Ôn tập cuối năm phần số học

\(g\left(x\right)=4x^3+5x^2+5x+1\\ \Leftrightarrow g\left(x\right)=4x^3+x^2+4x^2+x+4x+1\\ \Leftrightarrow g\left(x\right)=\left(4x^3+x^2\right)+\left(4x^2+x\right)+\left(4x+1\right)\\ \Leftrightarrow g\left(x\right)=x^2\left(4x+1\right)+x\left(4x+1\right)+\left(4x+1\right)\\ \Leftrightarrow g\left(x\right)=\left(4x+1\right)\left(x^2+x+1\right)\)

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy_ Schwarz ta có:

\(\text{VT}=\frac{a^6}{a^3+a^2b+ab^2}+\frac{b^6}{b^3+b^2c+bc^2}+\frac{c^6}{c^3+c^2a+ca^2}\)

\(\geq \frac{(a^3+b^3+c^3)^2}{a^3+a^2b+ab^2+b^3+b^2c+bc^2+c^3+c^2a+ca^2}\)

\(\Leftrightarrow \text{VT}\geq \frac{(a^3+b^3+c^3)^2}{a^3+b^3+c^3+ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)}\) (I)

Áp dụng BĐT Am-Gm ta có:

\(\left\{\begin{matrix} a^3+a^3+b^3\geq 3a^2b\\ b^3+b^3+c^3\geq 3b^2c\\ c^3+c^3+a^3\geq 3c^2a\end{matrix}\right.\Rightarrow 3(a^3+b^3+c^3)\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\geq a^2b+b^2c+c^2a\) (1)

Tương tự:

\(\left\{\begin{matrix} a^3+b^3+b^3\geq 3ab^2\\ b^3+c^3+c^3\geq 3bc^2\\ c^3+a^3+a^3\geq 3ca^2\end{matrix}\right.\Rightarrow 3(a^3+b^3+c^3)\geq 3(ab^2+bc^2+ca^2)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\geq ab^2+bc^2+ca^2(2)\)

Từ \((1);(2)\Rightarrow 2(a^3+b^3+c^3)\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a)\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a)\leq 3(a^3+b^3+c^3)\) (II)

Từ \((I);(II)\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a^3+b^3+c^3)^2}{a^3+b^3+c^3+ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)}\geq \frac{(a^3+b^3+c^3)^2}{3(a^3+b^3+c^3)}\)

\(\Leftrightarrow \text{VT}\geq \frac{a^3+b^3+c^3}{3}\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)

Câu a :

Từ \(m^2+mx\ge2x+4\)

\(\Rightarrow m^2+mx-2x-4\ge0\)

\(\Leftrightarrow m^2+\left(m-2\right)x-4\ge0\)

ĐKXĐ : \(m\ne0\)

Ta có:

\(\Delta=\left(m-2\right)^2-4.\left(-4\right)=\left(m-2\right)^2+16\ge16>0\)

Vậy.....................

\(\dfrac{x^3+y^3-z^3+3xyz}{x+y-z}\)

\(=\dfrac{\left(x+y\right)^3-z^3-3xy\left(x+y\right)+3xyz}{x+y-z}\)

\(=\dfrac{\left(x+y-z\right)\left(x^2+2xy+y^2+xz+yz+z^2\right)-3xy\left(x+y-z\right)}{x+y-z}\)

\(=x^2+y^2+z^2-xy+xz+yz\)

\(M=\dfrac{B}{A}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+3}}{\dfrac{x-\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}}=\dfrac{\sqrt{x}+1}{x-\sqrt{x}+2}\)\(=\dfrac{\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{7}{4}}\)

Dễ thấy: \(\left(\sqrt{x}-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{7}{4}>0\forall x\)

Và \(\sqrt{x}+1\ge1\forall x\)\(\Rightarrow M=\dfrac{\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{7}{4}}\ge1\)

Xảy ra khi \(x=1\)

Lời giải:

Ta có:

\(B:A=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+3}:\frac{x-\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+3}.\frac{\sqrt{x}+3}{x-\sqrt{x}+2}=\frac{\sqrt{x}+1}{x-\sqrt{x}+2}\)

Đặt \(\sqrt{x}+1=t\Rightarrow \sqrt{x}=t-1\)

Khi đó:

\(M=B:A=\frac{t}{(t-1)^2-(t-1)+2}=\frac{t}{t^2-3t+4}\) \((t\ge 1)\)

\(\Rightarrow M(t^2-3t+4)-t=0\)

\(\Leftrightarrow Mt^2-t(3M+1)+4M=0\)

Nếu \(M=0\rightarrow t=0\) (vô lý vì \(t\geq 1\) ) \(\rightarrow M\neq 0\)

Khi đó: \(\Delta=(3M+1)^2-16M^2\geq 0\)

\(\Leftrightarrow -7M^2+6M+1\geq 0\)

\(\Leftrightarrow -\frac{1}{7}\leq M\le 1\), tức là M đạt max bằng $1$

Khi đó \(t^2-4t+4=0\Leftrightarrow t=2\) \(\Leftrightarrow x=1\) (thỏa mãn)

Vậy \(x=1\)

\(M=\dfrac{B}{A}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+3}}{\dfrac{x-\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}}=\dfrac{\sqrt{x}+1}{x- \sqrt{x}+2}\)\(=\dfrac{\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{7}{4}}\)

Dễ thấy: \(\left(\sqrt{x}-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{7}{4}>0\forall x\)

Và \(\sqrt{x}+1\ge1\forall x\)\(\Rightarrow M=\dfrac{\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{7} {4}}\ge1\)

Xảy ra khi \(x=1\)

\(y^2+2xy-7x-12=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+2xy=x^2+7x+12\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2=\left(x+3\right)\left(x+4\right)\)

Vì \(\left(x+3\right)\left(x+4\right)\) là tích hai số nguyên liên tiếp, theo đề bà là số chính phương nên chỉ có thể bằng 0

Vậy tìm được x, thay x vào rồi tính y

Ta có: \(7^{64}-48\left(7^2+1\right)\left(7^4+1\right)\left(7^8+1\right)\left(7^{16}+1\right)\left(7^{32}+1\right)\)

\(=7^{64}-\left(7^2-1\right)\left(7^2+1\right)\left(7^4+1\right)\left(7^8+1\right)\left(7^{16}+1\right)\left(7^{32}+1\right)\)

\(=7^{64}-\left(7^4-1\right)\left(7^4+1\right)\left(7^8+1\right)\left(7^{16}+1\right)\left(7^{32}+1\right)\)

\(=7^{64}-\left(7^{64}-1\right)\)

\(=7^{64}-7^{64}+1\)

\(=1.\)

bài này thi violympic à Nguyễn Thị Uyển Nhi

1/ \(x^2+\dfrac{x^2}{\left(x-2\right)^2}=12\)

\(\Leftrightarrow x^4-4x^3-4x^2+48x-48=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-6x+12\right)\left(x^2+2x-4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+2x-4=0\)

\(\Leftrightarrow x=-1\pm\sqrt{5}\)

~ Bài 3:

Hình tự vẽ.

Theo giả thiết, ta có:

\(\widehat{MEB}=\widehat{EBF}=\widehat{BFM}=90^0\)

\(\Rightarrow EBFM\) là hình chữ nhật

\(\Rightarrow ME=FB;MF=EB\)

\(\Delta EAM\) vuông cân tại E \(\left(\widehat{BAC}=45^0\right)\)

\(\Rightarrow AE=ME=BF\)

\(\Delta FMC\) vuông cân tại F \(\left(\widehat{BCA}=45^0\right)\)

\(\Rightarrow FC=MF=BE\)

Ta có:

\(S_{DFE}=S_{ABCD}-S_{ADE}-S_{DCF}-S_{BFE}\)

\(=a^2-\dfrac{1}{2}\times a\times AE-\dfrac{1}{2}\times a\times CF-\dfrac{1}{2}\times BE\times BF\)

\(=a^2-\dfrac{1}{2}\times a\times\left(AE+EB\right)-\dfrac{1}{2}\times AE\times BE\)

Mặt khác, theo bất đẳng thức AM - GM, ta có:

\(S_{DFE}\ge a^2-\dfrac{1}{2}\times a^2-\dfrac{1}{2}\times\dfrac{\left(AE+BE\right)^2}{4}\)

\(=\dfrac{a^2}{2}-\dfrac{a^2}{8}=\dfrac{3}{8}a^2\)

Dấu "=" xảy ra khi AE = BE

<=> E là trung điểm của AB mà ME // BC (do cùng _I_ AB)

=> M là trung điểm của AC

Vậy \(Min_{S_{DFE}}\) \(=\dfrac{3}{8}a^2\) <=> M là trung điểm của AC.

2/ \(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^4}{ab}+\dfrac{b^4}{bc}+\dfrac{c^4}{ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=ab+bc+ca\)