(x2 + y2). Vói cách trên ta không chỉ ra đợc hằng số mà A2 . Bây giờ, ta viết A2 dới dạng : A2 = rồi áp dụng (1) ta có : Do A2 25 nên -5 A 5. min A = -5 Û max A = 5 Û 117. Điều kiện x 2. Đặt = y 0, ta có : y2 = 2 x. 118. Điều kiện x 1 ; x 1/5 ; x 2/3 Û x 1. Chuyển vế, rồi bình phương hai vế : x 1 = 5x 1 + 3x 2 + (3) Rút gọn : 2 7x = . Cần có thêm điều kiện x 2/7. Bình phơng hai vế : 4 28x + 49x2 = 4(15x2 13x + 2) Û 11x2 24x + 4 = 0 (11x 2)(x 2) = 0 Û x1 = 2/11 ; x2 = 2. Cả hai nghiệm đều không thỏa mãn điều kiện. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 119. Điều kiện x 1. Phương trình biến đổi thành : * Nếu x > 2 thì : , không thuộc khoảng đang xét. * Nếu 1 x 2 thì : . Vô số nghiệm 1 x 2 Kết luận : 1 x 2. 120. Điều kiện : x2 + 7x + 7 0. Đặt = y 0 Þ x2 + 7x + 7 = y2. Phơng trình đã cho trở thành : 3y2 3 + 2y = 2 Û 3y2 + 2y 5 = 0 Û (y 1)(3y + 5) = 0 Û y = - 5/3 (loại) ; y = 1. Với y = 1 ta có = 1 Þ x2 + 7x + 6 = 0 Û Û (x + 1)(x + 6) = 0. Các giá trị x = - 1, x = - 6 thỏa mãn x2 + 7x + 7 0 là nghiệm của (1). 121. Vế trái : . Vế phải : 4 2x x2 = 5 (x + 1)2 5. Vậy hai vế đều bằng 5, khi đó x = - 1. Với giá trị này cả hai bất đẳng thức này đều trở thành đẳng thức. Kết luận : x = - 1 122. a) Giả sử = a (a : hữu tỉ) Þ 5 - 2 = a2 Þ . Vế phải là số hữu tỉ, vế trái là số vô tỉ. Vô lí. Vậy là số vô tỉ. b) Giải tơng tự câu a. 123. Đặt = a, = b, ta có a2 + b = 2. Sẽ chứng minh a + b 2. Cộng từng vế bất đẳng thức : . 124. Đặt các đoạn thẳng BH = a, HC = c trên một đờng thẳng. Kẻ HA ^ BC với AH = b. Dễ thấy AB.AC 2SABC = BC.AH. 125. Bình phương hai vế rồi rút gọn, ta đợc bất đẳng thức tương đương : (ad bc)2 0. Chú ý : Cũng có thể chứng minh bằng bất đẳng thức Bunhiacôpxki. 126. Giả sử a b c > 0. Theo đề bài : b + c > a. Suy ra : b + c + 2 > a Þ Þ Vậy ba đoạn thẳng có độ dài lập được thành một tam giác. 127. Ta có a, b 0. Theo bất đẳng thức Cauchy : Cần chứng minh : . Xét hiệu hai vế : - = = = 0 Xảy ra dấu đẳng thức : a = b = hoặc a = b = 0. 128. Theo bất đẳng thức Cauchy : . Do đó : . Tương tự : Cộng từng vế : . Xảy ra dấu đẳng thức : , trái với giả thiết a, b, c > 0. Vậy dấu đẳng thức không xảy ra. 129. Cách 1 : Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpxki. Ta có : . Đặt x2 + y2 = m, ta đợc : 12 m(2 - m) Þ (m 1)2 0 Þ m = 1 (đpcm). Cách 2 : Từ giả thiết : . Bình phương hai vế : x2(1 y2) = 1 2y + y2(1 x2) Þ x2 = 1 2y + y2 0 = (y - )2 Þ y = Þ x2 + y2 = 1 . 130. Áp dụng | A | + | B | | A + B | . min A = 2 Û 1 x 2 . 131. Xét A2 = 2 + 2. Do 0 1 Þ 2 2 + 2 4 Þ 2 A2 4. min A = với x = 1 , max A = 2 với x = 0. 132. Áp dụng bất đẳng thức : (bài 23) . 133. Tập xác định : (1) Xét hiệu : (- x2 + 4x + 12)(- x2 + 2x + 3) = 2x + 9. Do (1) nên 2x + 9 > 0 nên A > 0. Xét : . Hiển nhiên A2 0 nhưng dấu = không xảy ra (vì A > 0). Ta biến đổi A2 dới dạng khác : A2 = (x + 2)(6 x) + (x + 1)(3 x) - 2 = = (x + 1)(6 x) + (6 x) + (x + 2)(3 x) (3 x) - 2 = (x + 1)(6 x) + (x + 2)(3 x) - 2 + 3 = . A2 3. Do A > 0 nên min A = với x = 0. 134. a) Điều kiện : x2 5. * Tìm giá trị lớn nhất : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki : A2 = (2x + 1.)2 (22 + 11)(x2 + 5 x2) = 25 Þ A2 25. . Với x = 2 thì A = 5. Vậy max A = 5 với x = 2. * Tìm giá trị nhỏ nhất : Chú ý rằng tuy từ A2 25, ta có 5 x 5, nhưng không xảy ra A2 = - 5. Do tập xác định của A, ta có x2 5 Þ - x . Do đó : 2x - 2 và 0. Suy ra : A = 2x + - 2. Min A = - 2 với x = - b) Xét biểu thức phụ | A | và áp dụng các bất đẳng thức Bunhiacôpxki và Cauchy : . Do đó : - 1000 < A < 1000. min A = - 1000 với x = - 10 ; max A = 1000 với x = 10. 135. Cách 1 : A = x + y = 1.(x + y) = . Theo bất đẳng thức Cauchy với 2 số dơng : . Do đó . với Cách 2 : Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpxki : . Từ đó tìm đợc giá trị nhỏ nhất của A. 136. A = (x + y)(x + z) = x2 + xz + xy + yz = x(x + y + z) + yz min A = 2 khi chẳng hạn y = z = 1 , x = - 1. 137. Theo bất đẳng thức Cauchy : . Tơng tự : . Suy ra 2A 2(x + y + z) = 2. min A = 1 với x = y = z = . 138. Theo bài tập 24 : . Theo bất đẳng thức Cauchy : . min A = . 139. a) . b) Ta có : Tơng tự : Suy ra : B 6(a2 + b2 + c2 + d2 + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd) = 6(a + b + c + d)2 6 140. . min A = 18 với x = y = 2. 141. Không mất tính tổng quát, giả sử a + b c + d. Từ giả thiết suy ra : . Đặt a + b = x ; c + d = y với x y > 0, ta có : ; chẳng hạn khi 142. a) . Đáp số : x = 3. b) Bình phơng hai vế, đa về : (x2 + 8)(x2 8x + 8) = 0. Đáp số : x = 4 + 2. c) Đáp số : x = 20. d) . Vế phải lớn hơn vế trái. Vô nghiệm. e) Chuyển vế : . Bình phương hai vế. Đáp số : x = 1. g) Bình phương hai vế. Đáp số : x 1 h) Đặt = y. Đa về dạng = 1. Chú ý đến bất đẳng thức : . Tìm đợc 2 y 3. Đáp số : 6 x 11. i) Chuyển vế :, rồi bình phương hai vế. Đáp : x = 0 (chú ý loại x = ) k) Đáp số : . l) Điều kiện : x 1 hoặc x = - 1. Bình phương hai vế rồi rút gọn : . Bình phương hai vế : 8(x + 1)2(x + 3)(x 1) = (x + 1)2(x 1)2 Û (x + 1)2(x 1)(7x + 25) = 0; loại. Nghiệm là : x = 1. m) Vế trái lớn hơn x, vế phải không lớn hơn x. Phương trình vô nghiệm. n) Điều kiện : x - 1. Bình phương hai vế, xuất hiện điều kiện x - 1. Nghiệm là : x = - 1. o) Do x 1 nên vế trái lớn hơn hoặc bằng 2, vế phải nhỏ hơn hoặc bằng 2. Suy ra hai vế bằng 2, khi đó x = 1, thỏa mãn phương trình. p) Đặt (1). Ta có : . Suy ra y z = 1. Từ đó (2). Từ (1) và (2) tính đợc x. Đáp số : x = 2 (chú ý loại x = - 1). q) Đặt 2x2 9x + 4 = a 0 ; 2x 1 b 0. Phương trình là : . Bình phương hai vế rồi rút gọn ta đợc : b = 0 hoặc b = a. Đáp số : 144. Ta có : . Vậy : = = (đpcm). 150. Đa các biểu thức dới dấu căn về dạng các bình phương đúng. M = -2 151. Trục căn thức ở mẫu từng hạng tử. Kết quả : A = - 1. 152. Ta có : . P không phải là số hữu tỉ (chứng minh bằng phản chứng). 153. Ta hãy chứng minh : 154. . 155. Ta có a + 1 = . Biến đổi đa thức trong ngoặc thành tổng các lũy thừa cơ số a + 1 A = [(a + 1)5 3(a + 1)4 15(a + 1)3 + 52(a + 1)2 14(a + 1)]2000 = (259 - 225 - 34 - 1)2000 = 1. 156. Biến đổi : . 157. . Dấu = không xảy ra vì không thể có đồng thời : . 168. Trớc hết ta chứng minh : (*) (a + b 0) Áp dụng (*) ta có : * Có thể tính S2 rồi áp dụng bất đẳng
File đính kèm:
- 270_bai_toan_BD_HSG_toan_9.doc