Một số bài tập toán nâng cao lớp 9

 + b2).
b) Xét : (a + b + c)2 + (a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2. Khai triển và rút gọn, ta được : 
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. Nhưng (2x – 1)2 ≥ 0, nên chỉ có thể : 2x – 1 = 0
Vậy : x = ½ . 
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 đưa 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 = 1998 Û a = b = 1.
14. Giải tương tự bài 13.
15. Đưa 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 :
c) 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 được 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) tương đương 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 được :
3(a2 + b2 + c2). Vậy : (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2)
c) Tương tự như 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 vượt quá x + y (1). Theo định nghĩa phần nguyên, là số nguyên lớn nhất không vượt 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 chỉ cần chứng minh : (1)
(1) Û xy + z2 – yz ≥ xz (nhân hai vế với số dương 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 được 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 và 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)
Tương 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 - < ½ thì 0 ≤ 2x - 2 < 1 nên = 2. 
- Nếu ½ ≤ 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 lượt 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) được 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) Phương 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 phương trình : x2 – 4x – 5 ≥ 0 Û 
Đặt ẩn phụ , ta được : 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 – ½ )2 + ≤ . max B = Û y = ½ 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| - ½ )2 + ¾ ≥ ¾ .
Từ đó suy ra : min A = ¾ Û x = ½ 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) Đưa phương trình về dạng : .
b) Đưa phương trình về dạng : .
c) Phương trình có dạng : .
d) Đưa phương trình về dạng : .
e) Đưa phương trình về dạng : | A | + | B | = 0
g, h, i) Phương trình vô nghiệm.
k) Đặt = y ≥ 0, đưa phương trình về dạng : | y – 2 | + | y – 3 | = 1 . Xét dấu vế trái.
l) Đặt : .
Ta được 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 ≥ 0
 Û (x2 + y2)2 – 8(x2 + y2 – 2) ≥ 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) ½ ≤ 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 được : 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 như bài 8c (§ 2). Thay vì so sánh ta so sánh và . Ta có : .
72. Cách 1 : Viết các biểu thức dưới 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 được : . 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 :
* Trường hợp 1 : a ≥ 0 ; b > 0 : .
* Trường 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 5/2 ≤ x ≤ 3.
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 được bất đẳng thức (2). Vậy " n Î Z+ ta có
95. Biến đổi tương đương : 
 (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 được :
. 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) tương đương 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) được chứng minh.
111. Cách 1 : Theo bất đẳng thức Cauchy :
.
Tương 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 :
 ≥
≥ 
Þ .
112. a) Ta nhìn tổng a + 1 dưới dạng một tích 1.(a + 1) và áp dụng bđt Cauchy : 
Tương 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 đường 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)
Tương 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) ≥ - , chưa 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 được hằng số α mà A2 ≤ α. Bây giờ, ta viết A2 dưới 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 phương 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.
Phương 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 tương 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 đường thẳng. 
Kẻ HA ^ BC với AH = b. Dễ thấy AB.AC ≥ 2SABC = BC.AH.
125. Bình phương hai vế rồi rút gọn, ta được 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 được : 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 dưới 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 dương : .
Do đó .
 với 
Cách 2 : Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
.
Từ đó tìm được 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 : .
Tương 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 : 
Tương 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 phương hai vế, đưa 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. Đưa về dạng = 1. Chú ý đến bất đẳng thức :
. Tìm được 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 được 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 được : b = 0 hoặc b = a. Đáp số : 
144. Ta có : .
Vậy : = 
	= (đpcm).
150. Đưa các biểu thức dưới 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