CÁC BÀI TOÁN VỀ RÚT GỌN BIỂU THỨC
b ab
a
b
a b
A a
:
a b ab b
ab a
ab
Bài 1: Cho biểu thức:
a) Rút gọn A.
b) Tính giá trị của A biết : a 6 2 5 và b 5 .
2x 1 x 2x x x x x x 1 x
M 1
.
1
x
1
x
x
2
x
1
Bài 2:
Cho biểu thức
a) Tìm các giá trị của x để biểu thức có nghĩa. Rút gọn M.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (2010 - M ) khi x 4.
c) Tìm các số nguyên x để giá trị của M cũng là số nguyên.
P
x
2
x2
x 2 x ( x 1)( x 2 x )
x x
Bài 3: . Cho biểu thức:
a. Rút gọn P .
b. Tính P khi x 3 2 2 .
c. Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
P
x
2
x 2
x( x 2) 2( x 1) x 2 x x 2 x 2 x 2 x 2
x ( x 1)
x ( x 2)
x ( x 1)( x 2)
x ( x 1)( x 2)
x ( x 1)( x 2)
x x 2x 2 x x
x ( x 1)( x 2) ( x 1)
x ( x 1)( x 2)
x ( x 1)( x 2) ( x 1)
x 3 2 2
2
x 2 2 2 1 ( 2 1) 2 1
P
;
P
( x 1)
2 1 1
2 2
1 2
( x 1)
2 1 1
2
( x 1)
x 1 2
2
1
( x 1)
x1
x 1 HS lập luận để tìm ra x 4 hoặc x 9
ĐK: x 0; x 1 :
Bài 4: a. Tính giá trị của biểu thức:
Tính:
S 1
1 1
1 1
1
1
1
...
1
12 22
22 32
20132 20142
S 1
1 1
1 1
1
1
1
...
1
12 22
22 32
20132 20142
1
1
a 2 ( a 1) 2 (a 1) 2 a 2
a 4 2a 2 (a 1) ( a 1) 2
1 2
a
(a 1) 2
a 2 ( a 1) 2
a 2 ( a 1) 2
Ta có:
a 4 2a 2 (a 1) (a 1) 2
( a 2 a 1) 2 a 2 a 1
1
1
1
a 2 (a 1) 2
a 2 (a 1)2
a(a 1)
a a 1
1 1
1 1
1 1
1
1
(1 ) (1 ) (1 ) ... (1
)
1 2
2 3
3 4
2013 2014
Vậy: S
1
S = 2013 - 2014
2014
2015
2014 và 2014 2015 .
b. Khơng dùng máy tính hãy so sánh : 2015
2014
2015
2015 1 2014 1
1
1
2015 2014
2015 2014
2015
2014
2015
2014
2014
2015
2014
2015
2014 > 2014 2015 .
Vậy 2015
P
x x 26 x 19 2 x
x 3
x2 x 3
x1
x 3
Bài 5: 1. Cho biểu thức:
a) Tìm ĐKXĐ và rút gọn P.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
2012
2013
2014
2. Tính giá trị của biểu thức: A x 2 x 3x
x
5 2
5 2
5 1
Với
3 2 2
1.Tìm đúng điều kiện: x 0, x 1
a) Rút gọn
P
b)
P
x 16
x 3
x 16 x 9 25
25
25
x 3
x 3
6
x 3
x 3
x 3
x 3
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho 2 số dương:
Ta được:
x 3 và
25
10 P 10
x 3
x 3
Chỉ ra dấu bằng xảy ra
5 2
2. Đặt
25
x 3
5 2
5 1
x 3
m
25
x 4
x 3
3 2 2 n
2
2
Tính m ta được m 2 nên m 2 . Tính n ta được n 2 1 . Từ đó ta tính được x 1
.
2011
2012
2013
Thay x 1 vào biểu thức A ta được A 1 2.1 3.1 6
Bài 6:
x 5
x2
x 2 7 x 10 1 3
1. Giải phương trình:
2. Cho a,b,c khác khơng và a b c 0 . Tính giá trị của biểu thức
Q
1
1
1
2 2
2 2 2
2
2
2
a b c b c a a c b
2
3. Cho x 0, y 0 và thỏa mãn x y 1 . Tìm GTNN của:
A
1
2
4 xy
2
x y
xy
2
5 x 2 xy y 2 7 x 2 y
4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
HD: 1. Giải phương trình:
ĐK x 2
x 5
a 0 (2)
x 2 b . b 0 (3)
x 5 a
Đặt
a 2 b 2 x 5 x 2 3
x2
x 2 7 x 10 1 3
(1)
x 5 a 2
x 2 b2
(4)
Theo cách đặt ta có: a b ab 1 3
(5)
a b ab 1 a 2 b 2
Thay (4)vào (5) ta được:
a b
a b ab 1 a b 0 a b a 1 b 1 0 a 1
b 1
x 5 x 2
0 x 3 VN
x 5 1
x 4 K 0TM
x 2 1
x 1 TM
Vậy PT có nghiệm x = -1
1 1 1
xy yz zx
x yz x yz
xy yz xz
x
y
z
xyz
2. Từ
( vì xyz 1 )
Xét tích x 1 y 1 z 1 xy x y 1 z 1
xyz xy xz yz x y z 1 1 xy xz yz x y z 1 0
x 1 0
y 1 0
z 1 0
x 1
y 1
z 1
Lần lượt thay x 1 hoặc y 1 hoặc z 1 vào biểu thức P ta đều được P 0
A
3. Tách
1
5
1
2
1 1
4 xy 2
4 xy
2
2
x y
xy
x y 2 xy 4 xy
4 xy
2
1 1
4
Áp dụng BĐT với a, b 0 thì a b a b Dấu bằng xảy ra a b vào bài tốn trên
ta có:
1
1
4
4
2
x y
2 xy x y 2
2
1
4 xy 2
Áp dụng BĐT Cơ Si ta có 4 xy
(1)
(2)
x y
2
2
0 x y 4 xy
Vì
1
1
5
5
2
4 xy x y
4 xy
Từ (1);(2);(3) A 4 2 5 11 .Vậy
MinA 11 x y
(3)
1
2
4. 1. Ta có:
Vì 5 và 7 là nguyên tố cùng nhau. Nên:
5 x 2 xy y 2 7 x 2 y
x 2 y 5m
2
2
x xy y 7m
với m Z
2
2
Từ x 2 y 5m x 5m 2 y Thay vào x xy y 7 m và rút gọn ta được:
5m 2 y
2
5m 2 y y y 2 7 m 3 y 2 15my 25m 2 7 m 0
(1)
2
5m 75m 2
3 y 2 5my 25m2 7 m 0 3 y
7 m 25m 2
2
4
2
5m
1
2
3 y
25m 28m
2
4
2
5m
3 y
0m, y
2
Vì
1
28
28
25m 2 28m 0 25m 2 28m 0 m m
0 0 m
4
25
25
m 0;1
Mà m Z nên
*Với m = 0 thay vào (1) ta được: y = 0. Từ đó tính được x = 0
y 2
3 y 2 15 y 18 0 y 2 5 y 6 0
y 3
*Với m = 1 thay vào (1) ta được:
Với y = 2 , m = 1 ta tính được x = 1
Với y = 3 , m = 1 ta tính được x = -1
Vậy x, y 0; 0 ; 1; 2 ; 1;3
Bài 7: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
P
a
b
c
3
3
2
2
9a 3b c 9b 3c a 9c 3a 2 b
3
(Đề thi HSG lớp 9 Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2014-2015)
Lời giải:
Ta có:
P
3a
3b
3c
2
3
2
3
27 a 9b 3c 27b 9c 3a 27c 9a 2 3b
3
x y z 3
x 3a, y 3b, z 3c
x, y , z 0
Đặt
P
x
y
z
3 2
3
2
x y z y z x z x2 y
3
Khi đó:
Theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
1
1 z
1
1
2
3
2
x
x
y
z
1
z
x
y
z
x
x3 y 2 z x y z 2
x
1 x zx
1 x zx
2
2
x y z x y z
9
3
vì x y z 3
y
1 y xy
y
1 z yz
; 3
2
2
9
z x y
9
Làm tương tự thu được: y z x
3 x y z xy yz zx 6 xy yz zx
P
9
9
Từ đó suy ra:
3
Khơng khó khăn ta chứng minh được:
Do đó
P
xy yz zx
1
2
x y z 3 x y z 3
3
vì
6 xy yz zx 6 3
1
9
9
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
1 1 1
x y z 1 a, b, c ; ;
3 3 3
A
1 1 1
max P 1 a, b, c ; ;
3 3 3
Vậy
x 2
x 1
1
x x 1 x x 1 1 x với x 0, x 1
Bài 8: Cho biểu thức:
1. Rút gọn biểu thức A
2. Chứng minh rằng A không nhận giá trị nguyên với x > 0, x 1.
x
x x 1
Rút gọn được
Chứng minh được 0 < A < 1 nên A không nguyên
A
Bài 9: Cho biểu thức:
1) Rút gọn A
2) Chứng tỏ rằng:
A
x 2
x 1 x x 1
A
A
x 2
x 1
1
x x 1 x x 1 1 x với x 0, x 1
1
3
x 1
x x 1
1
x 2 x 1 x x 1
x1
x 1 x x 1
x
x
x 1 x x 1
A
x 1
x 1 x x 1 x
x
x
x 1
, với x 0, x 1
2
x1
1
1
x
A
3 x x 1 3(x x 1)
Xét 3
2
1 3
x 1 0 và x x 1 x 0 1 A 0 A 1
2 4
3
3
2
P
x
( x y )(1
Bài 10 Cho biểu thức:
1. Rút gọn biểu thức P.
2. Tìm các giá trị x, y nguyờn tha món P = 2.
Điều kiện để P xác định là :
P
x(1
x ) y (1
x
x
x
y
y y y x
Ta cã: 1 +
y
xy
y)
x
x
1
y
y
xy y xy
x 1
y
x 1
.
( x y ) x x y y xy
x
y 1
x
x 1
y
1
y
y 1
y 1
x 1
x 1 y 1
1 x 1
y
y)
y
y
x
y
y
x 1
x
y
x
xy
x 1
y 1
y ) xy
y x
y 1
y
xy
( x y )( x 1) ( x 1)(1
x ≥0 ; y ≥0 ; y ≠1 ; x + y ≠0
1
x
⇔
y
x
1
x
P=2
Do x 0, x 1
y
y
= 2 với
x ≥0 ; y ≥0 ; y ≠1 ; x + y ≠0
y 1 1
x 1 1
y 1
x 1 1 0 x 4 x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vµo P ta có các cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) tho¶ m·n
Bài 11: Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn: a b c 3 . Chứng minh rằng:
a 1 b 1 c 1
3
1 b2 1 c 2 1 a2
2
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 b 2b nên:
a 1
ab b
a 1
b2 ( a 1)
b 2 (a 1)
ab b
a 1
(
a
1)
(
a
1)
a 1
2
2
2
1 b
2
1 b
b 1
2b
2
b 1
bc c
b 1
2
2
Tương tự ta có: 1 c
(2)
Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được:
a 1 b 1 c 1
a b c ab bc ca
3
2
2
2
1b 1 c 1 a
2
(*)
c 1
ca a
c 1
2
1a
2
(3)
2
Mặt khác:
Nên (*)
3(ab bc ca) a b c 9
a b c ab bc ca
0
2
a 1 b 1 c 1
3
1 b2 1 c 2 1 a2
(đpcm) Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a b c 1
Bài 12: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
C
biểu thức
Từ
gt :
2ab 6bc 2ac 7abc
4ab
9ac
4bc
a 2b a 4c b c .
2ab 6bc 2ac 7abc
và a,b,c > 0
Chia cả hai vế cho abc > 0
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 6 2
7
c a b
x, y , z 0
1
1
1
x , y ,z
2 z 6 x 2 y 7
a
b
c
đặt
4ab
9ac
4bc 4 9 4
C
a 2b a 4c b c 2 x y 4 x z y z
Khi đó
C
4
9
4
2x y
4x z
y z (2 x y 4 x z y z )
2x y
4x z
yz
2
x 2y
2
3
x 2y
4x z
1
x ,y z 1
2
Khi
thì C = 17
2
4x z
2
2
yz
y z 17 17
Vậy GTNN của C là 17 khi a =2; b =1; c = 1
Bài 13: Kí hiệu an là số nguyên gần n nhất (n N*), ví dụ :
1 1 a1 1 ;
2 1, 4 a 2 1 ;
3 1,7 a 3 2 ;
4 2 a 4 2
1 1 1
1
...
a1980 .
Tính : a1 a 2 a 3
1
1
1
A
...
2
3
n .
Đặt
a) Chứng minh A 2 n 3 : Làm giảm mỗi số hạng của A :
1
2
2
2
k
k k
k 1 k
k 1
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 k
k k 1
k
k1
.
A 2
Do đó :
n
n 1 ...
3
2
Bài 14: . Tìm phần nguyên của các số (có n dấu căn) :
2 1 2 n 2
.
a)
a n 2 2 ... 2 2
b)
a n 4 4 ... 4 4
HD Kí hiệu
c)
a n 6 6 ... 6 6
a n 1996 1996 ... 1996 1996
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
Hiển nhiên a100 > 6 > 2. Như vậy 2 < a100 < 3, do đó [ a100 ] = 2.
Bài 15: 216. Ta có Tìm chữ số tận cùng của phần nguyên của
1
n
1
1 1
1
1
n
n
(n 1) n n(n 1)
n 1 n
n n 1
n
1
n 1
n 1
1
n 1 n
Bài 15: Cho biểu thức
1
1
2
n 1
n
A
1
n 1
A
x 3
x 1 x 3 11
x 3 x 3
3 x
x 3
x 3
x 3
x 3
x 3
11 x 3
a
a 16
2
a 4
2
a 4
x 3
x 3
x 3
3 x
x 3
Kết hợp điều kiện => x > 9 hoặc x = 0 thì A 0
C
x 3
2 x 6 x x 4 x 3 11 x 3
Vậy với x 0; x 9 thì
3 x
0
b/ Tìm tất cả các giá trị của x để A 0 : A 0 x 3
Bài 16: Cho
.
2 x
x 1 3 11 x
9 x (Với x 0; x 9 )
x 3
x 3
x 3
3x 9 x
250
. Từ đó ta giải được bài tốn.
2 x
x 1
2 x
x 1 3 11 x
A
x 3
x 3
9 x
x 3
x 3
a/ Rút gọn A
2 x
b/ Tìm tất cả các giá trị của x để A 0
a/ Rút gọn A
A
3 2
A
3 x
x 3
3 x 0
x 3 0
x 9
x 0
3 x 0
x 3 0
1/ Tìm điều kiện của a để biểu thức C có ngĩa, rút gọn C.
2/ Tính giá trị của C , khi a 9 4 5
+ BiÓu thøc C cã nghÜa khi
a 0
a 0
a 16 0
a 16
a 0, a 16
a 4 0
a 16
a 4 0
moi a 0
+ Rót gän biĨu thøc C
C
C
C
a
a 16
2
a4
a
a4
a 4
2
a 4
a 4 a 2 a 8 2 a 8
a 4 a 4
a 4 a 4
a 2
2
a 4
a 4 2
a
a 4 a
2
a 4
a 4
a 4
a 4
a4
a 4
a 4 a
a4
a 4
a
a 4
2/ Tính giá trị của C , khi a 9 4 5
Ta cã :
C
VËy :
a 9 4 5 4 4 5 5 2 5
a
a 4
2
=>
a
2 5
2
2 5
2 5
2 5
2 5 4 6 5
Bài 17: Giả sử a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a≤b≤3≤c ;c≥b +1; a+b≥c
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Q=
2 ab+a+b+c (ab−1)
(a+1 )(b+1)( c+1 )
Giả sử a,b,c là các số thực dương thỏa m·n :
a≤b≤3≤c ;c≥b +1; a+b≥c .
Q=
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Híng dÉn
Ta cã : a + b c => a + b –c 0 (1)
Tõ a + b c b + 1 => a 1 mµ b a
2 ab+a+b+c (ab−1)
(a+1 )(b+1)( c+1 )
ab a b 1 ab c 1
(a 1)(b 1) 0
a
b
ab
1
a b ab 1 (2)
=>
Sư dơng (1) vµ (2) ta cã
Q
2ab a b c (ab 1) 2ab a b c abc
2ab abc
(a 1)(b 1)(c 1)
( a 1)(b 1)(c 1)
(a 1)(b 1)(c 1)
Q
ab(2 c)
ab(2 c)
ab(2 c)
(ab a b 1)(c 1) ( ab ab 1 1)(c 1) 2( ab 1)(c 1)
Q
Q
ab
c2
1
c2
1
c 2 (c 1)(c 2)
.
.
.
1 c 1
1 c 1
2(ab 1) c 1
2c (c 1)
2 1
2 1
ab
c 1
(c 1)(c 2) c 2 c 2 1
1
1
1
5
2
2
2
2c(c 1)
2 c c 2 3 3 12
2 c c
5
Vậy Q(min) = 12 khi
V× c 3
a b c
a 1
ab a b 1 b 2
c 3
c 3
Bài 18: Cho biểu thức
a2 b2
a b
a b
P
a 2 b 2 a b a 2 b 2 với a > b > 0
a b a b
1/ Rút gọn biểu thức P
2/ Biết a – b = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P
1/ Rút gọn biểu thức P
a2 b2
a b
a b
P
a 2 b 2 a b a 2 b 2
a b a b
a b
P
a b a b
a b
P
a b
a b
a b
a b
a b
a b a b
a b a b
2
2
a b
a b a 2 b2
a b a b a2 b2
2
2
a b a b
a b
2 a b a b a 2 b2 a 2 b2
P
b
2b a b a 2 b 2
2/ Biết a – b = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P
Từ a – b = 1 => a = b + 1. Khi đó
P
2b 2 2b 1
2b2 2 P b 1 0
b
(1).Coi (1) là phương trình bậc hai của b, Ta có
(2 P) 2 8 P 2 4 P 4
P 2 2 2
0 P 2 4 P 4 0
P 2 2 2
Để có b, thì
Do P > 0 => P 2 2 2 => P(min) = 2 2 2
b
Khi đó
(2 P) 2 2 2 2
2
2 2
4
4
2 => a = 2
Bài 20: Cho biểu thức
1 2x x 1 2x x x x
1
1
A
:
x
0;
x
; x 1
1
x
x
1 x x
1 x
Với
4
b) Tính giá trị của A khi x 17 12 2
a) Rút gọn biểu thức A.
.
c) So sánh A với
A
a) Rút gọn biểu thức (2 điểm)
1 2x x 1 2x x x x
1
1
A
x 0;x ;x 1
:
1 x
4
x
1 x x
1 x
x 2x x 1
x 1 x 2x 2 x x 1
:
x 1 x 1 x 1 x
1 x 1 x x
x x 1 2 x 1
2 x 1 x 1 2 x 1
:
x x 1
1 x 1 x
1 x 1 x x
: 2 x 1
x 1
2 x1
x
1
x
1
:
1 x 1
x1
x x
1 x x x 1 x
x
2 x1
: 2 x1 :
x x
x x1
1 x 1 x x
1 1 x 1
1
x x
x
b) Tính giá trị của A khi x 17 12 2 (1 điểm).
Tính
x 17 12 2 3 2 2
2
2
3 2 2 3 2
2 5 3 2 2
5
x
1 3 2 2 17 12 2 15 10
A
3 2 2
3 2 2
c) So sánh A với
A:
Chứng minh được
Biến đổi
x
1
A
2 3 2 2
3 2 2
x x
1
x
1
x
x
1
1
2
x 0;x ;x 1
x
4
với mọi
A x
1
1 1
x
A 1
A 10
A
xy x
A x 1
1 : 1
xy 1 1 xy
Bài 21: Cho biểu thức
A 1 0 A
xy x
xy 1
A 0 A A
x 1
xy 1
.
1. Rút gọn biểu thức A.
1 1 6
y
2. Cho x
. Tìm giá trị lớn nhất của A. Điều kiện:
xy 1 xy 1 1 xy :
xy 1 1 xy
xy 1 1 xy xy x xy 1 x 1 1 xy
xy 1 1 xy
x 1 1 xy xy x xy 1 xy 1 1 xy
xy 1 1 xy xy x xy 1 x 1 1 xy
A
x 1 1
xy
xy x
1 x 1
x y xy
xy .
Theo Côsi, ta có:
6 1 1 2
x
y
1
xy
1 9
xy
.
1
1 1
y x=y= 9 .
Dấu bằng xảy ra x
1
Vậy: maxA = 9, đạt được khi : x = y = 9 .
x2 x
2 x x 2 x 1
P
.
x x 1
x
x1
Cho biểu thức:
Bài 22:
a. Rút gọn P.
b. Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Q
c. Xét biểu thức:
a. Đk : x 0; x 1.
P
x
2 x
,
P chứng tỏ 0 < Q < 2.
2
x x x1
x 2 x 1
x x 1
x
x 1 2 x 1 2
x 1
Vậy P x
x 1
x1
x 1
x
x 1 , với x 0; x 1.
2
P x
1 3 3
x 1 x
2 4 4
b.
dấu bằng xảy ra khi x = ¼, thỏa mãn đk.
x1
xy 1
.
3
Vậy GTNN của P là 4 khi
x
1
4 .
2 x
c. Với x 0; x 1 thì Q = x x 1 > 0. (1)
2
2
2 x
x x 1 x
x1
2
0
x 1
Xét
Dấu bằng khơng xảy ra vì điều kiện x 1 .
suy ra Q < 2.(2)
Từ (1) và (2) suy ra 0 < Q < 2.
A
Bài 1: (4,0 điểm) Cho
a) Rút gọn biểu thức A.
2 x 9
2 x 1
x 3
(x 0, x 4, x 9)
x 5 x 6
x 3 2 x
b) Tìm giá trị của x để A =
a(2,0đ)
A
1
2.
2 x9
2 x 1
( x 3)( x 2)
x3
x 3
x2
2 x 9 (2 x 1)( x 2) ( x 3)( x 3)
( x 3)( x 2)
2 x 9 2x 4 x x 2 x 9
x x 2
( x 3)( x 2)
( x 3)( x 2)
( x 2)( x 1)
x 1
( x 3)( x 2)
x3
x 1
x 3 với (x 0, x 4, x 9) .
Vậy
b(2,0đ) Với (x 0, x 4, x 9) Ta có:
A
x 1
1
1
2 x 2 x 3 3 x 1 x (t / m)
2
9
x 3
1
1
Vậy A = 2 x = 9 .
A
1
2
a(1,5đ) Ta có 8 2 15 8 2 15
5 2 15 3
5 2 15 3 ( 5
5
3 2 3
3
5
3) 2
( 5 3) 2
a 3 3 a 6
a
a 9 a 4
a 2
Câu 23: Cho biểu thức T =
với a 0,a 4, a 9
a) Rút gọn T
b) Xác định các giá trị của a để T > 0
T
Cho biểu thức
T
a) Rút gọn:
a 3 3 a 6
a
a 9 a 4
a 2
với a ≥ 0, a ≠ 4, a ≠ 9
a 3 3 a 6
a
a 9 a 4
a 2
3
1
a
a 3 a 2
a
1
3 a
1
2
a 3 a 2
a 2
1
0
a2
b) T > 0
≠ 9.
a 20
(vì 1 > 0) a > 4 ; K hợp ĐK ta được a > 4 và a
Vậy: khi a > 4 và a ≠ 9 thì T > 0
3
2
Câu 24: Tính giá trị của biểu thức: A = 2 x 3x 4 x 2
x 2
5 5
2
2
5 5
2
với
b) Cho x, y thỏa mãn:
x 2014 2015 x
Chứng minh: x y
Đặt
a = 2+
a 2 4 2 4
3
51
2014 x y 2014 2015 y
2014 y
5 5
5 5
22
2 ,a>0
5 5
4 6 2 5 4
2
x 3 5 3 5 1
2
5 1 3 5 a 3 5
5 1
62 5
6 2 5
1
2
2
2
51
1 2 1
2
x = 2 1 x 2 2 x 1 0
B = 2x3 + 3x2 – 4x + 2
B = 2x(x2 + 2x -1 ) - ( x2 + 2x -1 ) + 1 = 1
x 2014 2015 x 2014 x y 2014 2015 y 2014 y (1)
ĐKXĐ: 2014 x; y 2014
(1) x 2014 y 2014 2015 x 2015 y 2014 y 2014 x 0
Nếu x khác y và 2014 x; y 2014 thì
2015 x 2015 y
x y
>0;
x 2014 y 2014
2014 x 2014 y
>0;
>0 , do đó (1)
1
1
1
0
x 2014 y 2014 2015 x 2015 y 2014 x 2014 y
(2)
1
2014 x 2014 y
Khi đó dễ chứng tỏ
Mà x y 0 nên (2) vơ lý vì VT(2) luôn khác 0
Nếu x=y dễ thấy (1) đúng. Vậy x = y.
1
0
2015 x 2015 y
Câu 25: Bài 18: Cho 100 số tự nhiên a1 , a2 ,..., a100 thỏa mãn điều kiện:
1
1
1
...
19
a1
a2
a100
Chứng minh rằng trong 100 số tự nhiên đó, tồn tại hai số bằng nhau.
Ta có kết qủa quen thuộc sau đây:
A
1
1
1
...
2 n 2
2
3
n
1
2
1
2
k
2
k
k
k
1
Thật vậy: Từ
A 2 ( 2 1) ( 3
k
2) ... ( n
k1
, suy ra:
n 1) 2( n 1) 2 n 2
(*)
Gỉa sử trong 100 số tự nhiện đã cho khơng có hai số nào bằng nhau. Khơng mất tính tổng
qt, giả sử: a1 a2 ... a100 a1 1, a2 2,...an 100
1
1
1
1
1
1
...
...
a1
a2
a100
1
2
100 2 100 1 19
(áp dụng (*))
Thế thì:
Kết qủa này trái với giả thiết. Vậy tồn tại bằng nhau trong 100 số đã cho.