Boi duong hoc sinh gioi toan 9

MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG HỢP VỀ CĂN THỨC BẬC HAI
1. Chứng minh 7 là số vô tỉ.
2. a) Chứng minh : (ac + bd)2 + (ad – bc)2 = (a2 + b2)(c2 + d2)
b) Chứng minh bất dẳng thức Bunhiacôpxki : (ac + bd)2 ≤ (a2 + b2)(c2 + d2)
3. Cho x + y = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : S = x2 + y2.

ab
 ab
2
4. a) Cho a ≥ 0, b ≥ 0. Chứng minh bất đẳng thức Cauchy :
.
bc ca ab
  a  b  c
b
c
b) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng : a
c) Cho a, b > 0 và 3a + 5b = 12. Tìm giá trị lớn nhất của tích P = ab.
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 dương. Chứng minh : a3 + b3 + abc ≥ ab(a + b + c)

a b  a  b

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
10. Chứng minh các bất đẳng thức :
a) (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2)
b) (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2)
11. Tìm các giá trị của x sao cho :
a) | 2x – 3 | = | 1 – x | b) x2 – 4x ≤ 5

c) 2x(2x – 1) ≤ 2x – 1.
12. Tìm các số a, b, c, d biết rằng : a2 + b2 + c2 + d2 = a(b + c + d)
13. Cho biểu thức M = a2 + ab + b2 – 3a – 3b + 2001. Với giá trị nào của a và b thì M đạt giá trị nhỏ
nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
14. Cho biểu thức P = x2 + xy + y2 – 3(x + y) + 3. CMR giá trị nhỏ nhất của P bằng 0.
15. Rút gọn biểu thức :



A 2 2

5 3 2



1
16. Chứng minh rằng, n  Z+ , ta luôn có :

1
a)
1 2  5
17. Trục căn thức ở mẫu :

18 

20  2 2

.

1

1
1

 .... 
2
2
3
n
1
b)
x  x 1 .





n 1  1

.

18. Tính :

a)

5

19. Cho

3

29  6 20

a  3
b



5. 3  5

3 2 2

b) 6  2 5  13  48





10 

2

c)

5

3

29  12 5

 . Chứng minh rằng a là số tự nhiên.

32 2

17  12 2
17  12 2 . b có phải là số tự nhiên khơng ?
20. Cho
21. Giải các phương trình sau :
a)
c)





3  1 x  x 4

 5  x

3 0

b)

5  x   x  3 x  3
5 x  x  3

22. Tính giá trị của biểu thức :

2





3  1 x 2





3 1 x  3 3

d) x  x  5 5

M  12 5  29  25  4 21  12 5  29 

25  4 21


1
1
1
1


 ... 
1 2
2 3
3 4
n 1 n .
23. Rút gọn :

1
1
1
1
P


 ... 
2 3
3 4
4 5
2n  2n  1
24. Cho biểu thức :
A

a) Rút gọn P.

b) P có phải là số hữu tỉ không ?

1
1
1
1
A


 ... 
2 1 1 2 3 2  2 3 4 3  3 4
100 99  99 100 .
25. Tính :

1
1
1
1

 ... 
 n
2
3
n
26. Chứng minh :
.
27. Chứng minh các đẳng thức sau :



  10  6  4  15 2
5  3  5  10  2  8 d)

a) 4  15
c) 3 

b) 4 2  2 6 
7  48 

2
2



2





3 1



3  1 e) 17  4 9  4 5  5  2

28. Chứng minh các bất đẳng thức sau :

5 5 5 5

 10  0
5 5 5 5


5 1
5  1 
1
c) 

 2  0, 2  1,01  0
 3  4
3
 1 5  3 1 3  5  


2 3 1
2 3
3
3  1
d)


 3 2  0


2 6
2 6  2 6 2 6 
2
a)

27  6  48

e)
h)

2 2



3

b)

21
5

2 2



7 



2  1  1,9

g)



3 5  7 3

i)

17  12 2 

2  3 1

2  2  3 2
4

2

 0,8

1
2 n  2 n 1
n
29. Chứng minh rằng :
. Từ đó suy ra:
1
1
1
2004  1 

 ... 
 2005
2
3
1006009
2 3 4
3
a)
b)
3
2  3  6  8 4
2 2  3 4 .
30. Trục căn thức ở mẫu :
3 2
3 2
x
và y=
3 2
3  2 . Tính A = 5x2 + 6xy + 5y2.
31. Cho

2 n 1  2 n 

2002
2003

 2002  2003
2002
32. Chứng minh bất đẳng thức sau : 2003
.
2
2
x  3xy  y
A
x y2
33. Tính giá trị của biểu thức :
với x 3  5 và y 3 
A
34. Tìm GTNN và GTLN của biểu thức

1
2

3  x2 .

2
1
A

1  x x với 0 < x < 1.
35. Tìm giá trị nhỏ nhất của

5.


B

36. Tìm GTLN của : a) A  x  1  y  2 biết x + y = 4 ;

b)

y 2
x 1

x
y

37. Cho a  1997 

1996 ; b  1998  1997 . So sánh a với b, số nào lớn hơn ?
1
a) A 
b) B   x 2  2x  4
2
52 6 x
38. Tìm GTNN, GTLN của :
.
2
39. Tìm giá trị lớn nhất của A x 1  x .
40. Tìm giá trị lớn nhất của A = | x – y | biết x2 + 4y2 = 1.
41. Tìm GTNN, GTLN của A = x3 + y3 biết x, y ≥ 0 ; x2 + y2 = 1.

42. Tìm GTNN, GTLN của A x x  y y biết
43. Giải phương trình :

x  y 1 .
x 1
1  x  x 2  3x  2  (x  2)
3
x 2
.

2
2
44. Giải phương trình : x  2x  9  6  4x  2x .

1
1
1
1


 ... 
2
2
3
2
4
3
(n


1)
n
45. CMR, n  Z+ , ta có :
.
1
1
1
1
A


 ... 
1.1999
2.1998
3.1997
1999.1 . Hãy so sánh A và 1,999.
46. Cho
a
47. Cho

3 2
 2 6 ; b  32 2  6 4 2
3 2
. CMR : a, b là các số hữu tỉ.
 a 1

a1
1 

4 a  a 


 4a
a

1
a

1
a





48. Chứng minh :

.

2 n  3
49. Chứng minh
50. Tìm phần nguyên của số

(a > 0 ; a ≠ 1)

1
1
1

 ... 
2 n  2

2
3
n
với n N ; n ≥ 2.
6  6  ...  6  6

(có 100 dấu căn).

1
1
1
1


 ... 
2
2
3
2
4
3
(n

1)
n
51. CMR, n ≥ 1 , n  N :
1
1
1
1



 ... 
9
a1
a2
a3
a 25
52. Cho 25 số tự nhiên a1 , a2 , a3 , … a25 thỏa đk :
rằng trong 25 số tự nhiên đó tồn tại 2 số bằng nhau.

. Chứng minh

Híng dÉn gi¶i
m
m2
7  2 hay 7n 2 m 2
7
n
n (tối giản). Suy ra
(1). Đẳng thức này

7 là số hữu tỉ 
m 2 7 mà 7 là số nguyên tố nên m  7. Đặt m = 7k (k  Z), ta có m2 = 49k2 (2). Từ (1) và
chứng tỏ
(2) suy ra 7n2 = 49k2 nên n2 = 7k2 (3). Từ (3) ta lại có n2  7 và vì 7 là số nguyên tố nên n  7. m và n
m
cùng chia hết cho 7 nên phân số n không tối giản, trái giả thiết. Vậy 7 không phải là số hữu tỉ;
1. Giả sử

do đó

7 là số vô tỉ.


2. Khai triển vế trái và đặt nhân tử chung, ta được vế phải. Từ a)  b) vì (ad – bc)2 ≥ 0.
3. Cách 1 : Từ x + y = 2 ta có y = 2 – x. Do đó : S = x2 + (2 – x)2 = 2(x – 1)2 + 2 ≥ 2.
Vậy min S = 2  x = y = 1.
Cách 2 : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki với a = x, c = 1, b = y, d = 1, ta có :
(x + y)2 ≤ (x2 + y2)(1 + 1)  4 ≤ 2(x2 + y2) = 2S  S ≥ 2.  mim S = 2 khi x = y = 1

bc
ca bc
ab
và
;
và
b a
c
4. b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các cặp số dương a
bc ca
bc ca
bc ab
bc ab
ca ab
 2
. 2c;
 2
. 2b
 2

b
a b
a
c
a c
c
lần lượt có: a
; b

;

ca
ab
và
b
c , ta
ca ab
. 2a
b c

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

3a  5b
 3a.5b
2
c) Với các số dương 3a và 5b , theo bất đẳng thức Cauchy ta có :
.
12
12
 (3a + 5b)2 ≥ 4.15P (vì P = a.b)  122 ≥ 60P  P ≤ 5  max P = 5 .

Dấu bằng xảy ra khi 3a = 5b = 12 : 2  a = 2 ; b = 6/5.
5. Ta có b = 1 – a, do đó M = a3 + (1 – a)3 = 3(a – ½)2 + ¼ ≥ ¼ . Dấu “=” xảy ra khi a = ẵ .
Vy min M = ẳ a = b = ½ .
6. Đặt a = 1 + x  b3 = 2 – a3 = 2 – (1 + x)3 = 1 – 3x – 3x2 – x3 ≤ 1 – 3x + 3x2 – x3 = (1 – x)3.
Suy ra : b ≤ 1 – x. Ta lại có a = 1 + x, nên : a + b ≤ 1 + x + 1 – x = 2.
Với a = 1, b = 1 thì a3 + b3 = 2 và a + b = 2. 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 |  a2 + 2ab + b2 ≥ a2 – 2ab + b2
 4ab > 0  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 dương,
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 được :
3(a2 + b2 + c2). Vậy : (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2).

4

x
 2x  3 1  x
 3x 4

2x  3  1  x  
 

3

 2x  3 x  1
 x 2
 x 2

11. a)
b) x2 – 4x ≤ 5  (x – 2)2 ≤ 33  | x – 2 | ≤ 3  -3 ≤ x – 2 ≤ 3  -1 ≤ x ≤ 5.
c) 2x(2x – 1) ≤ 2x – 1  (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  M ≥ 1998.

Dấu “ = “ xảy ra khi có đồng thời :
14. Giải tương tự bài 13.

16. Ta có :

a  b  2 0

a  1 0
b  1 0


1
2
2



k 2 k
k  k 1

Vậy min M = 1998  a = b = 1.

2







k 1 

k



k 1 

k 1  k

k



2



k 1 

k


.


1
Vậy :

1
1
1

 ... 
 2( 2  1)  2( 3 
2
3
n

2)  2( 4 

3)  ...  2( n  1 

n)
=

= 2( n  1  1) (đpcm).
22. Đưa các biểu thức dưới dấu căn về dạng các bình phương đúng. M = -2

n - 1.

23. Trục căn thức ở mẫu từng hạng tử. Kết quả : A =

1
24. Ta có :

a

a 1

 ( a  a  1)  P  ( 2  2n  1)

.
P không phải là số hữu tỉ (chứng minh bằng phản chứng).

1
1


(n

1)
n

n
n

1
n
25. Ta hãy chứng minh :
1

1
1
1
1
1


 ... 

.n  n
2
3
4
n
n
26.
.
34. Ta phải có  A  ≤

3 . Dễ thấy A > 0. Ta xét biểu thức :
2

0  3 x  3  
min B 2 

1
9
 A
10
n 1

3

B

2

3  3  x 0  2 
2

3  3  x  x 0 . Khi đó

1
2 
A

3  x2

3 2 

max A 

3  x 2 .

1
2

. Ta có :

2

3

2  3


1
3  x 2 0  x  3 . Khi đó min A = 2
2x 1  x
B

1 x
x . Khi đó :
35. Để áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta xét biểu thức :
 2x 1  x

(1)
2x 1  x

B 2
.
2 2 . B 2 2  1  x
x
1 x x
0  x  1 (2)
max B 2 


Giải (1) : 2x2 = (1 – x)2   x 2  =  1 – x . Do 0 < x < 1 nên x 2 = 1 – x 
 x=

1
 21
2 1
.

Như vậy min B = 2 2

2 - 1.
1   2x 1  x  2  2x 1  1  x
 2
A  B 
  


2  1 3

x  1 x
x
 1 x x   1 x
Bây giờ ta xét hiệu :
Do đó min A = 2 2 + 3 khi và chỉ khi x = 2 - 1.
 x=

36. a) Điều kiện : x ≥ 1 , y ≥ 2. Bất đẳng thức Cauchy cho phép làm giảm một tổng :

a b
 ab
a  b  2(a 2  b 2 )
2

. Ở đây ta muốn làm tăng một tổng. Ta dùng bất đẳng thức :
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
Cách khác : Xét A2 rồi dùng bất đẳng thức Cauchy.
b) Điều kiện : x ≥ 1 , y ≥ 2. Bất đẳng thức Cauchy cho phép làm trội một tích :

ab 

ab
2


2(y  2)

x  1  1.(x  1) , y  2 

x  1 , y  2 là các tích :
x  1 1.(x  1) 1  x  1 1



x
x
2x
2

Theo bất đẳng thức Cauchy :

2

Ta xem các biểu thức

y 2
2.(y  2) 2  y  2
1
2




y
4
y 2
2y 2
2 2
 x  1 1
 x 2
1
2 2 2
max B  

 
 
2 4
4
 y  2 2

 y 4
1
1
a
,b
1997  1996
1998  1997 . Ta thấy 1997  1996  1998  1997
37.
Nên a < b.

1
38. a) min A = 5 - 2 6 với x = 0. max A = 5 với x = ±
b) min B = 0 với x = 1 ± 5 . max B = 5 với x = 1

6.

x 2  (1  x 2 ) 1
A  x (1  x ) 

2
2.
39. Xét – 1 ≤ x ≤ 0 thì A ≤ 0. Xét 0 ≤ x ≤ 1 thì
 x 2 1  x 2
1
2
max A   
 x
2
2
x  0

2

2

40. A =  x – y  ≥ 0, do đó A lớn nhất khi và chi khi A2 lớn nhất. Theo bđt Bunhiacôpxki :
2

1
5

  1
A (x  y)  1.x  .2y   1   (x 2  4y 2 ) 
2
4

  4
2

2


2 5
1
 2y
x 

5
 

5

max A =
 x
 
2
2
 x 2  4y 2 1
y  5


10
hoặc


2 5
x 

5

 y  5

10

41. a) Tìm giá trị lớn nhất : Từ giả thiết :

 x 3 x 2
0 x 1
  3
 x 3  y3 x 2  y 2 1

2

 y y
0 y 1
 x 3 x 2
max A 1   3
 x 0, y 1 V x 1, y 0
2
y

y

xy
2 
1
2
2
2
2
b) Tìm giá trị nhỏ nhất : (x + y) ≤ 2(x + y ) = 2  x + y ≤
. Do đó :
3
3
 x  y   x  y
x 3  y3 
2
. Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki :

(x 3  y3 )(x  y) 


2

2

y3  
 

x

min A 

1
2
 x y 
2
2

2

2
y 


        
x3





x 3 . x  y3 . y

2

 = (x + y ) = 1
2

2


42. Đặt

x a ; y b , ta có a, b ≥ 0, a + b = 1.

A = a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) = a2 – ab + b2 = (a + b)2 – 3ab = 1 – 3ab.
Do ab ≥ 0 nên A ≤ 1. max A = 1  a = 0 hoặc b = 0  x = 0 hoặc x = 1, y = 0.

(a  b) 2 1
1
1
1
1
ab 
  ab   1  3ab  . min A   x y 
4
4
4
4
4
4
Ta có

43. Điều kiện : 1 – x ≥ 0 , 2 – x ≥ 0 nên x ≤ 1. Ta có :

x 1
3
x 2
(x  1)(x  2) 3  1  x 3  x  8 .

1  x  (x  1)(x  2)  x  2
1  x  (x  1)(x  2) 



44. Ta có : 6 + 4x + 2x2 = 2(x2 + 2x + 1) + 4 = 2(x + 1)2 + 4 > 0 với mọi x. Vậy phương trình xác

x 2  2x  3 = y ≥ 0, phương trình có dạng :
 y 3 2

y  2 2 (loai vì y 0
2
2
2
2
y -y
- 12 = 0  (y - 3
)(y + 2
) = 0  

định với mọi giá trị của x. Đặt

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

1
1
1 
1  1
1 
 1
1
 k.
 k 


  k



(k  1)k
k 1   k
k 1 
 k k 1 
 k
45. Ta có : (k  1) k

k  1
1 
1
1 
 1

 2


1 



k 1   k
k 1 
(k  1) k
k 1 
 k

Do đó

=

. Do đó :

.

1
1
1
1
1 
1 
 1

 1


 ... 

 2 1 
 2

 ...  2 



2
3
2
4
3
(n

1)
n
2
2
3
n





Vậy :
1 

21
 2

n

1


=
(đpcm).
46. Dùng bất đẳng thức Cauchy

1
2

ab a  b (a, b > 0 ; a ≠ 0).

1
1
1

 ... 
2
3
n .
49. Đặt
a) Chứng minh A  2 n  3 : Làm giảm mỗi số hạng của A :
1
2
2


2 k  1 

k
k k
k 1  k
A





 



k





.



A  2   2  3   3  4  ...   n  n  1  


Do đó
2 n  1  2 2 n  1  2 2  2 n  1  3  2 n  3





.

b) Chứng minh A  2 n  2 : Làm trội mỗi số hạng của A :

1
2
2


2 k  k  1
k
k k
k  k 1
A  2  n  n  1  ...  3  2  2  1  2 n  2


Do đó :
.









 





1 

n 1 


50. Kí hiệu

a n  6  6  ...  6  6

có n dấu căn. Ta có :

a1  6  3 ; a 2  6  a1  6  3 3 ; a 3  6  a 2  6  3 3 ... a100  6  a 99  6  3 3
6 > 2. Như vậy 2 < a100 < 3, do đó [ a100 ] = 2.
205. a) Cách 1 (tính trực tiếp) : a2 = (2 + 3 )2 = 7 + 4 3 .
Ta có 4 3  48 nên 6 < 4 3 < 7  13 < a2 < 14. Vậy [ a2 ] = 13.
Cách 2 (tính gián tiếp) : Đặt x = (2 + 3 )2 thì x = 7 + 4 3 .
Hiển nhiên a100 >

3 )2 thì y = 7 - 4 3 . Suy ra x + y = 14.
3 < 1 nên 0 < (2- 3 )2 < 1, tức là 0 < y < 1. Do đó 13 < x < 14.

Xét biểu thức y = (2 Dễ thấy 0 < 2 -

Vậy [ x ] = 13 tức là [ a2 ] = 13.

3

b) Đáp số : [ a ] = 51.

x  y b (1) thì a và b là số hữu tỉ. Xét hai trường hợp :
x y
a
a
  x y
b
x y b

206. Đặt x – y = a ;
a) Nếu b ≠ 0 thì

là số hữu tỉ (2). Từ (1) và (2) ta có :

1
a
1
a
x  b 
y  b 
2
b  là số hữu tỉ ;
2
b  là số hữu tỉ.
b) Nếu b = 0 thì x = y = 0, hiển nhiên x , y là số hữu tỉ.
1
n

1 
1  1
 1
1

 n 


  n

n(n

1)
n
n

1
(n

1)
n
n
n

1
n






51. Ta có

n  1
 1 


n

1
n




1 
 1

  2
n 1 
 n

1 

n 1 

1 

n 1 

. Từ đó ta giải được bài tốn.
52. Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử trong 25 số tự nhiên đã cho, khơng có hai số nào bằng
nhau. Khơng mất tính tổng qt, giả sử a1 < a2 < …. < a25. Suy ra : a1 ≥ 1 , a2 ≥ 2 , …
a25 ≥ 25. Thế thì :

1
1
1
1
1
1

 .... 
 
 .... 
a1
a2
a 25
1
2
25

(1). Ta lại có :

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



1
1
1

 .... 
9
a1
a2
a 25

Từ (1) và (2) suy ra :
trong 25 số a1 , a2 , … , a25.



25  1  1 9



(2)

, trái với giả thiết. Vậy tồn tại hai số bằng nhau