Câu 1 trang 109 SGK Đại số 10 nâng cao. Chứng minh rằng, nếu \(a > b\) và \(ab > 0\); \({1 \over a} < {1 \over b}\) Giải Ta có: \({1 \over a} < {1 \over b} \Leftrightarrow {1 \over b} - {1 \over a} > 0 \Leftrightarrow {{a - b} \over {ab}} > 0\) ( đúng vì \(a – b > 0\) và \(ab > 0\)) Vậy \({1 \over a} < {1 \over b}\) Câu 2 trang 109 SGK Đại số 10 nâng cao. Chứng minh rằng nửa chu vi của tam giác lớn hơn mỗi cạnh của tam giác đó. Đáp án Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác Nửa chu vi của tam giác đó là \(p = {{a + b + c} \over 2}\) Ta có: \(p - a = {{a + b + c - 2a} \over 2} = {{b + c - a} \over 2}\) Vì \(b + c > a\) nên \(p > a\) Chứng minh tương tự, ta có: \(p > b\) và \(p > c\) Câu 3 trang 109 SGK Đại số 10 nâng cao. Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca với mọi số thực a, b, c. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Giải Ta có: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca ⇔ a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca ≥ 0 ⇔ 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0 ⇔ (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ≥ 0 (luôn đúng) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a – b = b – c = c – a = 0, tức là a = b = c Câu 4 trang 109 SGK Đại số 10 nâng cao. Hãy so sánh các kết quả sau đây: a) \(\sqrt {2000} + \sqrt {2005} \) và \(\sqrt {2002} + \sqrt {2003} \) (không dùng bảng số hoặc máy tính) b) \(\sqrt {a + 2} + \sqrt {a + 4} \) và \(\sqrt a + \sqrt {a + 6} \,\,(a \ge 0)\) Đáp án a) Giả sử: \(\sqrt {2000} + \sqrt {2005} \, < \sqrt {2002} + \sqrt {2003} \,\,\,\,\,(1)\) Ta có: \(\eqalign{ & (1) \Leftrightarrow \,{(\sqrt {2000} + \sqrt {2005} )^2}\, < {(\sqrt {2002} + \sqrt {2003} \,)^2} \cr & \Leftrightarrow 4005 + 2\sqrt {2000.2005} < 4005 + 2\sqrt {2002.2003} \cr & \Leftrightarrow 2000.2005 < 2002.2003 \cr & \Leftrightarrow 2000.2005 < (2000 + 2)(2005 - 2) \cr & \Leftrightarrow 2000.2005 < 2000.2005 + 6 \cr} \) Ta thấy kết quả suy ra luôn đúng. Do đó: \(\sqrt {2000} + \sqrt {2005} < \sqrt {2002} + \sqrt {2003} \) b) Giả sử: \(\sqrt {a + 2} + \sqrt {a + 4} ≤ \sqrt a + \sqrt {a + 6} \,\,(a \ge 0)\) (2) Ta có: \(\eqalign{ & (2) \Leftrightarrow {(\sqrt {a + 2} + \sqrt {a + 4} )^2} \le {(\sqrt a + \sqrt {a + 6} )^2} \cr & \Leftrightarrow 2a + 6 + 2\sqrt {(a + 2)(a + 4)} \le 2a \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;+ 6 + 2\sqrt {a(a + 6)} \cr & \Leftrightarrow (a + 2)(a + 4) \le a(a + 6) \cr & \Leftrightarrow {a^2} + 6a + 8 \le {a^2} + 6a \cr & \Leftrightarrow 8 \le 0 \cr} \) Ta thấy : \(8 ≤ 0\) là vô lý Vậy \(\sqrt {a + 2} + \sqrt {a + 4} > \sqrt a + \sqrt {a + 6} \,\,(a \ge 0)\) Câu 5 trang 110 SGK Đại số 10 nâng cao. Chứng minh rằng, nếu a > 0 và b > 0 thì \({1 \over a} + {1 \over b} \ge {4 \over {a + b}}\) Đáp án Với \(a > 0, b > 0\), ta có: \(\eqalign{ & {1 \over a} + {1 \over b} \ge {4 \over {a + b}} \Leftrightarrow {{a + b} \over {ab}} \ge {4 \over {a + b}} \cr&\Leftrightarrow {(a + b)^2} \ge 4ab \cr & \Leftrightarrow {a^2} + 2ab + {b^2} \ge 4ab \Leftrightarrow {(a - b)^2} \ge 0 \cr} \) Ta thấy điều này luôn đúng Vậy \({1 \over a} + {1 \over b} \ge {4 \over {a + b}}\) Đẳng thức xảy ra khi \(a = b\) Câu 6 trang 110 SGK Đại số 10 nâng cao. Chứng minh rằng nếu a ≥ 0 và b ≥ 0 thì a3 + b3 ≥ ab(a + b). Khi nào đẳng thức xảy ra? Đáp án Ta có: a3 + b3 ≥ ab(a + b) ⇔ (a + b)(a2 - ab + b2) – ab(a + b) ≥ 0 ⇔ (a + b)(a - b)2 ≥ 0 (luôn đúng) Dấu bằng xảy ra khi a = b Câu 7 trang 110 SGK Đại số 10 nâng cao. a) Chứng minh rằng a2 + ab + b2 ≥ 0 với mọi số thực a, b. b) Chứng minh rằng với mọi số thực a, b tùy ý, ta có a4 + b4 ≥ a3b + ab3 Đáp án a) Ta có: \(\eqalign{ & {a^2} + ab + {b^2} \ge 0 \Leftrightarrow {a^2} + 2a{b \over 2} + {{{b^2}} \over 4} + {{3{b^2}} \over 4} \ge 0 \cr & \Leftrightarrow {(a + {b \over 2})^2} + {{3{b^2}} \over 4} \ge 0 \cr} \) Ta thấy điều trên luôn đúng. b) Ta có: \(\eqalign{ & {a^4} + {b^4} \ge {\rm{ }}{a^3}b + a{b^3} \cr&\Leftrightarrow {a^4} - {a^3}b - a{b^3} + {b^4} \ge 0 \cr & \Leftrightarrow {a^3}(a - b) - {b^3}(a - b) \ge 0 \cr & \Leftrightarrow (a - b)({a^3} - {b^3}) \ge 0 \cr & \Leftrightarrow {(a - b)^2}({a^2} + ab + {b^2}) \ge 0 \cr} \) Ta thấy rằng điều này luôn đúng. Vậy a4 + b4 ≥ a3b + ab3 với mọi a, b Câu 8 trang 110 SGK Đại số 10 nâng cao. Chứng minh rằng nếu a, b và c là độ dài ba cạnh một tam giác thì a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca). Đáp án \(\eqalign{ & a < b + c \Rightarrow {a^2} < a\left( {b + c} \right) \Rightarrow {a^2} < ab + ac\,\,\,(1) \cr & b < a + c \Rightarrow {b^2} < ba + bc\,\,(2) \cr & c < a + b \Rightarrow {c^2} < ca + cb\,\,\,(3) \cr & \cr} \) Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được: \({a^2} + {b^2} + {c^2} < 2\left( {ab + bc + ca} \right)\) Câu 9 trang 110 SGK Đại số 10 nâng cao. Chứng minh rằng nếu a ≥ 0 và b > 0 thì: \({{a + b} \over 2}.{{{a^2} + {b^2}} \over 2} \le {{{a^3} + {b^3}} \over 2}\) Giải Ta có: \(\eqalign{ & {{a + b} \over 2}.{{{a^2} + {b^2}} \over 2} \le {{{a^3} + {b^3}} \over 2}\cr& \Leftrightarrow {a^3} + a{b^2} + {a^2}b + {b^3} \le 2{a^3} + 2{b^3} \cr & \Leftrightarrow {a^3} - a{b^2} - {a^2}b + {b^3} \ge 0 \cr & \Leftrightarrow (a - b)({a^2} - {b^2}) \ge 0 \cr & \Leftrightarrow {(a - b)^2}(a + b) \ge 0 \cr} \) Điều suy ra luôn đúng. Vậy \({{a + b} \over 2}.{{{a^2} + {b^2}} \over 2} \le {{{a^3} + {b^3}} \over 2}\) Câu 10 trang 110 SGK Đại số 10 nâng cao. a) Chứng minh rằng, nếu \(x ≥ y ≥ 0\) thì \({x \over {1 + x}} \ge {y \over {1 + y}}\) b) Chứng minh rằng đối với hai số tùy ý a, b ta có: \({{|a - b|} \over {1 + |a - b|}} \le {{|a|} \over {1 + |a|}} + {b \over {1 + |b|}}\) Giải a) Với \(x ≥ y ≥ 0\) , ta có: \(\eqalign{ & {x \over {1 + x}} \ge {y \over {1 + y}} \Leftrightarrow x(1 + y) \ge y(1 + x) \cr & \Leftrightarrow x + xy \ge y + xy \Leftrightarrow x \ge y \cr} \) Điều này đúng với giả thiết. Vậy ta được điều cần phải chứng minh. b) Vì \(|a – b| ≥ |a| + |b|\) nên theo câu a ta có: \({{|a - b|} \over {1 + |a - b|}} \le {{|a| + |b|} \over {1 + |a| + |b|}} = {{|a|} \over {1 + |a| + |b|}} + {{|b|} \over {1 + |a| + |b|}} \le\) \({{|a|} \over {1 + |a|}} + {{|b|} \over {1 + |b|}}\) Đẳng thức xảy ra khi \(a = b = 0\) Câu 11 trang 110 SGK Đại số 10 nâng cao. Chứng minh rằng: a) Nếu a, b là hai số cùng dấu thì \({a \over b} + {b \over a} \ge 2\) b) Nếu a, b là hai số trái dấu thì \({a \over b} + {b \over a} \le - 2\) Giải a) Nếu a, b là hai số cùng dấu thì \({a \over b}\,;\,{b \over a}\) là hai số dương nên: \({a \over b} + {b \over a} \ge 2\sqrt {{a \over b}.{b \over a}} = 2\) (theo bất đẳng thức Cô-si) b) Nếu a, b là hai số trái dấu thì: \( - {a \over b} + ( - {b \over a}) \ge 2 \Leftrightarrow {a \over b} + {b \over a} \le - 2\) Câu 12 trang 110 SGK Đại số 10 nâng cao. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số \(f(x) = (x + 3)(5 – x)\) với \(-3 ≤ x ≤ 5\) Giải Vì \(-3 ≤ x ≤ 5\) nên \(x + 3 ≥ 0\) và \(5 – x ≥ 0\) Hai số không âm nên \(x + 3\) và \(5 – x\) có tổng là: \((x + 3) + (5 – x) = 8\) không đổi Do đó: f(x) đạt giá trị lớn nhất khi \(x + 3 = 5 – x ⇔ x = 1\) Vậy với x = 1, f(x) đạt giá trị lớn nhất bằng 16. Vì \(f(x) ≥ 0\) nên giá trị nhỏ nhất của \(f(x) = 0\) khi \(x = -3\) hoặc \(x = 5\) Câu 13 trang 110 SGK Đại số 10 nâng cao. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f(x) = x + {2 \over {x - 1}}\) với x > 1 Đáp án Vì x > 1 nên x – 1 và \({2 \over {x - 1}}\) là hai số dương. Do đó: \(f(x) = x + {2 \over {x + 1}} = 1 + (x - 1) + {2 \over {x - 1}} \ge 1 + 2\sqrt {(x - 1){2 \over {x - 1}}} = 1 + 2\sqrt 2 \) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x - 1 = {2 \over {x - 1}} \Leftrightarrow x = 1 + \sqrt 2 \) Vậy giá trị nhỏ nhất của f(x) là \(f(1 + \sqrt 2 ) = 1 + 2\sqrt 2 \) Câu 14 trang 112 SGK Đại số 10 nâng cao. Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba số dương thì: \({{{a^4}} \over b} + {{{b^4}} \over c} + {{{c^4}} \over a} \ge 3abc\) Đáp án Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương ta có: \({{{a^4}} \over b} + {{{b^4}} \over c} + {{{c^4}} \over a} \ge 3\root 3 \of {{{{a^4}} \over b}.{{{b^4}} \over c}.{{{c^4}} \over a}} = 3abc\) Dấu “=”xảy ra \( \Leftrightarrow {{{a^4}} \over b} = {{{b^4}} \over c} = {{{c^4}} \over a} \Leftrightarrow a = b = c\) Câu 15 trang 112 SGK Đại số 10 nâng cao. Một khách hàng đến một cửa hàng bán hoa quả mua 2kg cam đã yêu cầu cân hai lần. Lần đầu, người bán hàng đặt quả cân 1kg lên đĩa cân bên phải và đặt cam lên đĩa cân bên trái cho đến khi cân thăng bằng và lần sau, đặt quả cân 1kg lên đĩa cân bên trái và cam lên đĩa cân bên phải cho đến khi cân thăng bằng. Nếu cái cân đĩa đó không chính xác (do hai cánh tay đòn dài, ngắn khác nhau) nhưng quả cân là đúng 1kg thì khách hàng có mua được đúng 2kg cam hay không? Vì sao? Giải Gọi a và b theo thứ tự là độ dài cánh tay đòn bên phải và bên trái của cái cân đĩa (a > 0; b > 0; đơn vị: cm) Trong lần cân đầu, khối lượng cam được cân là \({a \over b}\) (kg) Trong lần cân thứ hai, khối lượng cam được cân là \({b \over a}\) (kg) Do đó, khối lượng cam được cân cả hai lần là \(({a \over b} + {b \over a})\,(kg)\) Nếu cái cân đĩa đó không chính xác, tức a ≠ b, thì vì \({a \over b} + {b \over a} > 2\) nên khách hàng mua được nhiều hơn 2kg cam. Câu 16 trang 112 SGK Đại số 10 nâng cao. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, ta có: a) \({1 \over {1.2}} + {1 \over {2.3}} + {1 \over {3.4}} + ....\, + {1 \over {n(n + 1)}} < 1\) Hướng dẫn: Viết: \({1 \over {1.2}} = 1 - {1 \over 2};\,{1 \over {2.3}} = {1 \over 2} - {1 \over 3};\,....\,\,\,\) b) \({1 \over {{1^2}}} + {1 \over {{2^2}}} + {1 \over {{3^2}}} + ....\, + {1 \over {{n^2}}} < 2\) Đáp án a) Ta có: \({1 \over {k(k + 1)}} = {{(k + 1) - k} \over {k(k + 1)}} = {1 \over k} - {1 \over {k + 1}}\,\,\,\forall k \ge 1\) Do đó: \(\eqalign{ & {1 \over {1.2}} + {1 \over {2.3}} + {1 \over {3.4}} + ....\, + {1 \over {n(n + 1)}} \cr&= 1 - {1 \over 2} + {1 \over 2} - {1 \over 3} + ... + {1 \over n} - {1 \over {n + 1}} \cr & = 1 - {1 \over {n + 1}} < 1 \cr} \) b) Ta có: \({1 \over {{k^2}}} < {1 \over {k(k - 1)}} \Rightarrow {1 \over {{k^2}}} < {1 \over {k - 1}} - {1 \over k}\,\,\,(k \le 2)\) Do đó: \(\eqalign{ & {1 \over {{1^2}}} + {1 \over {{2^2}}} + {1 \over {{3^2}}} + ....\, + {1 \over {{n^2}}}< \cr& 1 + (1 - {1 \over 2} + {1 \over 2} - {1 \over 3} + ... + {1 \over {n - 1}} - {1 \over n}) \cr & \Rightarrow {1 \over {{1^2}}} + {1 \over {{2^2}}} + ... + {1 \over {{n^2}}} < 2 - {1 \over n} < 2 \cr} \) Câu 17 trang 112 SGK Đại số 10 nâng cao. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(A = \sqrt {x - 1} + \sqrt {4 - x} \) Đáp án Điều kiện: \(1 ≤ x ≤ 4\) Với \(1 ≤ x ≤ 4\), ta có: \({A^2} = {(\sqrt {x - 1} + \sqrt {4 - x} )^2} \) \( = 3 + 2\sqrt {(x - 1)(4 - x)} \le 3 + x - 1 + 4 - x = 6\) (Theo bất đẳng thức Cô-si) Suy ra: \(A \le \sqrt 6 \) Dấu “=” xảuy ra khi \(x – 1= 4 – x \Rightarrow x = {5 \over 2}\) (thỏa mãn điều kiện : \(1 ≤ x ≤ 4\)) Vậy giá trị lớn nhất của A là \(\sqrt 6 \) \({A^2} = 3 + 2\sqrt {(x - 1)(4 - x)} \ge 3\) vì \(\sqrt {(x - 1)(4 - x)} \ge 0\) Vậy \(A \ge \sqrt 3 \) Câu 18 trang 112 SGK Đại số 10 nâng cao. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, ta có: (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) Đáp án Ta có: (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) ⇔ a2 + b2 + c2 +2ab + 2bc + 2ca ≤ 3a2 + 3b2 + 3c2 ⇔ 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0 ⇔ (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 ≥ 0 (luôn đúng) Vậy (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) Câu 19 trang 112 SGK Đại số 10 nâng cao. Chứng minh rằng nếu a, b, c, d là bốn số không âm thì: \({\left({{a + b + c + d} \over 4}\right)^4} \ge abcd\) Đáp án Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có: \(\eqalign{ & {{{a + b + c + d} \over 4}} \cr&= {1 \over 2}({{a + b} \over 2} + {{c + d} \over 2}) \ge {1 \over 2}(\sqrt {ab} + \sqrt {cd} )\cr& \ge \sqrt {\sqrt {ab} .\sqrt {cd} } = \root 4 \of {abcd} \cr} \) Bất đẳng thức cô si \(⇒ {\left({{a + b + c + d} \over 4}\right)^4}\ge abcd\) Câu 20 trang 112 SGK Đại số 10 nâng cao. Chứng minh rằng: a) Nếu x2 + y2 = 1 thì \(|x + y|\,\, \le \sqrt 2 \) b) Nếu 4x – 3y = 15 thì x2 + y2 ≥ 9 Giải a) Ta có: (x + y)2 = x2 + y2 + 2xy ≤ x2 + y2 + x2 + y2 = 2 ⇒ \(|x + y|\,\, \le \sqrt 2 \) b) Vì 4x – 3y = 15 \( \Rightarrow y = {4 \over 3}x - 5\) Do đó: \(\eqalign{ & {x^2} + {y^2} = {x^2} + {({4 \over 3}x - 5)^2} \cr&= {x^2} + {{16} \over 9}{x^2} - {{40} \over 3}x + 25 \cr & ={{25} \over 9}{x^2} - {{40} \over 3}x + 25 = {({5 \over 3}x - 4)^2} + 9 \ge 9 \cr} \) Chú ý: Có thể áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki a) Ta có: \(\eqalign{ & {(x + y)^2} = {(x.1 + y.1)^2} \le ({x^2} + {y^2})({1^2} + {1^2}) = 2 \cr & \Rightarrow |x + y| \le \sqrt 2 \cr} \) b) Ta có: \(\eqalign{ & {15^2} = {(4x - 3y)^2} \le ({4^2} + {3^2})({x^2} + {y^2}) \cr & \Rightarrow {x^2} + {y^2} \ge {{225} \over {25}} = 9 \cr} \)
