Bồi dưỡng HSG lớp 9 môn Toán - Chuyên đề: Số thực và căn bậc hai

(y + z) + (z + x) ≥ 3. (2)
Nhân từng vế của (1) với (2) (do hai vế đều không âm) : 2 ≥ 9. Þ A ≤ 
max A = khi và chỉ khi x = y = z = .
36. a) Có thể. b, c) Không thể.
37. Hiệu của vế trái và vế phải bằng (a – b)2(a + b).
38. Áp dụng bất đẳng thức với x, y > 0 :
 (1)
Tương tự (2)
 Cộng (1) với (2) = 4B
Cần chứng minh B ≥ , bất đẳng thức này tương đương với :
2B ≥ 1 Û 2(a2 + b2 + c2 + d2 + ad + bc + ab + cd) ≥ (a + b + c + d)2
Û a2 + b2 + c2 + d2 – 2ac – 2bd ≥ 0 Û (a – c)2 + (b – d)2 ≥ 0 : đúng.
39. - Nếu 0 ≤ x - < ½ thì 0 ≤ 2x - 2 < 1 nên = 2. 
- Nếu ½ ≤ x - < 1 thì 1 ≤ 2x - 2 < 2 Þ 0 ≤ 2x – (2 + 1) < 1 Þ = 2 + 1
40. Ta sẽ chứng minh tồn tại các số tự nhiên m, p sao cho : 
 ≤ a + 15p < 
Tức là 96 ≤ < 97 (1). Gọi a + 15 là số có k chữ số : 10k – 1 ≤ a + 15 < 10k
Þ (2). Đặt . Theo (2) ta có x1 < 1 và < 1.
Cho n nhận lần lượt các giá trị 2, 3, 4, , các giá trị của xn tăng dần, mỗi lần tăng không quá 1 đơn vị, khi đó sẽ trải qua các giá trị 1, 2, 3,  Đến một lúc nào đó ta có = 96. Khi đó 96 ≤ xp < 97 tức là 96 ≤ < 97. Bất đẳng thức (1) được chứng minh.
§ 2. CĂN THỨC BẬC HAI - HẰNG ĐẲNG THỨC 
42. a) Do hai vế của bất đẳng thức không âm nên ta có :
	| A + B | ≤ | A | + | B | Û | A + B |2 ≤ ( | A | + | B | )2
Û	A2 + B2 + 2AB ≤ A2 + B2 + 2| AB | Û AB ≤ | AB | (bất đẳng thức đúng)
Dấu “ = “ xảy ra khi AB ≥ 0.
b) Ta có : M = | x + 2 | + | x – 3 | = | x + 2 | + | 3 – x | ≥ | x + 2 + 3 – x | = 5.
Dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi (x + 2)(3 – x) ≥ 0 Û -2 ≤ x ≤ 3 (lập bảng xét dấu)
Vậy min M = 5 Û -2 ≤ x ≤ 3.
c) Phương trình đã cho Û | 2x + 5 | + | x – 4 | = | x + 9 | = | 2x + 5 + 4 – x |
	Û (2x + 5)(4 – x) ≥ 0 Û -5/2 ≤ x ≤ 4
43. Điều kiện tồn tại của phương trình : x2 – 4x – 5 ≥ 0 Û 
Đặt ẩn phụ , ta được : 2y2 – 3y – 2 = 0 Û (y – 2)(2y + 1) = 0.
45. Vô nghiệm
46. Điều kiện tồn tại của là x ≥ 0. Do đó : A = + x ≥ 0 Þ min A = 0 Û x = 0.
47. Điều kiện : x ≤ 3. Đặt = y ≥ 0, ta có : y2 = 3 – x Þ x = 3 – y2.
	B = 3 – y2 + y = - (y – ½ )2 + ≤ . max B = Û y = ½ Û x = .
48. a) Xét a2 và b2. Từ đó suy ra a = b.
b) . Vậy hai số này bằng nhau.
c) Ta có : .
Mà .
49. A = 1 - | 1 – 3x | + | 3x – 1 |2 = ( | 3x – 1| - ½ )2 + ¾ ≥ ¾ .
Từ đó suy ra : min A = ¾ Û x = ½ hoặc x = 1/6
51. M = 4
52. x = 1 ; y = 2 ; z = -3.
53. P = | 5x – 2 | + | 3 – 5x | ≥ | 5x – 2 + 3 – 5x | = 1. min P = 1 Û .
54. Cần nhớ cách giải một số phương trình dạng sau : 	
 .
a) Đưa phương trình về dạng : .
b) Đưa phương trình về dạng : .
c) Phương trình có dạng : .
d) Đưa phương trình về dạng : .
e) Đưa phương trình về dạng : | A | + | B | = 0
g, h, i) Phương trình vô nghiệm.
k) Đặt = y ≥ 0, đưa phương trình về dạng : | y – 2 | + | y – 3 | = 1 . Xét dấu vế trái.
l) Đặt : .
Ta được hệ : . Từ đó suy ra : u = z tức là : .
55. Cách 1 : Xét .
Cách 2 : Biến đổi tương đương Û (x2 + y2)2 – 8(x – y)2 ≥ 0
 Û (x2 + y2)2 – 8(x2 + y2 – 2) ≥ 0 Û (x2 + y2)2 – 8(x2 + y2) + 16 ≥ 0 Û (x2 + y2 – 4)2 ≥ 0.
Cách 3 : Sử dụng bất đẳng thức Cauchy : 
 (x > y).
Dấu đẳng thức xảy ra khi hoặc 
62. =
= . Suy ra điều phải chứng minh.
63. Điều kiện : .
Bình phương hai vế : x2 – 16x + 60 6.
Nghiệm của bất phương trình đã cho : x ≥ 10.
64. Điều kiện x2 ≥ 3. Chuyển vế : ≤ x2 – 3 (1)
Đặt thừa chung : .(1 - ) ≤ 0 Û 
Vậy nghiệm của bất phương trình : x = ; x ≥ 2 ; x ≤ -2.
65. Ta có x2(x2 + 2y2 – 3) + (y2 – 2)2 = 1 Û (x2 + y2)2 – 4(x2 + y2) + 3 = - x2 ≤ 0.
Do đó : A2 – 4A + 3 ≤ 0 Û (A – 1)(A – 3) ≤ 0 Û 1 ≤ A ≤ 3.
min A = 1 Û x = 0, khi đó y = ± 1. max A = 3 Û x = 0, khi đó y = ± .
66. a) ½ ≤ x ≠ 1.
b) B có nghĩa Û .
67. a) A có nghĩa Û 
b) A = với điều kiện trên.
c) A < 2 Û < 1 Û x2 – 2x < 1 Û (x – 1)2 < 2 Û - < x – 1 < Þ kq
68. Đặt = a. Ta sẽ chứng minh 20 chữ số thập phân đầu tiên của là các chữ số 9. Muốn vậy chỉ cần chứng minh a < < 1. Thật vậy ta có : 0 < a < 1 Þ a(a – 1) < 0 Þ a2 – a < 0 Þ a2 < a. Từ a2 < a < 1 suy ra a < < 1.
Vậy .
69. a) Tìm giá trị lớn nhất. Áp dụng | a + b | ≥ | a | + | b |.
A ≤ | x | + + | y | + 1 = 6 + Þ max A = 6 + (khi chẳng hạn x = - 2, y = - 3)
b) Tìm giá trị nhỏ nhất. Áp dụng | a – b | ≥ | a | - | b .
A ≥ | x | - | y | - 1 = 4 - Þ min A = 4 - (khi chẳng hạn x = 2, y = 3)
70. Ta có : x4 + y4 ≥ 2x2y2 ; y4 + z4 ≥ 2y2z2 ; z4 + x4 ≥ 2z2x2. Suy ra :
x4 + y4 + z4 ≥ x2y2 + y2z2 + z2x2 (1)
Mặt khác, dễ dàng chứng minh được : Nếu a + b + c = 1 thì a2 + b2 + c2 ≥ .
Do đó từ giả thiết suy ra : x2y2 + y2z2 + z2x2 ≥ (2).
Từ (1) , (2) : min A = Û x = y = z = 
§ 3. LIÊN HỆ GIỮA PHÉP NHÂN VÀ PHÉP KHAI PHƯƠNG
71. Làm như bài 8c (§ 2). Thay vì so sánh ta so sánh và . Ta có : .
72. Cách 1 : Viết các biểu thức dưới dấu căn thành bình phương của một tổng hoặc một hiệu.
Cách 2 : Tính A2 rồi suy ra A.
73. Áp dụng : (a + b)(a – b) = a2 – b2.
74. Ta chứng minh bằng phản chứng.
a) Giả sử tồn tại số hữu tỉ r mà = r Þ 3 + 2 + 5 = r2 Þ . Vế trái là số vô tỉ, vế phải là số hữu tỉ, vô lí. Vậy là số vô tỉ.
b), c) Giải tương tự.
75. a) Giả sử a > b rồi biến đổi tương đương : 
Û . Vậy a > b là đúng.
b) Bình phương hai vế lên rồi so sánh.
76. Cách 1 : Đặt A = , rõ ràng A > 0 và A2 = 2 Þ A = 
Cách 2 : Đặt B = Þ B =
0.
77. .
78. Viết . Vậy P = .
79. Từ giả thiết ta có : . Bình phương hai vế của đẳng thức này ta được : . Từ đó : x2 + y2 = 1.
80. Xét A2 để suy ra : 2 ≤ A2 ≤ 4. Vậy : min A = Û x = ± 1 ; max A = 2 Û x = 0.
81. Ta có : .
.
82. Xét tổng của hai số : = 
= .
83. = 
= .
84. Từ Þ .
Vậy x = y = z.
85. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 1 và ai ( i = 1, 2, 3,  n ).
86. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với hai số a + b ≥ 0 và 2 ≥ 0, ta có :
.
Dấu “ = “ xảy ra khi a = b.
87. Giả sử a ≥ b ≥ c > 0. Ta có b + c > a nên b + c + 2 > a hay 
Do đó : . Vậy ba đoạn thẳng lập được thành một tam giác.
§ 4. LIÊN HỆ GIỮA PHÉP CHIA VÀ PHÉP KHAI PHƯƠNG
88. a) Điều kiện : ab ≥ 0 ; b ≠ 0. Xét hai trường hợp :
* Trường hợp 1 : a ≥ 0 ; b > 0 : .
* Trường hợp 2 : a ≤ 0 ; b < 0 : .
b) Điều kiện : . Với các điều kiện đó thì :
.
Nếu 0 < x < 2 thì | x – 2 | = -(x – 2) và B = - .
Nếu x > 2 thì | x – 2 | = x – 2 và B = 
89. Ta có : . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:
. Vậy . Đẳng thức xảy ra khi :
.
93. Nhân 2 vế của pt với , ta được : Û 5/2 ≤ x ≤ 3.
94. Ta chứng minh bằng qui nạp toán học : 
a) Với n = 1 ta có : (*) đúng.
b) Giả sử : (1)
c) Ta chứng minh rằng (*) đúng khi n = k + 1 , tức là : 
 (2)
Với mọi số nguyên dương k ta có : (3)
Nhân theo từng vế các bất đẳng thức (1) và (3) ta được bất đẳng thức (2). Vậy " n Î Z+ ta có
95. Biến đổi tương đương : 
 (đúng).
96. Điều kiện : 
Xét trên hai khoảng 1 2. Kết quả : 
105. Cách 1 : Tính A. Cách 2 : Tính A2
Cách 3 : Đặt = y ≥ 0, ta có : 2x – 1 = y2.
Với y ≥ 1 (tức là x ≥ 1), .
Với 0 ≤ y < 1 (tức là ≤ x < 1), .
108. Nếu 2 ≤ x ≤ 4 thì A = 2. Nếu x ≥ 4 thì A = 2.
109. Biến đổi : . Bình phương hai vế rồi rút gọn, ta được :
. Lại bình phương hai vế rồi rút gọn : (2 – y)(x – 2) = 0.
Đáp : x = 2 , y ≥ 0 , x ≥ 0 , y = 2.
110. Biến đổi tương đương :
(1) Û a2 + b2 + c2 + d2 + 2 ≥ a2 + c2 + 2ac + b2 + d2 + 2bd
Û ≥ ac + bd	(2)
* Nếu ac + bd < 0, (2) được chứng minh.
* Nếu ac + bd ≥ 0, (2) tương đương với :
(a2 + b2)(c2 + d2) ≥ a2c2 + b2d2 + 2abcd Û a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2 ≥ a2c2 + b2d2 + 2abcd 
Û (ad – bc)2 ≥ 0 (3). Bất đẳng thức (3) đúng, vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.
111. Cách 1 : Theo bất đẳng thức Cauchy :
.
Tương tự : .
Cộng từng vế 3 bất đẳng thức : 
Cách 2 : Theo BĐT Bunhiacôpxki : (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) ≥ (ax + by + cz)2. Ta có :
 ≥
≥ 
Þ .
112. a) Ta nhìn tổng a + 1 dưới dạng một tích 1.(a + 1) và áp dụng bđt Cauchy : 
Tương tự : 
Cộng từng vế 3 bất đẳng thức : .
Dấu “ = ” xảy ra Û a + 1 = b + 1 = c + 1 Û a = b = c = 0, trái với giả thiết a + b + c = 1.
Vậy : .
b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki với hai bộ ba số :
 Þ ≤ 3(a + b + b + c + c + a) = 6Þ
113. Xét tứ giác ABCD có AC ^ BD, O là giao điểm hai đường chéo.
OA = a ; OC = b ; OB = c ; OD = d với a, b, c, d > 0. Ta có :
AC = a + b ; BD = c + d. Cần chứng minh : AB.BC + AD.CD ≥ AC.BD.
Thật vậy ta có : AB.BC ≥ 2SABC ; AD.CD ≥ 2SADC. Suy ra :
Suy ra : AB.BC + AD.CD ≥ 2SABCD = AC.BD. 
Vậy : .
Chú ý : Giải bằng cách áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
(m2 + n2)(x2 + y2) ≥ (mx + ny)2 với m = a , n = c , x = c , y = b ta có :
(a2 + c2)(c2 + b2) ≥ (ac + cb)2 Þ ≥ ac + cb (1)
Tương tự : ≥ ad + bd (2) . Cộng (1) và (2) suy ra đpcm.
114. Lời giải sai : .
Phân tích sai lầm : Sau khi chứng minh f(x) ≥ - , chưa chỉ ra trường hợp xảy ra f(x) = - 
Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi . Vô lí.
Lời giải đúng : Để tồn tại phải có x ≥ 0. Do đó A = x + ≥ 0. min A = 0 Û x = 0.
115. Ta có .
Theo bất đẳng thức Cauchy : nên A ≥ 2 + a + b = .
min A = khi và chi khi .
116. Ta xét biểu thức phụ : A2 = (2x + 3y)2. Nhớ lại bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
(am + bn)2 ≤ (a2 + b2)(m2 + n2)	(1)
Nếu áp dụng (1) với a = 2, b = 3, m = x, n = y ta có :
A2 = (2x + 3y)2 ≤ (22 + 32)(x2 + y2) = 13(x2 + y2).
Vói cách trên ta không chỉ ra được hằng số α mà A2 ≤ α. Bây giờ, ta viết A2 dưới dạng :
A2 = rồi áp dụng (1) ta có :
Do A2 ≤ 25 nên -5 ≤ A ≤ 5. min A = -5 Û 
max A = 5 Û 
117. Điều kiện x ≤ 2. Đặt = y ≥ 0, ta có : y2 = 2 – x.
118. Điều kiện x ≥ 1 ; x ≥ 1/5 ; x ≥ 2/3 Û x ≥ 1.
Chuyển vế, rồi bình phương hai vế : x – 1 = 5x – 1 + 3x – 2 + (3)
Rút gọn : 2 – 7x = . Cần có thêm điều kiện x ≤ 2/7.
Bình phương hai vế : 4 – 28x + 49x2 = 4(15x2 – 13x + 2) Û 11x2 – 24x + 4 = 0
(11x – 2)(x – 2) = 0 Û x1 = 2/11 ; x2 = 2.
Cả hai nghiệm đều không thỏa mãn điều kiện. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
119. Điều kiện x ≥ 1. Phương trình biến đổi thành :
* Nếu x > 2 thì : , không thuộc khoảng đang xét.
* Nếu 1 ≤ x ≤ 2 thì : . Vô số nghiệm 1 ≤ x ≤ 2
Kết luận : 1 ≤ x ≤ 2.
120. Điều kiện : x2 + 7x + 7 ≥ 0. Đặt = y ≥ 0 Þ x2 + 7x + 7 = y2.
Phương trình đã cho trở thành : 3y2 – 3 + 2y = 2 Û 3y2 + 2y – 5 = 0 Û (y – 1)(3y + 5) = 0
Û y = - 5/3 (loại) ; y =