On thi HSG

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>ĐÁP ÁN 270 ĐỀ TOÁN CHỌN LỌC HAY V KHể</b>

<b>1. Giả sử </b> ₇ là số hữu tỉ ị 7 m

n

(tối giản). Suy ra

2

2 2

2

m

7 hay 7n m
n

(1). Đẳng thức này chứng tỏ m 72 mà 7 là số nguyên tố nên m  7. Đặt m
= 7k (k Î Z), ta cã m2_{= 49k}2_{(2). Tõ (1) và (2) suy ra 7n}2_{= 49k}2_{nên n}2₌

7k2_{(3). Tõ (3) ta l¹i cã n}2

 7 và vì 7 là số nguyên tố nên n 7. m và n
cùng chia hết cho 7 nên ph©n sè m

n khơng tối giản, trái giả thiết. Vậy 7
khơng phải là số hữu tỉ; do đó ₇ là số vô tỉ.

<b>2. Khai triển vế trái và đặt nhân tử chung, ta đợc vế phải. Từ a) ị b) vì (ad </b>
bc)2_0.

<b>3. </b><i>Cách 1</i> : Từ x + y = 2 ta có y = 2 x. Do đó : S = x2_{+ (2 x)}2_{= 2(x 1)}2_{+ 2}

2.

VËy min S = 2 Û x = y = 1.

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

(x + y)2_(x2_{+ y}2_{)(1 + 1) Û 4 2(x}2_{+ y}2_{) = 2S Û S 2. Þ mim S = 2 khi x =}

y = 1

<b>4. b) áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các cặp số dơng</b>
bc ca bc ab ca ab

và ; và ; và

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

2 . 2c; 2 . 2b

a  b  a b  a  c  a c  ;

ca ab ca ab
2 . 2a

b  c  b c 

cộng từng vế ta đợc bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a
= b = c.

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

3a.5b
2



 .

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

5 Þ max P =
12

5 .
DÊu b»ng x¶y ra khi 3a = 5b = 12 : 2 Û a = 2 ; b = 6/5.

<b>5. Ta có b = 1 a, do đó M = a</b>3_{+ (1 a)}3_{= 3(a )}2_{+ . Dấu = xảy ra khi a =}

.

VËy min M = Û a = b = .

<b>6. Đặt a = 1 + x ị b</b>3_{= 2 a}3_{= 2 (1 + x)}3_{= 1 3x 3x}2_x3_{1 3x + 3x}2_x3_{= (1}

x)3_.

Suy ra : b 1 x. Ta l¹i cã a = 1 + x, nªn : a + b 1 + x + 1 x = 2.

Víi a = 1, b = 1 th× a3_{+ b}3_{= 2 vµ a + b = 2. VËy max N = 2 khi a = b = 1.}

<b>7. Hiệu của vế trái và vế phải bằng (a b)</b>2_{(a + b).}

<b>8. V× | a + b | 0 , | a b | 0 , nªn : | a + b | > | a b | Û a</b>2_{+ 2ab + b}2_a2

2ab + b2

Û 4ab > 0 Û ab > 0. VËy a vµ b lµ hai sè cïng dÊu.

<b>9. a) XÐt hiÖu : (a + 1)</b>2_{4a = a}2_{+ 2a + 1 4a = a}2_{2a + 1 = (a 1)}2_0.

<b>b) Ta có : (a + 1)</b>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 = 8}2_{. Vậy}

(a + 1)(b + 1)(c + 1) 8.

<b>10. a) Ta cã : (a + b)</b>2_{+ (a b)}2_{= 2(a}2_{+ b}2_{). Do (a b)}2_{0, nªn (a + b)}2

2(a2_{+ b}2_).

<b>b) Xét : (a + b + c)</b>2_{+ (a b)}2_{+ (a c)}2_{+ (b c)}2_{. Khai triển và rút gọn, ta đợc}

:

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>11. a) </b>

4
2x 3 1 x 3x 4 x

2x 3 1 x 3

2x 3 x 1 x 2

x 2


    

  _

   Û _ Û _ Û



   

  _



<b>b) x</b>2_{4x 5 Û (x 2)}2₃3_{Û | x 2 | 3 Û -3 x 2 3 Û -1 x 5.}

<b>c) 2x(2x 1) 2x 1 Û (2x 1)</b>2_{0. Nhng (2x 1)}2_{0, nªn chØ cã thĨ : 2x}

1 = 0

VËy : x = .

<b>12. Viết đẳng thức đã cho dới dạng : a</b>2_{+ b}2_{+ c}2_{+ d}2_{ab ac ad = 0 (1).}

Nhân hai vế của (1) với 4 rồi đa vỊ d¹ng : 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.
<b>13. 2M = (a + b 2)</b>2_{+ (a 1)}2_{+ (b 1)}2_{+ 2.1998 2.1998 Þ M 1998.}

Dấu = xảy ra khi có đồng thời :

a b 2 0
a 1 0
b 1 0

  




 


  


VËy min M = 1998 Û a = b
= 1.

<b>14. Giải tơng tự bài 13.</b>

<b>15. a ng thc đã cho về dạng : (x 1)</b>2_{+ 4(y 1)}2_{+ (x 3)}2_{+ 1 = 0.}

<b>16. </b>





2

2

1 1 1 1

A . max A= x 2

x 4x 9 x 2 5 5 5

   Û 

    .

<b>17. a) </b> ₇_ ₁₅_ ₉_ _{16 3 4 7}_{  } . VËy ₇_ ₁₅ < 7
<b>b) </b> ₁₇_ _{5 1}_{ } ₁₆_ _{4 1 4 2 1 7}_{     } ₄₉_ ₄₅.
<b>c) </b>23 2 19 23 2 16 23 2.4 ₅ ₂₅ ₂₇

3 3 3

  

     .

<b>d) Gi¶ sư</b>



 

2



2

3 2  2 3 Û 3 2  2 3 Û 3 2 2 3 Û 18 12 Û 18 12 .
Bất đẳng thức cuối cùng đúng, nên : _{3 2} _ _{2 3} .

<b>18. Các số đó có thể là 1,42 v </b> 2 3
2

<b>19. </b> Viết lại phơng trình díi d¹ng :

2 2 2

3(x 1)  4 5(x 1) 16 6 (x 1)   .

Vế trái của phơng trình khơng nhỏ hơn 6, cịn vế phải khơng lớn hơn 6. Vậy
đẳng thức chỉ xảy ra khi cả hai vế đều bằng 6, suy ra x = -1.

<b>20. Bất đẳng thức Cauchy </b> ab a b
2


 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 và xy ta đợc
:

2

2x xy

2x.xy 4

2


 

_ _ 

 

DÊu = x¶y ra khi : 2x = xy = 4 : 2 tøc lµ khi x = 1, y = 2. Þ max A = 2 Û
x = 2, y = 2.

<b>21. Bất đẳng thức Cauchy viết lại dới dạng : </b> 1 2
a b

ab   . ¸p dơng ta cã S
> 2.1998

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<b>22. Chøng minh nh bµi 1.</b>
<b>23. a) </b>

2 2 2

x y x y 2xy (x y)

2 0

y x xy xy

  

     . VËy x y 2

y x 

<b>b) Ta cã : </b>

2 2 2 2

2 2 2 2

x y x y x y x y x y

A 2

y x y x y x y x y x

         

_  _ _  __  _ _  __  _

     

   

. Theo
c©u a :

2 2

2 2

2 2

x y x y x y

A 2 2 1 1 0

y x y x y x

       

_  _ _  _ _  _ _  _ 

 

   

 

<b>c) Tõ c©u b suy ra : </b>

4 4 2 2

4 4 2 2

x y x y

0

y x y x

   

   

   

   

. V× x y 2

yx  (câu a). Do
đó :

4 4 2 2

4 4 2 2

x y x y x y

2

y x y x y x

     

     

     

 

   

.

<b>24. a) Gi¶ sư </b> ₁_ ₂ = m (m : số hữu tỉ) ị ₂ = m2_{1 Þ} ₂_{là số}

hữu tỉ (vô lí)

<b>b) Giả sö m + </b> 3

n = a (a : số hữu tỉ) ị
3

n = a m Þ 3 = n(a m) ị
3 là số hữu tỉ, vô lí.

<b>25. Có, chẳng hạn </b> _{2 (5}  _{2) 5}
<b>26. Đặt </b>

2 2

2

2 2

x y x y

a 2 a

y x  Þ y  x   . DƠ dµng chøng minh

2 2

2 2

x y
2
y x 
nên a2_{4, do đó}

| a | 2 (1). Bất đẳng thức phải chứng minh tơng đơng 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.

<b>27. Bất đẳng thức phải chứng minh tơng đơng với :</b>





4 2 4 2 4 2 2 2 2

2 2 2

x z y x z x x z y x z y xyz
0
x y z

    

 .

CÇn chøng minh tư không âm, tức là : x3_z2_{(x y) + y}3_x2_{(y z) + z}3_y2_{(z x) 0.}

(1)

Biểu thức khơng đổi khi hốn vị vịng x à y à z à x nên có thể giả sử x
là số lớn nhất. Xét hai trờng hợp :

<b>a) x y z > 0. Tách z x ở (1) thành (x y + y z), (1) tơng đơng với :</b>
x3_z2_{(x y) + y}3_x2_{(y z) z}3_y2_{(x y) z}3_y2_{(y z) 0}

Û z2_{(x y)(x}3_y2_{z) + y}2_{(y z)(yx}2_z3_{) 0}

Dễ thấy x y 0 , x3_y2_{z 0 , y z 0 , yx}2_z3_{0 nên bất đẳng thức trên đúng.}

<b>b) x z y > 0. Tách x y ở (1) thành x z + z y , (1) tơng đơng với :</b>
x3_z2_{(x z) + x}3_z2_{(z y) y}3_x2_{(z y) z}3_y2_{(x z) 0}

Û z2_{(x z)(x}3_zy2_{) + x}2_(xz2_y3_{)(z y) 0}

Dễ thấy bất đẳng thức trên dúng.

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

2 2 2

x y z x y z

1 1 1 3

y z x y z x

  _ _ _ _  

        

       

   

   

.

<b>28. Chøng minh b»ng phản chứng. Giả sử tổng của số hữu tỉ a với số vô tỉ </b>
b là số hữu tỉ c. Ta cã : b = c a. Ta thÊy, 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.

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

<b>b) Xét : (a + b + c)</b>2_{+ (a b)}2_{+ (a c)}2_{+ (b c)}2_{. Khai triển và rút gọn ta đợc :}

3(a2_{+ b}2_{+ c}2_{). VËy : (a + b + c)}2_3(a2_{+ b}2_{+ c}2₎

<b>c) Tơng tự nh câu b</b>

<b>30. Giả sử a + b > 2 Þ (a + b)</b>3_{> 8 Û a}3_{+ b}3_{+ 3ab(a + b) > 8 Û 2 +}

3ab(a + b) > 8

Þ ab(a + b) > 2 Þ ab(a + b) > a3_{+ b}3_{. Chia hai vÕ cho sè d¬ng a + b : ab}

> a2_{ab + b}2

Þ (a b)2_{< 0, v« lÝ. VËy a + b 2.}

<b>31. </b><i>Cách 1</i>: Ta có :

_{ }

x x ;

_{ }

y y nên

_{ }

x +

_{ }

y x + y. Suy ra

_{ }

x +

_{ }

y
là số nguyên không vợt quá x + y (1). Theo định nghĩa phần nguyên,



x y



là số nguyên lớn nhất không vợt quá x + y (2). Tõ (1) vµ (2) suy ra :

 

x +

_{ }

y

_

x y

_

.

<i>Cách 2</i> : Theo định nghĩa phần nguyên : 0 x -

_{ }

x < 1 ; 0 y -

_{ }

y < 1.
Suy ra : 0 (x + y) (

_{ }

x +

_{ }

y ) < 2. Xét hai trờng hợp :

- NÕu 0 (x + y) (

 

x +

 

y ) < 1 th×



x y



=

 

x +

 

y (1)

- Nếu 1 (x + y) (

 

x +

 

y ) < 2 thì 0 (x + y) (

 

x +

 

y + 1) < 1 nên



x y



=

_{ }

x +

_{ }

y + 1 (2). Trong cả hai trờng hợp ta đều có :

_{ }

x +

 

y

_

x y

_

<b>32. Ta cã x</b>2_{6x + 17 = (x 3)}2_{+ 8 8 nên tử và mẫu của A là các sè d¬ng ,}

suy ra A > 0 do đó : A lớn nhất Û 1

A nhá nhÊt Û x

2_{6x + 17 nhá nhÊt.}

VËy max A = 1

8 Û x = 3.

<b>33. Khơng đợc dùng phép hốn vị vịng quanh x à y à z à x và giả sử x</b>
y z.

<i>Cách 1</i> : áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dơng x, y, z :

3

x y z x y z

A 3 . . 3

y z x y z x

    

Do đó min x y z 3 x y z x y z

y z x y z x

 

   Û   Û  

 

 

<i>C¸ch 2</i> : Ta cã : x y z x y y z y

y z x y x z x x

   

  _  __   _

 

 

. Ta đã có x y 2
y x  (do
x, y > 0) nên để chứng minh x y z 3

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 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 x y z

y z x.

<b>34. Ta cã x + y = 4 Þ x</b>2_{+ 2xy + y}2_{= 16. Ta lại có (x y)}2_{0 ị x}2_{2xy + y}2

0. Từ đó suy ra 2(x2_{+ y}2_{) 16 ị x}2_{+ y}2_{8. min A = 8 khi và chỉ khi x = y =}

2.

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

2 = (x + y) + (y + z) + (z + x) 3.3_{(x y)(y z)(z x)}_ _ _ ₍₂₎

Nhân từng vế của (1) với (2) (do hai vế đều không âm) : 2 9.3_A_{ị A}
3

2
9
 
 
 

max A =

3

2
9
 
 
 

khi vµ chØ khi x = y = z = 1
3.
<b>36. a) Cã thĨ. b, c) Kh«ng thĨ.</b>

<b>37. HiƯu của vế trái và vế phải bằng (a b)</b>2_{(a + b).}

<b>38. áp dụng bất đẳng thức </b> 1 4 ₂

xy(x y) víi x, y > 0 :

2 2 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

2

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

  

 

     (2)
Céng (1) víi (2)

2 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 1

2, bất đẳng thức này tơng đơng với :

2B 1 Û 2(a2_{+ b}2_{+ c}2_{+ d}2_{+ ad + bc + ab + cd) (a + b + c + d)}2

Û a2_{+ b}2_{+ c}2_{+ d}2_{2ac 2bd 0 Û (a c)}2_{+ (b d)}2_{0 : đúng.}

<b>39. - NÕu 0 x - </b>

_{ }

x < th× 0 2x - 2

_{ }

x < 1 nªn

_

2x

_

= 2

_{ }

x .

- NÕu x -

_{ }

x < 1 th× 1 2x - 2

_{ }

x < 2 Þ 0 2x (2

_{ }

x + 1) < 1 Þ

_

2x

_

= 2

 

x + 1

<b>40. Ta sẽ chứng minh tồn tại các số tự nhiên m, p sao cho : </b>
  

m chữ số 0

96000...00_{a + 15p <} _{  }

m chữ số 0

97000...00

Tøc lµ 96 a_m 15p_m

10 10 < 97 (1). Gäi a + 15 là số có k chữ số : 10k 1 a +

15 < 10k

Þ 1  a_k  15 1_k 

10 10 10 (2). Đặt n k  k

a 15p

x

10 10 . Theo (2) ta cã x1 < 1 và

k

15
10 < 1.

Cho n nhận lần lợt các giá trị 2, 3, 4, , các giá trị của xn tăng dần, mỗi lần

tng khụng quỏ 1 đơn vị, khi đó

_{ }

x_n sẽ trải qua các giá trị 1, 2, 3, Đến
một lúc nào đó ta có _x_p_ = 96. Khi đó 96 xp < 97 tức là 96 a_k 15p_k

10 10 <

97. Bất đẳng thức (1) đợc chứng minh.

<b>42. a) Do hai vế của bất đẳng thức khơng âm nên ta có :</b>
| A + B | | A | + | B | Û | A + B |2_{( | A | + | B | )}2

Û A2_{+ B}2_{+ 2AB A}2_{+ B}2_{+ 2| AB | Û AB | AB | (bất đẳng thức}

đúng)

DÊu = x¶y ra khi AB 0.

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

VËy min M = 5 Û -2 x 3.

<b>c) Phơng trình đã cho Û | 2x + 5 | + | x 4 | = | x + 9 | = | 2x + 5 + 4 x |</b>
Û (2x + 5)(4 x) 0 Û -5/2 x 4

<b>43. Điều kiện tồn tại của phơng trình : x</b>2_{4x 5 0} x 1

x 5



Đặt ẩn phụ _x2 _{4x 5} _{y 0}

    , ta đợc : 2y2 3y 2 = 0 Û (y 2)(2y + 1) = 0.
<b>45. Vô nghiệm</b>

<b>46. Điều kiện tồn tại của </b> _x là x 0. Do đó : A = _x + x 0 ị min A = 0
Û x = 0.

<b>47. §iỊu kiƯn : x 3. §Ỉt </b> _{3 x}_ = y 0, ta cã : y2_{= 3 x Þ x = 3 y}2_.

B = 3 y2_{+ y = - (y )}2₊13

4
13

4 . max B =
13

4 Û y = Û x =
11

4 .
<b>48. a) Xét a</b>2_{và b}2_{. Từ đó suy ra a = b.}

<b>b) </b> ₅_ _{13 4 3}_ _ _{5 (2 3 1)}_ _ _ _{4 2 3}_ _ _{3 1}_ . VËy hai sè nµy b»ng
nhau.

<b>c) Ta cã :</b>



n 2  n 1

 

n 2  n 1



1 và



n+1 n

 

n 1  n



1.
Mµ n 2  n 1  n 1  n nên n+2  n 1  n 1  n.
<b>49. A = 1 - | 1 3x | + | 3x 1 |</b>2 _{= ( | 3x 1| - )}2_{+ .}

Từ đó suy ra : min A = Û x = hoặc x = 1/6
<b>51. M = 4</b>

<b>52. x = 1 ; y = 2 ; z = -3.</b>

<b>53. P = | 5x 2 | + | 3 5x | | 5x 2 + 3 5x | = 1. min P = 1 </b>2 x 3
5 5.
<b>54. Cần nhớ cách giải một số phơng trình dạng sau : </b>

2

B 0

A 0 (B 0) A 0

a) A B b) A B c) A B 0

A B A B B 0



   

 

 Û _  Û_   Û_

  

  

B 0

A 0

d) A B A B e) A B 0

B 0

A B








 Û   



<b> .</b>

<b>a) Đa phơng trình về dạng : </b> _A  _B.
<b>b) Đa phơng trình về dạng : </b> _A _B.
<b>c) Phơng trình có dạng : </b> _A  _{B 0} <b> .</b>
<b>d) Đa phơng trình về dạng : </b> _A _B.
<b>e) Đa phơng trình về dạng : | A | + | B | = 0</b>
<b>g, h, i) Phơng trình vô nghiệm.</b>

<b>k) Đặt </b> _{x 1} = y 0, đa phơng trình vỊ d¹ng : | y 2 | + | y 3 | = 1 . XÐt dÊu
vÕ tr¸i.

<b>l) Đặt : </b> 8x 1 u 0 ; 3x 5 v 0 ; 7x 4 z 0 ; 2x 2           t 0.
Ta đợc hệ : u v z t₂ ₂ ₂ ₂

u v z t
  




  



. Từ đó suy ra : u = z tức là :

8x 1  7x 4 Û x 3 .

<b>55. </b><i>C¸ch 1</i> : XÐt

2 2 2 2 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

<i>Cách 2</i> : Biến đổi tơng đơng









2
2 2
2 2
2
x y
x y

2 2 8

x y x y




 Û 

 

Û (x2_{+ y}2₎2_8(x

y)2₀

Û (x2_{+ y}2₎2_8(x2_{+ y}2_{2) 0 Û (x}2_{+ y}2₎2_8(x2_{+ y}2_{) + 16 0 Û (x}2_{+ y}2₄₎2

0.

<i>Cách 3</i> : Sử dụng bất đẳng thức Cauchy :

2 2 2 2 2

x y x y 2xy 2xy (x y) 2.1 2 1

(x y) 2 (x y).

x y x y x y x y x y

     

      

    

(x > y).

Dấu đẳng thức xảy ra khi _x 6 2 _{; y} 6 2

2 2

 

  hc

6 2 6 2

x ; y

2 2

   

 

<b>62. </b>

2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 ₂ 1 1 1 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 ra điều phải chứng minh.

<b>63. §iỊu kiƯn :</b>

2 _{(x 6)(x 10) 0} x 6

x 16x 60 0 _{x 10} _{x 10}

x 6
x 6 0

x 6
 
  
     _
Û Û 





.

Bình phơng hai vÕ : x2_{16x + 60 < x}2_{12x + 36 Û x > 6.}

Nghiệm của bất phơng trình đã cho : x 10.
<b>64. Điều kiện x</b>2_{3. Chuyển vế :} _x2 ₃

 x2 3 (1)

Đặt thừa chung : _x2 ₃

.(1 - x2 3) 0 Û

2

2

x 3

x 3 0

x 2

1 x 3 0 _x ₂

 
   _
Û 
 _
  
 _

Vậy nghiệm của bất phơng trình : x = _ 3 ; x 2 ; x -2.

<b>65. Ta cã x</b>2_(x2_{+ 2y}2_{3) + (y}2₂₎2_{= 1 Û (x}2_{+ y}2₎2_4(x2_{+ y}2_{) + 3 = - x}2_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 = 3.
<b>66. a) x 1.</b>

<b>b) B cã nghÜa Û</b>

2

2
2

4 x 4
4 x 4

16 x 0

x 4 2 2 1

2x 1 0 (x 4) 8 x 4 2 2

2
x 4 2 2

1

x 8x 8 0 _x

1
2 _x
2


   


  

  

  


  Û   Û  Û    
  
 

 _ _{ }  
 _ _{ } _
 _{  }

.

<b>67. a) A cã nghÜa Û </b>

2

2 2
2

x 2x 0 x(x 2) 0 x 2

x 0

x x 2x

x x 2x

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

<b>b) A = </b>_{2 x}2 _2x

 với điều kiện trên.
<b>c) A < 2 Û </b> _x2 _2x

 < 1 Û x2 2x < 1 Û (x 1)2 < 2 Û - 2 < x 1 <

2ị kq

<b>68. Đặt </b>

20 ch số 9

0,999...99_{  } _{= a. Ta sÏ chøng minh 20 chữ số thập phân đầu tiên}

của _a là các chữ số 9. Muốn vậy chỉ cần chøng minh a < _a < 1. ThËt
vËy ta cã : 0 < a < 1 Þ a(a 1) < 0 Þ a2_{a < 0 Þ a}2_{< a. Tõ a}2_{< a < 1}

suy ra a < a < 1.

VËy

20 chữ số 9 20 chữ số 9

0,999...99 0,999...99_{  }  _{ } _.
<b>69. a) Tìm giá trị lớn nhất. ¸p dông | a + b | | a | + | b |.</b>

A | x | + ₂ + | y | + 1 = 6 + ₂ Þ max A = 6 + ₂ (khi chẳng hạn x = -

2, y = - 3)

<b>b) Tìm giá trị nhá nhÊt. ¸p dơng | a b | | a | - | b .</b>

A | x | - 2 | y | - 1 = 4 - 2 Þ min A = 4 - 2 (khi chẳng hạn x = 2, y =
3)

<b>70. Ta cã : x</b>4_{+ y}4_2x2_y2_{; y}4_{+ z}4_2y2_z2_{; z}4_{+ x}4_2z2_x2_{. Suy ra :}

x4_{+ y}4_{+ z}4_x2_y2_{+ y}2_z2_{+ z}2_x2₍₁₎

Mặt khác, dễ dàng chứng minh đợc : Nếu a + b + c = 1 thì a2_{+ b}2_{+ c}21

3.

Do đó từ giả thiết suy ra : x2_y2_{+ y}2_z2_{+ z}2_x21

3 (2).

Tõ (1) , (2) : min A = 1

3 Û x = y = z =
3
3



<b>71. Lµm nh bài 8c ( 2). Thay vì so sánh </b> n  n 2 và 2 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 2 n 1   .

<b>72. </b><i>C¸ch 1</i> : ViÕt c¸c biĨu thức dới dấu căn thành bình phơng của một
tổng hoặc một hiệu.

<i>Cách 2</i> : Tính A2_{rồi suy ra A.}

<b>73. ¸p dơng : (a + b)(a b) = a</b>2_b2_.

<b>74. Ta chøng minh b»ng ph¶n chứng.</b>

<b>a) Giả sử tồn tại số hữu tỉ r mà </b> ₃ ₅ = r ị 3 + 2 ₁₅ + 5 = r2_Þ
2

r 8
15

2


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

<b>b), c) Giải tơng tự.</b>

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

Û



3 3

 

2  2 2 2



2 Û 27 8 4 8 2   Û 15 8 2 Û 225 128 . Vy a >
b l ỳng.

<b>b) Bình phơng hai vế lên rồi so sánh.</b>

<b>76. </b><i>Cách 1</i> : Đặt A = ₄_ ₇ _ ₄_ ₇, râ rµng A > 0 và A2_{= 2 ị A =} ₂
<i>Cách 2</i> : Đặt B =

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

<b>77.</b>

2 3 4



2



2 3 4



2 3 2.3 2.4 2 4

Q 1 2

2 3 4 2 3 4

    

   

   

   

.

<b>78. ViÕt </b> 40 2 2.5 ; 56 2 2.7 ; 140 2 5.7   . VËy P = 2 5 7.
<b>79. Tõ gi¶ thiÕt ta cã : </b>_{x 1 y}2 _{1 y 1 x}2

    . Bình phơng hai vế của đẳng

thức này ta đợc : _y _{1 x}2

  . Từ đó : x2 + y2 = 1.

<b>80. Xét A</b>2_{để suy ra : 2 A}2_{4. Vậy : min A =} ₂_{Û x = 1 ; max A = 2 Û}

x = 0.

<b>81. Ta cã : </b>_M_



_a _ _b

 

2 _ _a _ _b

 

2_ _a_ _b



2 __{2a 2b 2}_ _ .
1

a b

max M 2 a b

2
a b 1

 _



 Û _ Û  

 




.

<b>82. XÐt tỉng cđa hai sè :</b>



2a b 2 cd 

 

 2c d 2 ab 

 

 a b 2 ab 

 

 c d 2 cd 



 a c =
=

_

a c

_





a b

 

2 c d



2  a c 0.

<b>83. </b>_N_ _{4 6 8 3 4 2 18}_ _ _ _ _{12 8 3 4 4 6 4 2 2}_ _{ } _ _ =
=

_

_{2 3 2}_

_

2__{2 2 2 3 2}

_

_

_

_₂_

_

_{2 3 2}_{ } ₂

_

2 __{2 3}_ _{2 2}_ .
<b>84. Tõ </b>x y z   xy yz zx Þ



x y

 

2 y z

 

2 z x



2 0.
VËy x = y = z.

<b>85. áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 1 và a</b>i ( i = 1, 2, 3, n ).

<b>86. áp dụng bất đẳng thức Cauchy với hai số a + b 0 và 2</b> _ab 0, ta có :





2

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

<b>87. Gi¶ sư a b c > 0. Ta cã b + c > a nªn b + c + 2</b> _bc > a hay



b c

  

2  a 2

Do đó : _b_ _c _ _a . Vậy ba đoạn thẳng a , b , c lập đợc thành một
tam giác.

<b>88. a) §iỊu kiƯn : ab 0 ; b 0. XÐt hai trêng hỵp :</b>

* Trêng hỵp 1 : a 0 ; b > 0 : A b.( a b) a a b a 1

b b

b. b b

 

     .

* Trêng hỵp 2 : a 0 ; b < 0 :

2
2

ab b a a a a

A 1 1 2

b b b b

b


      



</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

<b>b) §iỊu kiƯn : </b>

2

(x 2) 8x 0

x 0
x 0

x 2
2

x 0

x


 _ _ _

  



 Û

 





  




. Với các điều kiện đó thì :

2 2 _{x 2 . x}

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

2 _{x 2} _{x 2}

x
x



  

  

 

 .

 NÕu 0 < x < 2 th× | x 2 | = -(x 2) vµ B = - _x .
 NÕu x > 2 th× | x 2 | = x 2 vµ B = _x

<b>89. Ta cã : </b>





2
2
2

2

2 2 2

a 1 1

a 2 1

a 1

a 1 a 1 a 1

 



   

  

. áp dụng bất đẳng
thức Cauchy:

2 2

2 2

1 1

a 1 2 a 1. 2

a 1 a 1

    

 

. VËy

2
2

a 2
2
a 1

. Đẳng thức xảy
ra khi :

2

2

1

a 1 a 0

a 1

  Û 

 .

<b>93. Nhân 2 vế của pt với </b> ₂, ta đợc : 2x 5 3   2x 5 1 4   Û 5/2
x 3.

<b>94. Ta chứng minh bằng qui nạp toán học : </b>
a) Víi n = 1 ta cã : P₁ 1 1

2 3

  (*) đúng.
b) Giả sử : P_k 1 1.3.5...(2k 1) 1

2.4.6...2k

2k 1 2k 1



 Û 

  (1)

c) Ta chứng minh rằng (*) đúng khi n = k + 1 , tức là :

k 1

1 1.3.5...(2k 1) 1
P

2.4.6...(2k 2)

2k 3 2k 3





 Û 



  (2)

Víi mäi sè nguyªn d¬ng k ta cã : 2k 1 2k 1
2k 2 2k 3

 



  (3)

Nhân theo từng vế các bất đẳng thức (1) và (3) ta đợc bất đẳng thức (2).
Vậy " n ẻ Z<b>+</b> ta có

n

1.3.5...(2n 1) 1
P

2.4.6...2n 2n 1


 


<b>95. Biến đổi tơng đơng : </b>

2 2 3 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 0

ab

  

Û   Û    Û  

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

<b>96. §iỊu kiƯn : </b>

2

x 4(x 1) 0

1 x 2
x 4(x 1) 0

x 2
x 4(x 1) 0

x 1 0

   



 


   

Û

  _



  




 


XÐt trªn hai khoảng 1 < x < 2 và x > 2. KÕt qu¶ : A 2 và A= 2

1 x x-1



<b>105. </b><i>C¸ch 1</i> : TÝnh A 2. <i>C¸ch 2</i> : TÝnh A2

<i>C¸ch 3</i> : Đặt 2x 1 = y 0, ta cã : 2x 1 = y2_.

2 2 _{y 1}

y 1 2y y 1 2y

2x 2 2x 1 2x 2 2x 1 y 1

A

2 2 2 2 2 2



   

    

     

Víi y 1 (tøc lµ x 1), A 1 (y 1 y 1) 2

2

     .

Víi 0 y < 1 (tøc lµ 1

2 x < 1),

1 2y

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

2 2

        .

<b>108. NÕu 2 x 4 th× A = 2</b> 2. NÕu x 4 th× A = 2 x 2_ .

<b>109. Biến đổi : </b> x y 2   2  x  y. Bình phơng hai vế rồi rút gọn, ta
đợc :

2(x y 2)  xy. Lại bình phơng hai vế rồi rút gọn : (2 y)(x 2) = 0.

Đáp : x = 2 , y 0 , x 0 , y = 2.
<b>110. Biến đổi tơng đơng :</b>

(1) Û a2_{+ b}2_{+ c}2_{+ d}2 _{+ 2}



a2_b2

 

c2_d2



_a2_{+ c}2_{+ 2ac + b}2_{+ d}2_{+ 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_{+ b}2_)(c2_{+ d}2_{) a}2_c2_{+ b}2_d2_{+ 2abcd Û a}2_c2_{+ a}2_d2_{+ b}2_c2_{+ b}2_d2_a2_c2₊

b2_d2_{+ 2abcd}

Û (ad bc)2_{0 (3). Bất đẳng thức (3) đúng, vậy bất đẳng thức (1) đợc}

chøng minh.

<b>111. </b><i>Cách 1</i> : Theo bất đẳng thức Cauchy :

2 2 2

a b c ₂ a _.b c _2.a _a a _a b c

b c 4 b c 4 2 b c 4

  

   ị

.

Tơng tự :

2 2

b _b a c _; c _c a b

a c 4 a b 4

 

   

  .

Cộng từng vế 3 bất đẳng thức :





2 2 2

a b c _{a b c} a b c a b c

b c c a a b 2 2

   

      

  

<i>C¸ch 2</i> : Theo BĐT Bunhiacôpxki : (a2_{+ b}2_{+ c}2_)(x2_{+ y}2_{+ z}2_{) (ax + by +}

cz)2_{. Ta cã :}



 

 



2 2 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

 

    

 

  

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

Þ





2 2 2 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 2

   

       Þ   

 

     

 

.

<b>112. a) Ta nh×n tỉng a + 1 dới dạng một tích 1.(a + 1) và áp dơng b®t </b>
Cauchy : xy x y

2




(a 1) 1 a

a 1 1.(a 1) 1

2 2

 

     

T¬ng tù : b 1 b 1 ; c 1 c 1

2 2

     

Cộng từng vế 3 bất đẳng thức : a 1 b 1 c 1 a b c 3 3,5

2

 

        .

DÊu = x¶y ra Û a + 1 = b + 1 = c + 1 Û a = b = c = 0, trái với giả thiết a
+ b + c = 1.

Vậy : _{a 1}_{ } _{b 1}_{ } _{c 1 3,5}_{ } .
<b>b) áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki với hai bộ ba số :</b>



1. a b 1. b c 1. c a_ _ _{ } _



2 _{  }(1 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  6

<b>113. Xét tứ giác ABCD có AC ^ BD, O là giao điểm hai đờng chéo.</b>
OA = a ; OC = b ; OB = c ; OD = d với a, b, c, d > 0. Ta có :

2 2 2 2 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 ra :

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

Vậy :



a2c2

 

b2c2







a2d2

 

b2d2



(a b)(c d)  .
Chú ý : Giải bằng cách áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki :

(m2_{+ n}2_)(x2_{+ y}2_{) (mx + ny)}2_{víi m = a , n = c , x = c , y = b ta cã :}

(a2_{+ c}2_)(c2_{+ b}2_{) (ac + cb)}2_Þ



a2_c2

 

c2_b2



_{ac + cb (1)}

T¬ng tù :



a2 d2

 

d2 b2



ad + bd (2) . Cộng (1) và (2) suy ra đpcm.
<b>114. </b><i>Lêi gi¶i sai</i> :

2

1 1 1 1

A x x x . Vaäy minA

2 4 4 4

 

   

.
Phân tích sai lầm : Sau khi chøng minh f(x) - 1

4 , cha chỉ ra trờng hợp xảy

ra f(x) = - 1

4

Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi x 1

2

 . V« lÝ.

<i>Lời giải đúng</i> : Để tồn tại x phải có x 0. Do đó A = x + x 0. min A = 0
Û x = 0.

<b>a</b> <b>d</b>

<b>b</b>
<b>c</b>

<b>O</b>
<b>D</b>

<b>C</b>
<b>B</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

<b>115. Ta cã </b>

2

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

A x (a b)

x x x

    

  _  _ 

  .

Theo bất đẳng thức Cauchy : x ab 2 ab

x

  nªn A 2 ab + a + b =



a b



2.

min A =



a b



2 khi vµ chi khi

ab

x _x _ab

x
x 0





Û 


 


.
<b>116. Ta xét biểu thức phụ : A</b>2_{= (2x + 3y)}2_{. Nhớ lại bất đẳng thức}

Bunhiac«pxki :

(am + bn)2_(a2_{+ b}2_)(m2_{+ n}2₎ ₍₁₎

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

A2_{= (2x + 3y)}2₍₂2_{+ 3}2_)(x2_{+ y}2_{) = 13(x}2_{+ y}2_).

Vói cách trên ta không chỉ ra đợc hằng số mà A2_{. Bây giờ, ta viết A}2_dới

d¹ng :

A2₌



2. 2x_ 3. 3y



2_{råi ¸p dơng (1) ta cã :}

    

2 2

 

2



2

2 2 2

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

   

   

Do A2_{25 nªn -5 A 5. min A = -5 Û} x y x y 1

2x 3y 5




Û  



 



max A = 5 Û x y x y 1

2x 3y 5




Û  



 



<b>117. §iỊu kiƯn x 2. Đặt </b> _{2 x} = y 0, ta cã : y2_{= 2 x.}

2

2 1 9 9 9 1 7

a 2 y y y maxA= y x

2 4 4 4 2 4

 

    _  _   Þ Û  Û 

 

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

Chuyển vế, rồi bình phơng hai vế : x 1 = 5x 1 + 3x 2 + _{2 15x 13x 2}2

 
(3)

Rót gän : 2 7x = _{2 15x 13x 2}2

. Cần có thêm điều kiện x 2/7.

Bình phơng hai vế : 4 28x + 49x2_{= 4(15x}2_{13x + 2) Û 11x}2_{24x + 4 = 0}

(11x 2)(x 2) = 0 Û x1 = 2/11 ; x2 = 2.

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

<b>119. Điều kiện x 1. Phơng trình biến đổi thành :</b>

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

* NÕu x > 2 th× : x 1  x 1 1 1   Û x 1 1 x 2 , không thuộc
khoảng ®ang xÐt.

* NÕu 1 x 2 th× : x 1 1_ _{ } x 1 1 2_ _{ } . V« sè nghiƯm 1 x 2
KÕt luËn : 1 x 2.

<b>120. §iỊu kiÖn : x</b>2_{+ 7x + 7 0. §Ỉt} _x2 _{7x 7}

  = y 0 ị x2 + 7x + 7 = y2.
Phơng trình đã cho trở thành : 3y2_{3 + 2y = 2 Û 3y}2_{+ 2y 5 = 0 Û (y 1)}

(3y + 5) = 0

Û y = - 5/3 (lo¹i) ; y = 1. Víi y = 1 ta cã _x2__{7x 7}_ = 1 Þ x2_{+ 7x + 6 =}

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

Û (x + 1)(x + 6) = 0. C¸c gi¸ trÞ x = - 1, x = - 6 tháa m·n x2_{+ 7x + 7 0 lµ}

nghiƯm cđa (1).

<b>121. VÕ tr¸i : </b> 3(x 1)_ 2_4_ 5(x 1)_ 2_9 _ 4_ 9 5_ .

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

<b>122. a) Gi¶ sư </b> 3_ 2 = a (a : hữu tỉ) ị 5 - 2 6 = a2_Þ

2

5 a
6

2



 .

Vế phải là số hữu tỉ, vế trái là số vô tỉ. Vô lí. Vậy 3 2 là số vô tỉ.
<b>b) Giải tơng tự câu a.</b>

<b>123. Đặt </b> _{x 2}_ = a, _{4 x}_ = b, ta cã a2_{+ b = 2. SÏ chøng minh a + b 2.}

Cộng từng vế bất đẳng thức :

2 2

a 1 b 1

a ; b

2 2

 

  .

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

<b>125. Bình phơng hai vế rồi rút gọn, ta đợc bất đẳng thức tơng </b>

đơng : (ad bc)2_0.<i>_{Chú ý}</i>_{: Cũng có thể chứng minh bằng bất đẳng thức}

Bunhiac«pxki.

<b>126. Giả sử a b c > 0. Theo đề bài : b + c > a. Suy ra : b + c + 2</b> bc > a
ị

Þ



b c

  

2  a 2 Þ b c a

Vậy ba đoạn thẳng có độ dài b , c , a lập đợc thành một tam giác.
<b>127. Ta có a, b 0. Theo bất đẳng thức Cauchy :</b>

2

(a b) a b a b _{a b} 1 _{ab a b} 1

2 4 2 2 2

      

  _   _ _   _

   

CÇn chøng minh : ab a b 1

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 2

1 1

ab a b

2 2

_ _ _ _ 

  

    

   

 

 

0

Xảy ra dấu đẳng thức : a = b = 1

4 hc a = b = 0.

<b>128. Theo bất đẳng thức Cauchy : </b> b c.1 b c 1 : 2 b c a

a a 2a

     

_  _ 

 

.

Do đó : 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) 2

b c c a a b a b c

 

   

     .

Xảy ra dấu đẳng thức :

a b c

b c a a b c 0

c a b

 




 ị

, trái với giả thiÕt a, b, c >
0.

Vậy dấu đẳng thức không xảy ra.

<b>c</b>
<b>a</b>

<b>b</b>

<b>C</b>
<b>B</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

<b>129. </b><i>Cách 1</i> : Dùng bất đẳng thức Bunhiacơpxki. Ta có :



_{x 1 y}2 _{y 1 x}2



2



_x2 _{y 1 y 1 x}2

 

2 2



        .

Đặt x2_{+ y}2_{= m, ta đợc : 1}2_{m(2 - m) ị (m 1)}2_{0 ị m = 1 (đpcm).}
<i>Cách 2</i> : Từ giả thiết : x 1 y_ 2 _{ }1 y 1 x_ 2 . Bình phơng hai vế :

x2_{(1 y}2_{) = 1 2y} _{1 x}2

 + y2(1 x2) Þ x2 = 1 2y 1 x 2 + y2
0 = (y - _{1 x}2

 )2 Þ y = 1 x 2 Þ x2 + y2 = 1 .
<b>130. ¸p dơng | A | + | B | | A + B | . min A = 2 Û 1 x 2 .</b>

<b>131. XÐt A</b>2_{= 2 + 2} _{1 x}2

 . Do 0 1 x 2 1 Þ 2 2 + 2 1 x 2 4
Þ 2 A2_{4. min A =} 2_{víi x = 1 , max A = 2 víi x = 0.}

<b>132. áp dụng bất đẳng thức : </b> a2_b2 _ c2_d2 _ (a c) (b d)_ 2_ _ 2 (bài
23)

2 2 2 2 2 2

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

1 x 1

minA 10 2 x

x 3



 Û  Û  .

<b>133. Tập xác định : </b>

2
2

x 4x 12 0 (x 2)(6 x) 0

1 x 3

(x 1)(3 x) 0

x 2x 3 0

       



Û Û   

 

  

   

 



(1)

XÐt hiÖu : (- x2_{+ 4x + 12)(- x}2_{+ 2x + 3) = 2x + 9. Do (1) nªn 2x + 9 > 0 nªn}

A > 0.

XÐt : A2 _



(x 2)(6 x)_ _ _ (x 1)(3 x)_ _



2. HiĨn nhiªn A2_{0 nhng dÊu =}

khơng xảy ra (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) - 2 (x 2)(6 x)(x 1)(3 x)   
= (x + 1)(6 x) + (x + 2)(3 x) - 2 (x 2)(6 x)(x 1)(3 x)_ _ _ _ + 3

=



(x 1)(6 x)   (x 2)(3 x) 



23.

A2_{3. Do A > 0 nªn min A =} 3_{víi x = 0.}

<b>134. a) §iỊu kiƯn : x</b>2_5.

* Tìm giá trị lớn nhất : áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
A2_{= (2x + 1.} _{5 x}2

 )2 (22 + 11)(x2 + 5 x2) = 25 Þ A2 25.

2

2 2 2

2 ₂

x 0

x _{5 x}

A 25 2 x 4(5 x ) x 2

x 5 _x ₅





  _



 Û _ Û _   Û 

 _ 



 _

.

Víi x = 2 th× A = 5. VËy max A = 5 với x = 2.

* Tìm giá trị nhá nhÊt : Chó ý r»ng tuy tõ A2_{25, ta cã 5 x 5, nhng không}

xảy ra

A2_{= - 5. Do tp xỏc định của A, ta có x}2_{5 ị -} 5_x 5_{. Do đó : 2x - 2}

5 vµ

2

5 x 0. Suy ra :

A = 2x + _{5 x}2

 - 2 5. Min A = - 2 5 víi x = - 5

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>



2



2 2

2 2

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

x 200 x

10. 1000

2

         

 

 

2

2

2 2

x 101

99 99

A 1000 x 10

1 _{101 x}

x 200 x

 




 Û _  Û 




 _ _



. Do đó : - 1000 < A < 1000.

min A = - 1000 víi x = - 10 ; max A = 1000 víi x = 10.

<b>135. </b><i>C¸ch 1</i> : A = x + y = 1.(x + y) = a b

_

x y

_

a ay bx b

x y x y

 

     

 

 

.

Theo bất đẳng thức Cauchy với 2 số dơng : ay bx 2 ay bx. 2 ab
x  y  x y  .
Do đó A a b 2 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 0






  

 

  Û

 

 


 

 _




<i>Cách 2</i> : 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 đó tìm đợc giá trị nhỏ nhất của A.

<b>136. A = (x + y)(x + z) = x</b>2_{+ xz + xy + yz = x(x + y + z) + yz}

2 xyz(x y z) 2

   

min A = 2 khi chẳng hạn y = z = 1 , x = ₂ - 1.
<b>137. Theo bất đẳng thức Cauchy : </b>xy yz 2 xy yz. 2y

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

x  y  y  z  . Suy ra 2A 2(x + y + z) = 2.
min A = 1 víi x = y = z = 1

3.
<b>138. Theo bµi tËp 24 : </b>

2 2 2

x y z x y z

x y y z z x 2
 

  

   . Theo bất đẳng thức
Cauchy :

xy yz zx

x y y z z x x+y+z 1

xy ; yz ; zx nên

2 2 2 2 2 2

 

  

     .

min A = 1
2

1
x y z

3

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

<b>139. a) </b>_A_



_a_ _b

 

2_ _a_ _b

 

2_ _a_ _b



2 __{2a 2b 2}_ _ .
1

a b

max A 2 a b

2
a b 1

 _



 Û _ Û  

 




<b>b) Ta cã : </b>



_a _b

 

4 _a _b

 

4 _a _b



4 _2(a2_b2_6ab)
T¬ng tù :





















4 4

2 2 2 2

4 4

2 2 2 2

4

2 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 ra : B 6(a2_{+ b}2_{+ c}2_{+ d}2_{+ 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd) = 6(a}

+ b + c + d)2₆

1

a b c d

max B 6 a b c d

4
a b c d 1

   



 Û _ Û    

   




<b>140. </b>_{A 3}x ₃y _{2. 3 .3}x y _{2 3}x y _{2. 3}4 ₁₈

      . min A = 18 víi x = y = 2.
<b>141. Không mất tính tổng quát, giả sử a + b c + d. Tõ gi¶ thiÕt suy ra :</b>

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 1 y x y 1 x y 1 1

A 1 2. . 2

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

 



       _  _    

 

1

min A 2 d 0 , x y 2 , b c a d
2

  Û     ; chẳng hạn khi

a 2 1, b  2 1,c 2,d 0  
<b>142. a) </b>_{(x 3)}2 _{( x} ₃₎2 ₀

    . Đáp số : x = 3.

<b>b) Bình phơng hai vÕ, ®a vỊ : (x</b>2_{+ 8)(x}2_{8x + 8) = 0. Đáp số : x = 4 + 2}

2.

<b>c) Đáp số : x = 20.</b>

<b>d) </b> _{x 1 2}_ _ _{x 1} . Vế phải lớn hơn vế trái. V« nghiƯm.

<b>e) Chun vÕ : </b> _{x 2 x 1 1}   _{x 1} . Bình phơng hai vế. Đáp số : x = 1.
<b>g) Bình phơng hai vế. Đáp số : </b>1

2 x 1

<b>h) Đặt </b> _{x 2}_ = y. Đa về dạng y 2  y 3 = 1. Chú ý đến bất đẳng
thức :

y 2 3 y  y 2 3 y 1   . Tìm đợc 2 y 3. Đáp số : 6 x 11.
<b>i) Chuyển vế :</b> _x_ _{1 x 1}_ _{ } _x , rồi bình phơng hai vế. Đáp : x = 0 (chú
ý loại x = 16

25)
<b>k) Đáp số : </b>16

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

<b>l) §iỊu kiƯn : x 1 hc x = - 1. Bình phơng hai vế rồi rút gọn :</b>

2 2

2 2(x 1) (x 3)(x 1)   x  1.

B×nh ph¬ng hai vÕ : 8(x + 1)2_{(x + 3)(x 1) = (x + 1)}2_{(x 1)}2 _{Û (x + 1)}2_{(x 1)(7x}

+ 25) = 0

25
x

7

 lo¹i. NghiƯm là : x = 1.

<b>m) Vế trái lớn hơn x, vế phải không lớn hơn x. Phơng trình vô nghiệm.</b>
<b>n) Điều kiện : x - 1. Bình phơng hai vế, xuất hiện điều kiện x - 1. NghiƯm </b>
lµ : x = - 1.

<b>o) Do x 1 nên vế trái lớn hơn hoặc bằng 2, vế phải nhỏ hơn hoặc bằng 2. </b>
Suy ra hai vế bằng 2, khi đó x = 1, tha món phng trỡnh.

<b>p) Đặt </b> _{2x 3}_ _{x 2}_ __{y ; 2x 2}_{ } _{x 2}_ __z (1). Ta cã :

2 2

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

Từ đó _z_ _{x 2}_ (2). Từ (1) và (2) tính đợc x. Đáp số : x = 2 (chú ý loại x
= - 1).

<b>q) Đặt 2x</b>2_{9x + 4 = a 0 ; 2x 1 b 0. Phơng trình là :} _{a 3 b} _{a 15b}

   .

Bình phơng hai vế rồi rút gọn ta đợc : b = 0 hoặc b = a. Đáp số : 1 ; 5
2
<b>144. Ta có :</b>







 







2 k 1 k

1 2 2

2 k 1 k

k 2 k k k 1 k 1 k k 1 k

 

     

     

.
VËy :

1 1 1

1 ... 2( 2 1) 2( 3 2) 2( 4 3) ... 2( n 1 n )

2 3 n

             

=

= _{2( n 1 1)}_{ } (®pcm).

<b>150. Đa các biểu thức dới dấu căn về dạng các bình phơng đúng. M = -2</b>
<b>151. Trục căn thức ở mẫu từng hạng tử. Kết quả : A = </b> _n - 1.

<b>152. Ta cã : </b> 1 ( a a 1) P ( 2 2n 1)
a  a 1 ị .

P không phải là số hữu tỉ (chứng minh bằng phản chøng).
<b>153. Ta h·y chøng minh : </b> 1 1 1 A 9

10
(n 1) n n n 1    n  n 1 Þ 
<b>154. </b>1 1 1 1 ... 1 1 .n n

2 3 4 n n

       .

<b>155. Ta có a + 1 = </b> ₁₇. 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 ₁₇ - 225 ₁₇ - 34 ₁₇ - 1)2000_{= 1.}

<b>156. Biến đổi : </b> a a 1 1 ; a 2 a 3 1

a a 1 a 2 a 3

      

     .

<b>157. </b>

2 2

2 1 2 1 1 1 1

x x x x x x x x 0

2 4 4 2 2

   

        _  _ _  _ 

   

.
Dấu = khơng xảy ra vì khơng thể có đồng thời : x 1 và x 1

2 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

<b>168. Tríc hÕt ta chøng minh : </b>_{a b} _2(a2 _{b )}2

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

3
x

x 1 y 2 ₂

max S 2

x y 4 5

y
2




  

 

 Û _ _{Û }

 

 _{ }



<b>* Có thể tính S</b>2_{rồi áp dụng bất đẳng thức Cauchy.}

<b>180. Ta ph¶i cã | A | </b> ₃. DƠ thÊy A > 0. Ta xÐt biĨu thøc :

2

1

B 2 3 x

A

    . Ta cã :

2 2 2

0 3 x  3 Þ  3 3 x  Þ0 2 3 2  3 x 2.

2

min B 2  3 Û 3 3 x Û x 0 . Khi đó max A 1 2 3
2 3

  

 Û

Û _{max B 2} _{3 x}2 ₀ _x ₃

 Û   Û  . Khi đó min A = 1
2

<b>181. Để áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta xét biểu thức : </b>B 2x 1 x
1 x x



 

 .

Khi đó :

2x 1 x
(1)
2x 1 x

B 2 . 2 2 . B 2 2 1 x x

1 x x

0 x 1 (2)





 

   Û  

 _{  }



Gi¶i (1) : 2x2_{= (1 x)}2_{Û | x} ₂_{| = | 1 x |. Do 0 < x < 1 nªn x} ₂_{= 1 x}

Û

Û x = 1 2 1

2 1   .

Nh vËy min B = 2 ₂ Û x = ₂ - 1.
B©y giê ta xÐt hiÖu :

2 1 2x 1 x 2 2x 1 1 x

A B 2 1 3

1 x x 1 x x 1 x x

   

   

 _  _ _  _    

  

   

Do đó min A = 2 ₂ + 3 khi và chỉ khi x = ₂ - 1.

<b>182. a) Điều kiện : x 1 , y 2. Bất đẳng thức Cauchy cho phép làm giảm </b>

một tổng :

a b

ab
2



 . ở đây ta muốn làm tăng một tổng. Ta dùng bất đẳng thức :

2 2

a b  2(a b )

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

x y 4 y 2,5

   

 

 Û _ Û _

  

 

Cách khác : Xét A2_{rồi dùng bất đẳng thức Cauchy.}

<b>b) Điều kiện : x 1 , y 2. Bất đẳng thức Cauchy cho phép làm trội một </b>
tích : ab a b

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

Ta xem c¸c biĨu thøc x 1 , y 2  là các tích :
2(y 2)

x 1 1.(x 1) , y 2

2


    

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

x x 2x 2

   

  

y 2 2.(y 2) 2 y 2 1 2

y y 2 2y 2 2 2 4

   

   

x 1 1 x 2

1 2 2 2

max B

y 2 2 y 4

2 4 4

  

 



   Û _ Û _

  

 

<b>183. </b>a 1 , b 1

1997 1996 1998 1997

 

  . Ta thÊy

1997 1996  1998 1997
Nªn a < b.

<b>184. a) min A = 5 - 2</b> ₆ víi x = 0. max A = 1

5 víi x = 6.
<b>b) min B = 0 víi x = 1 </b> ₅. max B = ₅ víi x = 1

<b>185. XÐt 1 x 0 th× A 0. XÐt 0 x 1 th× </b>

2 2

2 2 x (1 x ) 1

A x (1 x )

2 2

 

    .

2 2

x 1 x

1 2

max A x

2 x 0 2

  

 Û _ Û 




<b>186. A = | x y | 0, do đó A lớn nhất khi và chi khi A</b>2_{lớn nhất. Theo bđt}

Bunhiac«pxki :

2

2 2 1 1 2 2 5

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

2 4 4

   

  _  _ _  _  

   

2 2

2 5

2y 1 x

5 5

max A = x 2

2 ₅

x 4y 1 _y

10


 _ 



 

Û _ Û _

 _ _  _

 _



<b> hc </b>

2 5
x

5
5
y

10




<b>187. a) </b><i>Tìm giá trị lớn nhÊt</i> : Tõ gi¶ thiÕt :

3 2

3 3 2 2

3 2

0 x 1 x x

x y x y 1

0 y 1 _y _y



  

 

Û Û    

 

   

 

3 2

3 2

x x

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

 



 Û _ Û   

<b>b) </b><i>Tìm giá trị nhỏ nhất</i> : (x + y)2_2(x2_{+ y}2_{) = 2 Þ x + y} 2 x y 1

2


Þ  .

Do đó :



3 3







3 3 x y x y

x y

2

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>



 

2



2

   

2 2

_



2

3 3 3 3 3 3

(x y )(x y) _ x  y _{ }  x  y   x . x  y . y



 

  =

(x2_{+ y}2_{) = 1}

1 2

min A x y

2
2

 Û  

<b>188. §Ỉt </b> x a ; y b, ta cã a, b 0, a + b = 1.

A = a3_{+ b}3_{= (a + b)(a}2_{ab + b}2_{) = a}2_{ab + b}2_{= (a + b)}2_{3ab = 1 3ab.}

Do ab 0 nªn A 1. max A = 1 Û a = 0 hc b = 0 Û x = 0 hc x = 1, y
= 0.

Ta cã

2

(a b) 1 1 1 1 1

ab ab 1 3ab . min A x y

4 4 4 4 4 4



  Þ  Þ    Û  

<b>189. §iỊu kiƯn : 1 x 0 , 2 x 0 nªn x 1. Ta cã :</b>
x 1
1 x (x 1)(x 2) x 2 3

x 2


      



Û 1 x  (x 1)(x 2)   (x 1)(x 2) 3   Û 1 x  Û3 x8.
<b>190. Ta cã : 6 + 4x + 2x</b>2_{= 2(x}2_{+ 2x + 1) + 4 = 2(x + 1)}2_{+ 4 > 0 víi mäi x.}

Vậy phơng trình xác định với mọi giá trị của x. Đặt _x2 _{2x 3}

  = y 0,
ph-ơng trình có dạng :

y2_{- y} ₂_{- 12 = 0 Û (y - 3} ₂_{)(y + 2} ₂_{) = 0 Û} y 3 2

y 2 2 (loai vì y 0

 _



 


Do đó _x2 _{2x 3}

  = 3 2 Û x2 + 2x + 3 = 18 Û (x 3)(x + 5) = 0 Û x =
3 ; x = -5 .

<b>191. Ta cã :</b>

1 1 1 1 1 1 1 1

k. k k

(k 1)k k k 1

(k 1) k k k 1 k k 1

   

 

  _  _ _  _{ }  _

 

        

= 1 k 1 1

k 1 k k 1

 _{ } _

 

 _{ } _

   

 

. Do đó : 1 2 1 1
(k 1) k k k 1

 

 _  _

   .

VËy :

1 1 1 1 1 1 1 1 1

... 2 1 2 ... 2

2 3 2 4 3 (n 1) n 2 2 3 n n 1

 

   

     _  _ _  _  _  _

       

= 2 1 1 2
n 1

 

 

 



  (®pcm).

<b>192. Dùng bất đẳng thức Cauchy </b> 1 2
a b

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

a) Nếu b = 0 thì x = y = 0, do đó _x , y ẻ Q .
b) Nếu b 0 thì x y a x y a

b b

x y


 Þ ẻ

<b>Q (2).</b>

Từ (1) và (2) : x 1 b a Q ; y 1 b a Q

2 b 2 b

   

 _  _ Ỵ  _  _ Ỵ

    .

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>















2 2 2 2

2

2 2 2 2

2 2 2 2

5 x a x x a x
5a

2 x x a (1) 2 x x a

x a x a

   

   Û   

 

Do a 0 nªn : _x2 _a2 _x _x2 _x _x _{x 0}

       . Suy ra : x2a2 x 0 ,
"x.

V× vËy : (1) Û





2 2 2 2 2 2

2 2 2

x 0
x 0

2 x a 5 x a x 5x 3 x a

25x 9x 9a







    Û   Û _



 _ _



x 0

3
x a

3 ₄

0 x a
4




Û Û 

  


.

<b>207. c) Trớc hết tính x theo a đợc </b>x 1 2a
2 a(1 a)




 . Sau đó tính

2

1 x đợc
1

2 a(1 a) .

Đáp số : B = 1.

<b>d) Ta cã a</b>2_{+ 1 = a}2_{+ ab + bc + ca = (a + b)(a + c). T¬ng tù :}

b2_{+ 1 = (b + a)(b + c) ; c}2_{+ 1 = (c + a)(c + b). Đáp số : M = 0.}

<b>208. Gọi vế trái là A > 0. Ta có </b>A2 2x 4

x

. Suy ra điều phải chøng minh.
<b>209. Ta cã : a + b = - 1 , ab = - </b>1

4 nªn : a

2_{+ b}2_{= (a + b)}2_{2ab = 1 +}1 3

2 2
.

a4_{+ b}4_{= (a}2_{+ b}2₎2_2a2_b2₌9 1 17

4 9 8 ; a

3_{+ b}3_{= (a + b)}3_{3ab(a + b) = 1}

-3 7
4  4

Do đó : a7_{+ b}7_{= (a}3_{+ b}3_)(a4_{+ b}4_{) a}3_b3_{(a + b) =} 7 17. 1

_

1

_

239

4 8 64 64

 

  _ _  

 

.

<b>210. a) </b>_a2 _{( 2 1)}2 _{3 2 2} ₉ ₈

      .

3 3

a ( 2 1) 2 2 6 3 2 1 5 2 7      50 49.

<b>b) </b><i>Theo khai triÓn Newton</i> : (1 - ₂)n_{= A - B} ₂_{; (1 +} ₂₎n_{= A + B} ₂

víi A, B Ỵ N

Suy ra : A2_2B2_{= (A + B} ₂_{)(A - B} ₂_{) = [(1 +} ₂_{)(1 -} ₂_)]n_{= (- 1)}n_.

Nếu n chẵn thì A2_2b2_{= 1 (1). NÕu n lẻ thì A}2_2B2_{= - 1 (2).}

<b>Bây giờ ta xét an</b>_{. Có hai trờng hợp :}

<b>* </b><i>Nếu n chẵn thì</i> : an_{= (} ₂_{- 1)}n_{= (1 -} ₂₎n_{= A - B} ₂₌ _A2 _2B2

 . §iỊu
kiƯn

A2_2B2_{= 1 đợc thỏa mãn do (1).}

<b>* </b><i>NÕu n lỴ th×</i> : an_{= (} ₂_{- 1)}n_{= - (1 -} ₂₎n_{= B} ₂_{- A =} _2B2 _A2

 . §iỊu
kiƯn

2B2_A2_{= 1 đợc thỏa mãn do (2).}

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

Û ₂(b + 2) = -(2a + c).

Do a, b, c hữu tỉ nên phải có b + 2 = 0 do đó 2a + c = 0. Thay b = - 2 , c = -
2a vào phơng trình đã cho :

x3_{+ ax}2_{2x 2a = 0 Û x(x}2_{2) + a(x}2_{2) = 0 Û (x}2_{2)(x + a) = 0.}

Các nghiệm phơng trình đã cho là: ₂ và - a.
<b>212. Đặt </b>A 1 1 ... 1

2 3 n

    .

<b>a) </b><i>Chøng minh </i>_{A 2 n 3}  : Làm giảm mỗi số hạng của A :

1 2 2

2 k 1 k
k  k k  k 1  k   

.

Do đó A 2 



 2 3

 

  3 4



  ...



n  n 1



 

 





2 n 1 2 2 n 1 2 2 2 n 1 3 2 n 3

           .

<b>b) </b><i>Chøng minh</i> _{A 2 n 2}  : Làm trội mỗi số hạng của A :





1 2 2

2 k k 1
k  k  k  k  k 1   

Do đó : A 2 



n  n 1



 ...



3 2

 

 2 1



 2 n 2

  .

<b>213. KÝ hiÖu </b>

n

a  6 6 ... 6 6 có n dấu căn. Ta cã :

1 2 1 3 2 100 99

a  6 3 ; a  6 a  6 3 3 ; a   6 a  6 3 3 ... a   6 a  6 3 3 
Hiển nhiên a100 > 6 > 2. Nh vậy 2 < a100 < 3, do đó [ a100 ] = 2.

<b>214. a) </b><i>C¸ch 1</i> (tÝnh trùc tiÕp) : a2_{= (2 +} ₃₎2_{= 7 + 4} ₃_.

Ta cã _{4 3}_ ₄₈ nªn 6 < 4 ₃ < 7 Þ 13 < a2_{< 14. VËy [ a}2_{] = 13.}
<i>C¸ch 2</i> (tính gián tiếp) : Đặt x = (2 + ₃)2_{th× x = 7 + 4} ₃_.

XÐt biÓu thøc y = (2 - ₃)2_{th× y = 7 - 4} ₃_{. Suy ra x + y = 14.}

Dễ thấy 0 < 2 - ₃ < 1 nên 0 < (2- ₃)2_{< 1, tức là 0 < y < 1. Do đó 13 < x}

< 14.

VËy [ x ] = 13 tøc lµ [ a2_{] = 13.}

<b>b) Đáp số : [ a</b>3_{] = 51.}

<b>215. Đặt x y = a ; </b> x  y b (1) thì a và b là số hữu tỉ. Xét hai trờng
hợp :

<b>a) Nếu b 0 thì </b> x y a x y a

b b

x y


 Þ 

là số hữu tỉ (2). Từ (1) vµ (2)
ta cã :

1 a

x b

2 b

 

  

là số hữu tỉ ;

1 a

y b

2 b

 

 _  _

  là số hữu tỉ.
<b>b) Nếu b = 0 thì x = y = 0, hiĨn nhiªn </b> x , y là số hữu tỉ.

<b>216. Ta có</b>

1 n 1 1 1 1 1 1

n n

n(n 1) n n 1

(n 1) n n n 1 n n 1

   

 

  _  _ _  _{ }  _

 

        

n 1 1 1 1

1 2

n 1 n n 1 n n 1

 _{ } _ _ _

_  _{ }  _ _  _

      

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

<b>217. Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử trong 25 số tự nhiên đã cho, </b>
khơng có hai số nào bằng nhau. Khơng mất tính tổng quát, giả sử a1 < a2 <

. < a25. Suy ra : a1 1 , a2 2 , …

a25 25. ThÕ th× :

1 2 25

1 1 1 1 1 1

.... ....

a  a   a  1 2   25 (1). Ta l¹i cã :

1 1 1 1 2 2 2

.... .... 1

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





2 2 2

.... 1 2 25 24 24 23 .... 2 1 1

24 24 23 23 2 2

             

  





2 25 1 1 9
    (2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra :

1 2 25

1 1 1

.... 9

a  a   a  , tr¸i với giả thiết. Vậy tồn tại
hai số bằng nhau trong 25 sè a1 , a2 , , a25.

<b>218. §iỊu kiƯn : 0 x 4. §Ỉt </b> ₂_ _x _{ }_{a 0 ; 2}_ _x _{ }_{b 0}.
Ta cã : ab = _{4 x}_ , a2_{+ b}2_{= 4. Phơng trình lµ :}

2 2

a b

2

2 a  2 b 
Þ a2 ₂_{- a}2_{b + b}2 ₂_{+ ab}2₌ ₂_{(2 - b} ₂_{+ a} ₂_{- ab)}

Þ ₂(a2_{+ b}2_{2 + ab) ab(a b) = 2(a b)}

Þ ₂(2 + ab) = (a b)(2 + ab) (chó ý : a2_{+ b}2_{= 4)}

Þ a b = ₂ (do ab + 2 0)

Bình phơng : a2_{+ b}2_{2ab = 2 Þ 2ab = 2 Þ ab = 1 Þ} _{4 x}

 = 1. Tìm
đ-ợc x = 3 .

<b>219. Điều kiện : 0 < x 1 , a 0. Bình phơng hai vế rồi thu gọn :</b>

2 a 1

1 x

a 1


 

 .

Với a 1, bình phơng hai vế, cuối cùng đợc : x = 2 a
a 1 .
Điều kiện x 1 thỏa mãn (theo bất đẳng thức Cauchy).

KÕt ln : NghiƯm lµ x = 2 a

a 1 . Víi a 1.

<b>220. Nếu x = 0 thì y = 0, z = 0. Tơng tự đối với y và z. Nếu xyz 0, hiển </b>
nhiên x, y, z > 0

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

  

 .

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

<b>221. a) Đặt A = (8 + 3</b> ₇)7_{. Để chứng minh bài toán, chỉ cần tìm số B}

sao cho 0 < B < 1₇

10 và A + B là số tự nhiên.

Chọn B = (8 - 3 ₇)7_{. DÔ thÊy B > 0 v× 8 > 3} ₇_{. Ta cã 8 + 3} ₇_{> 10 suy}

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>









7

7 7 7

1 1 1

8 3 7

10 10

8 3 7

ị

Theo khai triển Newton ta lại cã : A = (8 + 3 ₇)7_{= a + b} ₇_{víi a, b Ỵ N.}

B = (8 - 3 ₇)7_{= a - b} ₇_{. Suy ra A + B = 2a là số tự nhiên.}

Do 0 B 1₇
10

và A + B là số tự nhiên nên A có bảy chữ số 9 liền sau
dấu phẩy.

<i>Chú ý</i> : 10- 7_{= 0,0000001.}

<b>b) Giải tơng tự nh c©u a.</b>

<b>222. Ta thấy với n là số chính phơng thì </b> _n là số tự nhiên, nếu n khác số

chính phơng thì _n là số vơ tỉ, nên _n khơng có dạng _....,5 . Do đó ứng
với mỗi số n ẻ N*_{có duy nhất một 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 rằng an lần lợt nhận các giá trị : hai sè 1, bèn sè 2, s¸u

sè 3 Nãi cách khác ta sẽ chứng minh bất phơng trình :

1 1

1 x 1

2 2

    cã hai nghiƯm tù nhiªn.

1 1

2 x 2

2 2

    cã bèn nghiƯm tù nhiªn.

1 1

3 x 3

2 2

    cã s¸u nghiƯm tự nhiên.
Tổng quát : k 1 x k 1

2 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
này có 2k nghiệm tự nhiên là : k2_{k + 1 ; k}2_{k + 2 ; ; k}2_{+ k. Do đó :}



   

 

   

 

   _  __    _ _    _ 

   

 

               

1 2 1980

2 soá 4 soá 88 soá

1 1 _... 1 1 1 1 1 1 1 _... 1 1 _... 1 _{2.44 88}

a a a 1 1 2 2 2 2 44 44 44

.
<b>223. Giải tơng tự bài 24.</b>

<b>a) 1 < a</b>n < 2. VËy [ an ] = 1. <b>b) 2 a</b>n 3. VËy [ an ]

= 2.

<b>c) Ta thÊy : 44</b>2_{= 1936 < 1996 < 2025 = 45}2_{, cßn 46}2_{= 2116.}

a1 = 1996 = 44 < a1 < 45.

H·y chøng tá víi n 2 th× 45 < an < 46.

Nh vËy víi n = 1 th× [ an ] = 44, víi n 2 th× [ an ] = 45.

<b>224. Cần tìm số tự nhiên B sao cho B A < B + 1. Làm giảm và làm trội </b>

A để đợc hai số tự nhiên liên tiếp.

Ta cã : (4n + 1)2_{< 16n}2_{+ 8n + 3 < (4n + 2)}2_{Þ 4n + 1 <} 16n2 8n 3

 

< 4n + 2
Þ 4n2_{+ 4n + 1 < 4n}2₊ 16n2 8n 3

  < 4n2 + 4n + 2 < 4n2 + 8n + 4
Þ (2n + 1)2_{< 4n}2₊ _16n2 _{8n 3}

  < (2n + 2)2.

Lấy căn bậc hai : 2n + 1 < A < 2n + 2. VËy [ A ] = 2n + 1.

<b>225. Để chứng minh bài toán, ta chØ ra sè y tháa m·n hai ®iỊu kiƯn : 0 < </b>
y < 0,1 (1).

</div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26>

Ta chọn y =



3_ 2



200. Ta có 0 < 3_ 2 < 0,3 nên 0 < y < 0,1.
Điều kiện (1) đợc chứng minh.

B©y giê ta chøng minh x + y là một số tự nhiên có tận cùng b»ng 2. Ta cã :





200





200





100





100

x y  3 2  3 2  5 2 6  5 2 6 .

XÐt biÓu thøc tỉng qu¸t Sn = an + bn víi a = 5 + 2 6 , b = 5 - 2 6.

Sn = (5 + 2 6)n = (5 - 2 6)n

A vµ b cã tỉng b»ng 10, tÝch b»ng 1 nên chúng là nghiệm của phơng trình
X2_{-10X + 1 = 0, tøc lµ : a}2_{= 10a 1 (3) ; b}2_{= 10b 1 (4).}

Nh©n (3) víi an_{, nh©n (4) víi b}n_{: a}n+2_{= 10a}n+1_an_{; b}n+2_{= 10b}n+1_bn_.

Suy ra (an+2_{+ b}n+2_{) = 10(a}n+1_{+ b}n+1_{) (a}n_{+ b}n_),

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

Do đó Sn+4  - Sn+2  Sn (mod 10) (5)

Ta cã S0 = (5 + 2 6)0 + (5 - 2 6)0 = 1 + 1 = 2 ; S1 = (5 + 2 6) + (5 - 2

6) = 10.

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

tận cùng bằng 2, tức là tổng x + y là một số tự nhiên có tận cùng bằng 2.
Điều kiện (2) đợc chứng minh. Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
<b>226. Biến đổi </b>



3_ 2



250 _



5 2 6_



125. Phần nguyên của nú cú ch s
tn cựng bng 9.

(Giải tơng tự bµi 36)
<b>227. Ta cã :</b>



 

 

 



A_  1_..._ 3 _  4 _..._ 8 _  9 _..._ 15 _  16 _..._ 24

               

Theo c¸ch chia nhãm nh trªn, nhãm 1 cã 3 sè, nhãm 2 cã 5 sè, nhãm 3 cã
7 sè, nhãm 4 cã 9 sè. C¸c sè thuéc nhãm 1 b»ng 1, c¸c sè thuéc nhãm 2
b»ng 2, c¸c sè thuéc nhãm 3 b»ng 3, c¸c sè thuéc nhãm 4 b»ng 4.

VËy A = 1.3 + 2.5 + 3.7 + 4.9 = 70
<b>228. a) XÐt 0 x 3. ViÕt A díi d¹ng : A = 4.</b>x

2.
x

2.(3 x). ¸p dơng bÊt

đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm x

2,
x

2, (3 x) ta đợc :
x
2.

x

2.(3 x)

3

x x 3 x

2 2 ₁

3

 

  

 



 

 

 

.

Do đó A 4 (1)

<b>b) Xét x > 3, khi đó A 0 (2). So sánh (1) và (2) ta đi đến kết luận :</b>

x 3 x

maxA 4 2 x 2

x 0



 


 Û _ Û 

 


.

<b>229. a) Lập phơng hai vế, áp dụng hằng đẳng thức (a + b)</b>3_{= a}3_{+ b}3₊

3ab(a + b), ta đợc :

3

x 1 7 x 3. (x 1)(7 x).2 8       Û (x 1)(7 x) 0   Û x = - 1 ; x = 7

(tháa)

<b>b) Điều kiện : x - 1 (1). Đặt </b>3x 2 y ; x 1 z_ _ _{ } . Khi đó x 2 = y2_{; x}

+ 1 = z2

</div>
<span class='text_page_counter'>(27)</span><div class='page_container' data-page=27>

2 3

y z 3 (2)

z y 3 (3)

z 0 (4)

 




 


 


Rót z tõ (2) : z = 3 y. Thay vµo (3) : y3_y2_{+ 6y 6 = 0 Û (y 1)(y}2_{+ 6) = 0}

Û y = 1

Suy ra z = 2, thỏa mãn (4). Từ đó x = 3, thỏa mãn (1). Kết luận : x = 3.
<b>230. a) Có, chẳng hạn : </b> 1 1 2

2  2  .

<b>b) Không. Giả sử tồn tại các số hữu tỉ dơng a, b mà </b> _a _b 4 ₂_{. Bình}

ph¬ng hai vÕ :

a b 2 ab   2 ị 2 ab 2 (a b) .

Bình phơng 2 vÕ : 4ab = 2 + (a + b)2_{2(a + b)} 2_{Þ 2(a + b)} 2_{= 2 + (a +}

b)2_4ab

VÕ phải là số hữu tỉ, vế trái là số vô tỉ (vì a + b 0), mâu thuẩn.
<b>231. a) Giả sử </b>3₅_{là số hữu tỉ}m

n (phân số tối giản). Suy ra 5 =

3
3

m

n .

Hãy chứng minh rằng cả m lẫn n đều chia hết cho 5, trái gi thit m

n là

phân số tối giản.

<b>b) Giả sử </b>3₂3 ₄_{là số hữu tỉ}m

n (phân số tối giản). Suy ra :



3 ₃

3 3 2 3

3 3 3

3

m ₂ ₄ _{6 3. 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_{= 6n}3_{+ 12kn}2_{Þ 4k}3_{= 3n}3_{+ 6kn}2_{. Suy}

ra 3n3_{chia hÕt cho 2 Þ n}3 _{chia hÕt cho 2 Þ n chia hÕt cho 2. Nh vËy m}

vµ n cùng chia hết cho 2, trái với giả thiết m

n là phân số tối giản.

<b>232. </b><i>Cỏch 1</i> : Đặt a = x3_{, b = y}3_{, c = z}3_{. Bất đẳng thức cần chứng minh}

3

a b c _abc

3

 

 tơng đơng với

3 3 3

x y z _{xyz hay}

3

 

 x3_{+ y}3_{+ z}3_{3xyz 0.}

Ta có hằng đẳng thức :
x3_{+ y}3_{+ z}3_{3xyz =}1

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

Do a, b, c 0 nên x, y, z 0, do đó x3_{+ y}3_{+ z}3_{3xyz 0. Nh vậy :}

3

a b c _abc

3

 


Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c.

<i>Cách 2</i> : Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức Cauchy cho bốn số không
âm. Ta có :





4

a b c d 1 a b c d _{1 ab cd} _{ab. cd} _abcd

4 2 2 2 2

      

 _  _   

 

Trong bất đẳng thức

4

a b c d _abcd

4

  

 



 

 

, đặt d a b c

3

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(28)</span><div class='page_container' data-page=28>

4

4

a b c

a b c _{a b c} _{a b c} _{a b c}

3 _abc. _abc.

4 3 3 3

 

 

  

         

 Þ 

   

 

 

 

.

Chia hai vÕ cho sè d¬ng a b c

3

 

(trờng hợp một trong các số a, b, c bằng
0, bài toán đợc chứng minh) :

3

3

a b c _abc a b c _abc

3 3

   

 

 Û 

 

 

.
Xảy ra đẳng thức : a = b = c = a b c

3

 

Û a = b = c = 1
<b>233. Tõ gi¶ thiÕt suy ra : </b> b c d 1 a 1

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

đẳng thức Cauchy cho 3 số dơng :

3

1 b c d _3. bcd

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

3

3

3

1 _3. acd

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

1 _3. abd

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

1 _3. abc

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



   



   



   

Nhân từ bốn bất đẳng thức : 1 81abcd abcd 1

81

 Þ  .

<b>234. Gäi </b>

2 2 2
2 2 2

x y z

A

y z x

   . áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki :

2
2 2 2

2 2 2

x y z x y z

3A (1 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 3 A

y z x y z x y z x

   

     Þ   

   

  

<b>235. Đặt </b>_x 3₃ 3_{3 ; y} 3₃ 3₃

    thì x3 + y3 = 6 (1). Xét hiệu b3 a3 , ta
đợc :

b3_a3_{= 24 (x + y)}3_{= 24 (x}3_{+ y}3_{) 3xy(x + y)}

Do (1), ta thay 24 bëi 4(x3_{+ b}3_{), ta cã :}

b3_a3_{= 4(x}3_{+ y}3_{) (x}3_{+ y}3_{) 3xy(x + y) = 3(x}3_{+ y}3_{) 3xy(x + y) =}

= 3(x + y)(x2_{xy + y}2_{xy) = 3(x + y)(x y)}2_{> 0 (v× x > y > 0).}

Vậy b3_{> a}3_{, do đó b > a.}

<b>236. a) Bất đẳng thức đúng với n = 1. Với n 2, theo khai triển Newton, </b>
ta có :

n

2 3 n

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

1 1 n. . . ... .

n n 2! n 3! n n! n

   

 

      

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(29)</span><div class='page_container' data-page=29>

< 1 1 1 1 ... 1

2! 3! n!

 

 _    _

 

DƠ dµng chøng minh : 1 1 ... 1 1 1 ... 1

2! 3!  n! 1.2 2.3   (n 1)n 

= 1 1 1 1 ... 1 1 1 1 1

2 2 3 n 1 n n

        



Do đó (1 1)n 3

n

 

<b>b) Víi n = 2, ta chøng minh </b>33 _ 2 (1). ThËt vËy, (1) Û

   

3₃ 6 ₂ 6

 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 1

n 1 n

n

(n 1) 1

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

n n

 



   

Û   Û   Û  Û _  _ 

 

(3)
Theo c©u a ta cã

n

1

1 3

n

 

 

 

 

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

<b>237. Cách 1 : </b>A2 2 x 1



2  x4 x 12



4. min A = 2 với x = 0.
Cách 2 : áp dụng bất đẳng thức Cauchy :

2 2 4 4 2

4

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

min A = 2 víi x = 0.

<b>238. Víi x < 2 th× A 0 (1). Víi 2 x 4, xÐt - A = x</b>2_{(x 2). ¸p dơng}

bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm :

3

3

x x x 2

A x x_{. .(x 2)} _{2 2} 2x 2 ₈

4 2 2 3 3

 

  

    

   _ _ _ _ 

 

 

 

- A 32 Þ A - 32. min A = - 32 víi x = 4.
<b>239. §iỊu kiƯn : x</b>2_9.

3
2 2

2
2 2

2 4 2 2

x x _{9 x}

x x ₂ ₂

A x (9 x ) 4. . (9 x ) 4 4.27

2 2 3

 

  

 

       

 

 

 

max A = _{6 3} víi x = ₆.
<b>240. a) Tìm giá trị lớn nhất :</b>

<i>Cách 1</i> : Víi 0 x < 6 th× A = x(x2_{6) 0.}

Víi x ₆. Ta cã ₆ x 3 Þ 6 x2_{9 Þ 0 x}2_{6 3.}

Suy ra x(x2_{6) 9. max A = 9 víi x = 3.}

<i>C¸ch 2</i> : A = x(x2_{9) + 3x. Ta cã x 0, x}2_{9 0, 3x 9, nªn A 9.}

max A = 9 víi x = 3
<b>b) Tìm giá trị nhỏ nhất :</b>

<i>Cách 1</i> : A = x3_{6x = x}3_{+ (2} ₂₎3_{6x (2} ₂₎3₌

= (x + 2 2)(x2_{- 2} 2_{x + 8) 6x - 16} 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(30)</span><div class='page_container' data-page=30>

= (x + 2 ₂)(x - ₂)2_{- 4} ₂_{- 4} ₂_.

min A = - 4 ₂ víi x = ₂.

<i>Cách 2</i> : áp dụng bất đẳng thức Cauchy với 3 số không âm :
x3_{+ 2} 2_{+ 2} 2_3.3 _{x .2 2.2 2}3 _{= 6x.}

Suy ra x3_{6x - 4} 2_{. min A = - 4} 2_{víi x =} 2_.

<b>241. Gọi x là cạnh của hình vuông nhỏ, V là thể tích của hình hộp.</b>
Cần tìm giá trị lớn nhất của V = x(3 2x)2_.

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

3

4x 3 2x 3 2x
3

   

 

 

 

= 8

max V = 2 Û 4x = 3 2x Û x = 1

2

ThĨ tÝch lín nhÊt cđa h×nh hép là 2 dm3_{khi cạnh hình vuông nhỏ bằng}1

2

dm.

<b>242. a) Đáp số : 24 ; - 11.</b> <b>b) Đặt </b>32 x a ; x 1 b . Đáp số
: 1 ; 2 ; 10.

<b>c) LËp ph¬ng hai vế. Đáp số : 0 ; </b> 5

2

<b>d) Đặt </b>3_{2x 1}_ _{= y. Giải hệ : x}3_{+ 1 = 2y , y}3_{+ 1 = 2x, đợc (x y)(x}2_{+ xy +}

y2_{+ 2) = 0}

Û x = y. Đáp số : 1 ; 1 5

2

  _.

<b>e) Rút gọn vế trái đợc : </b>1 x x 4



2



2   . Đáp số : x = 4.

<b>g) t </b>37 x a ; x 5 b  3   . Ta có : a3_{+ b}3_{= 2, a}3_b3_{= 12 2x, do đó vế}

phải của phơng trình đã cho là

3 3

a b

2



. Phơng trình đã cho trở thành :

a b
a b


 =

3 3

a b

2


.
Do a3_{+ b}3_{= 2 nªn}

3 3
3 3

a b a b

a b a b

 



  Þ (a b)(a

3_{+ b}3_{) = (a + b)(a}3_b3₎

Do a + b 0 nªn : (a b)(a2_{ab + b}2_{= (a b)(a}2_{+ ab + b}2_).

Từ a = b ta đợc x = 6. Từ ab = 0 ta đợc x = 7 ; x = 5.

<b>h) Đặt </b>3x 1 a ; x 1 b  3   . Ta cã : a2_{+ b}2_{+ ab = 1 (1) ; a}3_b3_{= 2}

(2).

Từ (1) và (2) : a b = 2. Thay b = a 2 vào (1) ta đợc a = 1. Đáp số : x = 0.

<b>i) </b><i>Cách 1</i> : x = - 2 nghiệm đúng phơng trình. Với x + 2 0, chia hai v cho

3_{x 2} _.

Đặt 3 x 1 a ; x 3 b

x 2 x 2

 

 

  . Gi¶i hƯ a

3_{+ b}3_{= 2, a + b = - 1. Hệ này vô}

nghiệm.

<i>Cách 2</i> : Đặt 3 _{x 2} _{= y. ChuyÓn vÕ :}₃ _{y 1}3 ₃ _{y 1}3 _y

    . Lập phơng
hai vế ta đợc :

y3_{1 + y}3_{+ 1 + 3.}₃ y 16

 .(- y) = - y3 Û y3 = y. 3 y 16 .

<b>3-2x</b>
<b>3-2x</b>
<b>x</b>

<b>x</b> <b>x</b>

<b>x</b>
<b>x</b>
<b>x</b>
<b>x</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(31)</span><div class='page_container' data-page=31>

Víi y = 0, cã nghiƯm x = - 2. Víi y 0, cã y2₌₃y 16

 . LËp ph¬ng : y6 = y6
1. V« n0.

<i>Cách 3</i> : Ta thấy x = - 2 nghiệm đúng phơng trình. Với x < - 2, x > - 2,
ph-ơng trình vơ nghiệm, xem bảng dới đây :

x 3 _{x 1}_ 3 _{x 2}_ 3 _{x 3}_ VÕ tr¸i

x < - 2
x > - x

< - 1
> - 1

< 0
> 0

< 1
> 1

< 0
> 0

<b>k) Đặt 1 + x = a , 1 x = b. Ta cã : a + b = 2 (1), </b>4_ab _4_a_ 4_b_{= 3 (2)}

Theo bất đẳng thức Cauchy mn m n

2



 , ta cã :

a b 1 a 1 b

3 a. b 1. a 1. b

2 2 2

  

      

1 a 1 b a b

a b 1 1 2 3

2 2 2

  

         .

Phải xảy ra dấu đẳng thức, tức là : a = b = 1. Do đó x = 0.
<b>l) Đặt </b>4 a x m 0 ; b x n 0   4    thì m4_{+ n}4_{= a + b 2x.}

Phơng trình đã cho trở thành : m + n = 4 _m4 _n4

. Nâng lên lũy thừa bậc
bốn hai vÕ råi thu gän : 2mn(2m2_{+ 3mn + 2n}2_{) = 0.}

Suy ra m = 0 hc n = 0, cßn nÕu m, n > 0 th× 2m2_{+ 3mn + 2n}2_{> 0.}

Do đó x = a , x = b. Ta phải có x a , x b để các căn thức có nghĩa.
Giả sử a b thì nghiệm của phơng trình đã cho là x = a.

<b>243. Điều kiện để biểu thức có nghĩa : a</b>2_{+ b}2_{0 (a và b khụng ng thi}

bằng 0).

Đặt 3_a _{x ; b}3 _y

 , ta cã :

4 2 2 4 4 2 2 4 2 2

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 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 3_a2 3 _b2 3_ab

   (víi a2 + b2 0).

<b>244. Do A là tổng của hai biểu thức dơng nên ta có thể áp dụng bất đẳng </b>
thức Cauchy :

2 2 2 2 4 2 2

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

= _{2 x}4 4 _x2 _{2 2}

   . Đẳng thức xảy ra khi :

2 2

4 2

x x 1 x x 1

x 0
x x 1 1

     



Û 



  




.
Ta có A 2, đẳng thức xảy ra khi x = 0. Vậy : min A = 2 Û x = 0.
<b>245. Vì 1 + </b> ₃ là nghiệm của phơng trình 3x3_{+ ax}2_{+ bx + 12 = 0, nên ta}

cã :

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

Sau khi thực hiện các phép biến đổi, ta đợc biểu thức thu gọn :
(4a + b + 42) + (2a + b + 18) ₃ = 0.

Vì a, b ẻ Z nên p = 4a + b + 42 ẻ Z và q = 2a + b + 18 ẻ Z. Ta phải tìm các
số nguyên a, b

</div>
<span class='text_page_counter'>(32)</span><div class='page_container' data-page=32>

NÕu q 0 th× ₃ = - p

q, vơ lí. Do đó q = 0 và từ p + q 3 = 0 ta suy ra p = 0.
Vậy 1 + ₃ là một nghiệm của phơng trình 3x3_{+ ax}2_{+ bx + 12 = 0 khi và}

chØ khi :

4a b 42 0
2a b 18 0

  




  



. Suy ra a = - 12 ; b = 6.

<b>246. Gi¶ sư </b>3₃_{là số hữu tỉ}p

q (
p

q là phân số tèi gi¶n ). Suy ra : 3 =

3
3

p
q .
HÃy chứng minh cả p và q cùng chia hết cho 3, trái với giả thiết p

q là phân
số tèi gi¶n.

<b>247. a) Ta cã : </b>3₁ ₂ ₆



₁ ₂



2 6_{1 2 2 2} 6_{3 2 2}

        .

Do đó : 3₁ _{2. 3 2 2}6 6_{3 2 2. 3 2 2}6 ₆₃2



_{2 2}



2 ₁

        .

<b>b) </b>6_{9 4 5. 2}3 ₅ ₁

   .

<b>248. áp dụng hằng đẳng thức (a + b)</b>3_{= a}3_{+ b}3_{+ 3ab(a + b), ta có :}

3 3 3 3 2 2

a 20 14 2 20 14 2 3 (20 14 2)(20 14 2).a      Ûa 40 3 20  (14 2) .a
Û a3_{6a 40 = 0 Û (a 4)(a}2_{+ 4a + 10) = 0. V× a}2_{+ 4a + 10 > 0 nên ị a}

= 4.

<b>249. Giải tơng tự bài 21.</b>
<b>250. A = 2 + </b> ₃_ ₂.

<b>251. ¸p dơng : (a + b)</b>3_{= a}3_{+ b}3_{+ 3ab(a + b).}

Tõ x = 3₃_3₉_{. Suy ra x}3_{= 12 + 3.3x Û x}3_{9x 12 = 0.}

<b>252. Sử dụng hằng đẳng thức (A B)</b>3_{= A}3_B3_{3AB(A B). Tính x}3_{. Kết}

qu¶ M = 0

<b>253. a) x</b>1 = - 2 ; x2 = 25.

<b>b) Đặt </b>_u₌3 _{x 9 , v}_- _{= -}_{x 3} _{, ta đợc :}

3
3

u v 6
v u 6

  




 




Û u = v = - 2 Þ x = 1.
<b>c) §Ỉt : </b>4_x2 ₃₂ _{y 0}

   . Kết quả x = 7.

<b>254. Đa biĨu thøc vỊ d¹ng : </b>A x3  1 1 x3 1 1 . ¸p dơng | A | + |
B | | A + B |

min A = 2 Û -1 x 0.
<b>255. áp dụng bất đẳng thức Cauchy hai lần.</b>

<b>256. §Ỉt </b>3 _x _{y thì x}3 2 _y2 _{P 2 x 2}3

  Þ  

<b>258. Ta cã : </b>_P_

_

_{x a}_

_

2 _

_

_{x b}_

_

2 = | x a | + | x b | | x a + b x | = b a
(a < b).

Dấu đẳng thức xảy ra khi (x a)(x b) 0 Û a x b. Vậy min P = b a Û a
x b.

</div>
<span class='text_page_counter'>(33)</span><div class='page_container' data-page=33>

(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 của 3 bất dẳng thức trên đều dơng. Nhân 3 bất đẳng thức này theo
từng vế ta đợc bất đẳng thức cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi :

a + b c = b + c a = c + a b Û a = b = c (tam giác đều).
<b>260. </b> _{x y} _{(x y)}2 _{(x y)}2 _4xy _{4 4 2 2}

         .

<b>261. 2A = (a b)</b>2_{+ (b c)}2_{+ (c a)}2_.

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

<b>262. Đa pt về dạng : </b>

_{x 2 1} 

 

2 _{y 3 2} 

 

2 _{z 5 3} 



2 ₀.
<b>263. NÕu 1 x 2 th× y = 2.</b>

<b>264. Đặt : </b> x 1 y 0. M    x 1



x 1 2 3 

 

 x 1



.

<b>265. Gọi các kích thớc của hình chữ nhật là x, y. Víi mäi x, y ta cã : x</b>2₊

y2_{2xy. Nhng x}2_{+ y}2_{= (8} ₂₎2_{= 128, nên xy 64. Do đó : max xy = 64 Û}

x = y = 8.

<b>266. Với mọi a, b ta ln có : a</b>2_{+ b}2_{2ab. Nhng a}2_{+ b}2_{= c}2_{(định lí}

Pytago) nªn :

c2_{2ab Û 2c}2_a2_+b2_{+ 2ab Û 2c}2_{(a + b)}2_{Û c} ₂_{a + b Û c}a b

2


.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.

<b>267. Biến đổi ta đợc : </b>



a 'b  ab'

 

2 a 'c ac'

 

2 b'c bc'



2 0
<b>268. 2 x - 1 ; 1 x 2.</b>

</div>

<!--links-->