a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số dương, ta có :

\(\log_23+\log_32>2\sqrt{\log_23.\log_32}=2\sqrt{1}=2\)

Không xảy ra dấu "=" vì \(\log_23\ne\log_32\)

Mặt khác, ta lại có :

\(\log_23+\log_32<\frac{5}{2}\Leftrightarrow\log_23+\frac{1}{\log_23}-\frac{5}{2}<0\)

                             \(\Leftrightarrow2\log^2_23-5\log_23+2<0\)

                            \(\Leftrightarrow\left(\log_23-1\right)\left(\log_23-2\right)<0\) (*)

Hơn nữa, \(2\log_23>2\log_22>1\) nên \(2\log_23-1>0\)

Mà \(\log_23<\log_24=2\Rightarrow\log_23-2<0\)

Từ đó suy ra (*) luôn đúng. Vậy \(2<\log_23+\log_32<\frac{5}{2}\)

b) Vì \(a,b\ge1\) nên \(\ln a,\ln b,\ln\frac{a+b}{2}\) không âm. 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

\(\ln a+\ln b\ge2\sqrt{\ln a.\ln b}\)

Suy ra 

\(2\left(\ln a+\ln b\right)\ge\ln a+\ln b+2\sqrt{\ln a\ln b}=\left(\sqrt{\ln a}+\sqrt{\ln b}\right)^2\)

Mặt khác :

\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\Rightarrow\ln\frac{a+b}{2}\ge\frac{1}{2}\left(\ln a+\ln b\right)\)

Từ đó ta thu được :

\(\ln\frac{a+b}{2}\ge\frac{1}{4}\left(\sqrt{\ln a}+\sqrt{\ln b}\right)^2\)

hay \(\frac{\sqrt{\ln a}+\sqrt{\ln b}}{2}\le\sqrt{\ln\frac{a+b}{2}}\)

c) Ta chứng minh bài toán tổng quát :

\(\log_n\left(n+1\right)>\log_{n+1}\left(n+2\right)\) với mọi n >1

Thật vậy, 

\(\left(n+1\right)^2=n\left(n+2\right)+1>n\left(n+2\right)>1\) 

suy ra :

\(\log_{\left(n+1\right)^2}n\left(n+2\right)<1\Leftrightarrow\frac{1}{2}\log_{n+1}n\left(n+2\right)<1\)

                                  \(\Leftrightarrow\log_{n+1}n+\log_{\left(n+1\right)}n\left(n+2\right)<2\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :

\(2>\log_{\left(n+1\right)}n+\log_{\left(n+1\right)}n\left(n+2\right)>2\sqrt{\log_{\left(n+1\right)}n.\log_{\left(n+1\right)}n\left(n+2\right)}\)

Do đó ta có :

\(1>\log_{\left(n+1\right)}n.\log_{\left(n+1\right)}n\left(n+2\right)\) và \(\log_n\left(n+1>\right)\log_{\left(n+1\right)}\left(n+2\right)\) với mọi n>1

Ta có : \(y'=x+\frac{1}{2}\left(\sqrt{x^2+1}+x\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\right)+\frac{\frac{1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}}{\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}\)

                \(=x+\frac{2x^2+1}{2\sqrt{x^2+1}}+\frac{x+\sqrt{x^2+1}}{2\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\sqrt{x^2+1}}=x+\frac{2x^2+1}{2\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{2\sqrt{x^2+1}}\)

                \(=x+\frac{2\left(x^2+1\right)}{2\sqrt{x^2+1}}=x+\sqrt{x^2+1}\)

\(\Rightarrow\begin{cases}xy'+\ln y'=x\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)+\ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)=x^2+x\sqrt{x^2+1}+\ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\\2y=x^2+x\sqrt{x^2+1}+2\ln\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}=x^2+x\sqrt{x^2+1}+\ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\end{cases}\)

\(\Rightarrow2y=xy'+\ln y'\)\(\Rightarrow\) Điều phải chứng minh

Không làm mất tính tổng quát của bài toán, giả sử \(a\ge b\ge c\)(1)

Có \(\sqrt{\frac{a+b}{ab}}+\sqrt{\frac{a+c}{ac}}+\sqrt{\frac{b+c}{bc}}=\sqrt{\frac{1}{b}+\frac{1}{a}}+\sqrt{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}+\sqrt{\frac{1}{c}+\frac{1}{b}}\)

Từ (1) => \(\hept{\begin{cases}\frac{2}{a}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\\\frac{2}{b}\le\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\\\frac{2}{c}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt{\frac{2}{a}}\le\sqrt{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\\\sqrt{\frac{2}{b}}\le\sqrt{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\\\sqrt{\frac{2}{c}}\le\sqrt{\frac{1}{a}+\frac{1}{c}}\end{cases}}\)

=>\(\sqrt{\frac{2}{a}}+\sqrt{\frac{2}{b}}+\sqrt{\frac{2}{c}}\le\sqrt{\frac{1}{b}+\frac{1}{a}}+\sqrt{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}+\sqrt{\frac{1}{c}+\frac{1}{b}}\)

=>\(\sqrt{\frac{2}{a}}+\sqrt{\frac{2}{b}}+\sqrt{\frac{2}{c}}\le\sqrt{\frac{a+b}{ab}}+\sqrt{\frac{a+c}{ac}}+\sqrt{\frac{b+c}{bc}}\)

Ta có đpcm

Ta có :

\(M=\frac{7\ln\left(\sqrt{2}+1\right)^2-64\ln\left(\sqrt{2}+1\right)-50\ln\left(\sqrt{2}+1\right)^{-1}+2}{-3lg5-lg\left(10^{-1}.2^3\right)+6lg\left(10^{-\frac{1}{3}}.2^{\frac{2}{3}}\right)+4lg\left(10.5\right)}\)

    \(=\frac{2}{lg5+1-3lg2-2+4lg2+4}=\frac{1}{2}\)

2:

a: Sửa đề: \(\dfrac{a^2+3}{\sqrt{a^2+2}}>2\)

\(A=\dfrac{a^2+3}{\sqrt{a^2+2}}=\dfrac{a^2+2+1}{\sqrt{a^2+2}}=\sqrt{a^2+2}+\dfrac{1}{\sqrt{a^2+2}}\)

=>\(A>=2\cdot\sqrt{\sqrt{a^2+2}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{a^2+2}}}=2\)

A=2 thì a^2+2=1

=>a^2=-1(loại)

=>A>2 với mọi a

b: \(\Leftrightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}< =\dfrac{a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{\sqrt{ab}}\)

=>\(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}>=a\sqrt{b}+b\sqrt{a}\)

=>\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b\right)-\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)>=0\)

=>(căn a+căn b)(a-2*căn ab+b)>=0

=>(căn a+căn b)(căn a-căn b)^2>=0(luôn đúng)

1

ĐK: `x>1`

PT trở thành:

\(\sqrt{\dfrac{2x-3}{x-1}}=2\\ \Leftrightarrow\dfrac{2x-3}{x-1}=2^2=4\\ \Leftrightarrow4x-4-2x+3=0\\ \Leftrightarrow2x-1=0\\ \Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}\left(KTM\right)\)

Vậy PT vô nghiệm.

b

ĐK: \(x\ge2\)

Đặt \(t=\sqrt{x-2}\) (\(t\ge0\))

=> \(x=t^2+2\)

PT trở thành: \(t^2+2-5t+2=0\)

\(\Leftrightarrow t^2-5t+4=0\)

nhẩm nghiệm: `a+b+c=0` (`1+(-5)+4=0`)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}t=1\left(nhận\right)\\t=4\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x-2}=1\\\sqrt{x-2}=4\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3\left(TM\right)\\x=18\left(TM\right)\end{matrix}\right.\)

1,

\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)

Ta có a và b không âm nên 

\(\frac{\left(a+b\right)^2}{2}+\frac{a+b}{4}=\frac{a+b}{2}\left(a+b+\frac{1}{2}\right)\ge\sqrt{ab}\left(a+b+\frac{1}{2}\right)\)(bất đẳng thức cô - si)

Cần chứng minh \(\sqrt{ab}\left(a+b+\frac{1}{2}\right)\ge a\sqrt{b}+b\sqrt{a}\). Xét hiệu hai vế

\(\sqrt{ab}\left(a+b+\frac{1}{2}\right)-\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\)

\(=\sqrt{ab}\left(a+b+\frac{1}{2}-\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\)

\(=\sqrt{ab}\left[\left(\sqrt{a}-\frac{1}{2}\right)^2+\left(\sqrt{b}-\frac{1}{2}\right)^2\right]\ge0\)

Xảy ra đẳng thức \(\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{4}\)hoặc\(a=b=0\)

bạn áp dụng bất đẳng thức CÔ - SI là ra