Chương 4: BẤT ĐẲNG THỨC, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Điều kiện : \(x\ge1\)

\(3\left(x^2-2\right)+\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{x^2-x+1}}>\sqrt{x}\left(\sqrt{x-1}+3\sqrt{x^2-1}\right)\) \(\Leftrightarrow6\left(x^2-2\right)+\frac{8\sqrt{2}}{\sqrt{x^2-x+1}}-2\sqrt{x^2-x}-6\sqrt{x}\sqrt{x^2-1}>0\)

\(\Leftrightarrow3\left(\sqrt{x^2-1}-\sqrt{x}\right)^2+\left(\sqrt{x^2-x}-1\right)^2+2\left(\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{x^2-x}+1}+x^2-x-5\right)>0\)

Xét hàm số \(f\left(t\right)=\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{t+1}}+t-5,\left(t\ge0\right)\)

Ta có \(f'\left(t\right)=1-\frac{2\sqrt{2}}{\left(t+1\right)\sqrt{t+1}}\)

\(f'\left(t\right)=0\Leftrightarrow t=1\)

Bảng xét dấu :

Suy ra \(f\left(t\right)\ge f\left(1\right)\), với mọi \(t\in\left[0;+\infty\right]\)\(\Rightarrow\) \(f\left(t\right)\ge0\), với mọi \(t\in\left[0;+\infty\right]\). Dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow t=1\)

Do \(x^2-x\ge0\) với mọi \(x\in\left[0;+\infty\right]\)\(\Rightarrow\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{x^2-x+1}}+x^2-x-5\ge0\) với mọi \(x\in\left[0;+\infty\right]\), dấu = xảy ra khi \(x^2-x=1\Leftrightarrow x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\)

Khi đó \(3\left(\sqrt{x^2-1}-\sqrt{x}\right)^2+\left(\sqrt{x^2-1}-1\right)^2+2\left(\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{x^2-1}+1}+x^2-x-5\right)>0\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}\sqrt{x^2-1}-\sqrt{x}\ne0\\\sqrt{x^2-x}-1\ne0\\\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{x^2-x+1}}+x^2-x-5\ne0\end{cases}\)  \(\Leftrightarrow x\ne\frac{1+\sqrt{5}}{2}\)

Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là 

\(S=\left(1;+\infty\right)\backslash\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)\)

Giả sử \(x\le y\le z\) do \(xyz\le0\) nên\(x\le0\)

Do \(x^2+y^2+z^2=9\Rightarrow x^2\le9\Rightarrow x\in\left[-3;0\right]\)

Ta có \(yz\le\left(\frac{y+z}{2}\right)^2\le\frac{y^2+z^2}{2}\)

Do đó : \(2\left(x+y+z\right)-xyz=2x+2\left(y+z\right)-xyz\le2x+2\sqrt{2\left(y^2+z^2\right)}-x.\frac{y^2+z^2}{2}\)

           \(=2x+2\sqrt{2\left(9-x^2\right)}-\frac{x\left(9-x^2\right)}{2}=\frac{x^3}{2}-\frac{5x}{2}+2\sqrt{2\left(9-x^2\right)}\)

Xét hàm số :

\(f\left(x\right)=\frac{x^3}{2}-\frac{5x}{2}=2\sqrt{2\left(9-x^2\right)}\) với \(x\in\left[-3;0\right]\) \(\Rightarrow f'\left(x\right)=\frac{3x^2}{2}-\frac{5}{2}-\frac{2\sqrt{2}x}{\sqrt{9-x^2}}\)

Xét \(f'\left(x\right)=0\Leftrightarrow\frac{3x^2}{2}-\frac{5}{2}-\frac{2\sqrt{2}x}{\sqrt{9-x^2}}=0\Leftrightarrow\sqrt{9-x^2}\left(5-3x^2\right)=-4\sqrt{2}x\)

     \(\Leftrightarrow\left(9-x^2\right)\left(5-3x^2\right)=32x^2\) (với điều kiện \(5-3x^2\ge0\))

     \(\Leftrightarrow9x^9-111x^4+327x^2-225=0\)

     \(\Leftrightarrow x^2=1;x^2=3;x^2=\frac{25}{3}\)

\(x^2\le\frac{5}{3}\) nên \(x^2=1\Leftrightarrow x=1,x=-1\) (loại)

Ta có \(f\left(-3\right)=-6;f\left(1\right)=10;f\left(0\right)=6\sqrt{2}\) suy ra Max \(f\left(x\right)=f\left(-1\right)=10\)

\(2\left(x+y+z\right)-xyz\le f\left(x\right)\le10\)

Dấu = xảy ra khi x=-1, y=z và \(x^2+y^2+z^2=9\)

\(\Leftrightarrow x=-1;y=z=2\)

Do x, y >0  nên bất đẳng thức tương đương với :

\(\left[\left(1+x\right)^2+\left(1+y\right)^2\right]\left(1+xy\right)\ge\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(2+2x+2y+x^2+y^2\right)\left(1+xy\right)\ge\left(1+2x+x^2\right)\left(1+2y+y^2\right)\)

\(\Leftrightarrow xy\left(x-y\right)^2+\left(xy-1\right)^2\ge0\)

Bất đẳng thức này luôn đúng

Dấu bằng xảy ra khi x=y=1

sao k ai trả lời zậy ta

Nhấn máy tính: 

+ giải hpt x²-4x+3: mode=> 5:EQN=> số 3=> 1=> = => -4 => = => 3=> X₁=3 => = => X₂=1

=> Thay vào=> Đưa vô căn bậc 2.

+ giải hpt 2x² -3x+1 tương tự như trên.

=> Sau đó thay vô. tính ra

Xin lỗi mình chỉ biết nhiêu đây. lớp 7. Thông cảm.

Điều kiện xác định : \(x\ge1+\sqrt{3}\)

Với điều kiện đó, bất phương trình trở thành : \(x^2+2x-2+2\sqrt{x\left(x+1\right)\left(x-2\right)}\ge3\left(x^2-2x-2\right)\left(2\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x\left(x-2\right)\left(x+1\right)}\ge x\left(x-2\right)-2\left(x+1\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x\left(x-2\right)}-2\sqrt{x+1}\right)\left(\sqrt{x\left(x-2\right)}+\sqrt{x+1}\right)\le0\) (3)

Do với mọi x thỏa mãn (1) , ta có \(\sqrt{x\left(x-2\right)}+\sqrt{x+1}>0\) nên

(3) \(\Leftrightarrow\sqrt{x\left(x-2\right)}\le2\sqrt{x+1}\)

     \(\Leftrightarrow x^2-6x-4\le0\)

     \(\Leftrightarrow3-\sqrt{13}\le x\le3+\sqrt{13}\) (4)

Kết hợp (1) và (4) ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là :

\(\left[1+\sqrt{3};3+\sqrt{13}\right]\)

Lời giải:

Sử dụng bổ đề: Với \(a,b>0\Rightarrow a^3+b^3\geq ab(a+b)\)

BĐT đúng vì nó tương đương với \((a-b)^2(a+b)\geq 0\) (luôn đúng)

Áp dụng vào bài toán:

\(P\leq \frac{1}{x^3yz(y+z)+1}+\frac{1}{y^3xz(x+z)+1}+\frac{1}{z^3xy(x+y)+1}\)

\(\Leftrightarrow P\leq \frac{1}{x^2(y+z)+xyz}+\frac{1}{y^2(x+z)+xyz}+\frac{1}{z^2(x+y)+xyz}\)

\(\Leftrightarrow P\leq \frac{1}{x(xy+yz+xz)}+\frac{1}{y(xy+yz+xz)}+\frac{1}{z(xy+yz+xz)}=\frac{xy+yz+xz}{xy+yz+xz}=1\)

Vậy \(P_{\max}=1\Leftrightarrow x=y=z=1\)

1 )

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+1\ge2\sqrt{a}\\b+1\ge2\sqrt{b}\\a+c\ge2\sqrt{ac}\\b+c\ge2\sqrt{bc}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow VT\ge2\sqrt{a}.2\sqrt{b}.2\sqrt{ac}.2\sqrt{bc}=16abc\)

\(\Rightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\ge16abc\)( đpcm )

A=1/2{(1/1*2-1/2*3)+(1/2*3-1/3*4)+(1/3*4-1/4*5)+...+(1/18*19-1/19*20)}
  =1/2{1/1*2-1/19*20}
  =1/2*189/380
  =189/760
vì 189/760<1/4
nên A=...<1/4