Câu 4.1 trang 102 SBT Đại số 10 Nâng cao. a. Chứng minh rằng \({a^2} + {b^2} - ab \ge 0\) với mọi a, b ∈ R. Khi nào đẳng thức xảy ra ? b. Chứng minh rằng nếu a ≥ b thì \({a^3} - {b^3} \ge a{b^2} - {a^2}b\) với mọi a, b ∈ R. Giải: a. \({a^2} + {b^2} - ab = {\left( {a - \dfrac{b}{2}} \right)^2} + \dfrac{{3{b^2}}}{4} \ge 0\) với mọi a, b ϵ R. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left( {{\rm{a}} - \dfrac{b}{2}} \right)}^2} = 0}\\{\dfrac{{3{b^2}}}{4} = 0}\end{array}} \right.\,hay\,a = b = 0.\) b. \(\begin{array}{l}{a^3} - {b^3} - \left( {{\rm{a}}{b^2} - {a^2}b} \right)\\ = a\left( {{{\rm{a}}^2} - {b^2}} \right) + b\left( {{{\rm{a}}^2} - {b^2}} \right)\\ = \left( {{\rm{a}} + b} \right)\left( {{{\rm{a}}^2} - {b^2}} \right)\\ = \left( {{\rm{a}} - b} \right){\left( {{\rm{a}} + b} \right)^2}.\end{array}\) Do a ≥ b nên \(\left( {{\rm{a}} - b} \right){\left( {{\rm{a}} + b} \right)^2} \ge 0,\) ta có điều phải chứng minh. Câu 4.2 trang 102 SBT Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh rằng a. \({a^4} + {b^4} \ge {a^3}b + a{b^3}\) với mọi a, b ∈ R. b. \({\left( {{\rm{a}} + b + c} \right)^2} \le 3\left( {{{\rm{a}}^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\) với mọi a, b, c ∈ R. Giải: a. \(\begin{array}{l}{a^4} + {b^4} - {a^3}b - a{b^3}\\ = {a^3}\left( {{\rm{a}} - b} \right) + {b^3}\left( {b - a} \right)\\ = \left( {{\rm{a}} - b} \right)\left( {{{\rm{a}}^3} - {b^3}} \right)\\ = {\left( {{\rm{a}} - b} \right)^2}\left( {{{\rm{a}}^2} + {b^2} + ab} \right) \ge 0.\end{array}\) (Vì \({a^2} + {b^2} + ab = {\left( {{\rm{a}} + \dfrac{b}{2}} \right)^2} + \dfrac{{3{b^2}}}{4} \ge 0\) và \({\left( {{\rm{a}} - b} \right)^2} \ge 0\) với mọi a, b ∈ R) b. \(\begin{array}{l}{\left( {{\rm{a}} + b + c} \right)^2} \le 3\left( {{{\rm{a}}^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\\ \Leftrightarrow {{\rm{a}}^2} + {b^2} + {c^2} + 2{\rm{a}}b + 2{\rm{a}}c + 2bc \le 3{{\rm{a}}^2} + 3{b^2} + 3{c^2}\\ \Leftrightarrow {{\rm{a}}^2} + {b^2} + {c^2} - ab - ac - bc \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{\rm{a}} - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} \ge 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\end{array}\) Bất đẳng thức (2) luôn đúng nên bất đẳng thức (1) được chứng minh. Câu 4.3 trang 103 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh rằng a. Nếu \(a < b\) thì \(\dfrac{a}{b} < \dfrac{{a + c}}{{b + c}}\) b. Nếu \(a > b\) thì \(\dfrac{a}{b} > \dfrac{{a + c}}{{b + c}}\) Giải: Ta có \(\dfrac{{a + c}}{{b + c}} - \dfrac{a}{b} = \dfrac{{c\left( {b - a} \right)}}{{b\left( {b + c} \right)}}\) a. Nếu \(0 < a < b\) và \( c > 0\) thì \(\dfrac{{c\left( {b - a} \right)}}{{b\left( {b + c} \right)}} > 0.\,Suy\,ra\,\dfrac{a}{b} < \dfrac{{a + c}}{{b + c}}\) b. Nếu \(a > b > 0\) và \(c > 0\) thì \(\dfrac{{c\left( {b - a} \right)}}{{b\left( {b + c} \right)}} < 0.\,Suy\,ra\,\dfrac{a}{b} > \dfrac{{a + c}}{{b + c}}\) Câu 4.4 trang 103 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho a, b, c, d là bốn số dương và \(\dfrac{a}{b} < \dfrac{c}{d}.\) Chứng minh rằng a. \(\dfrac{{a + b}}{b} < \dfrac{{c + {\rm{d}}}}{d}\) b. \(\dfrac{{a + b}}{a} > \dfrac{{c + {\rm{d}}}}{c}\) Giải: a. Từ \(\dfrac{a}{b} < \dfrac{c}{d}\,suy\,ra\,\dfrac{a}{b} + 1 < \dfrac{c}{d} + 1\) tức là \(\dfrac{{a + b}}{b} < \dfrac{{c + {\rm{d}}}}{d}.\) b. Từ \(\dfrac{a}{b} < \dfrac{c}{d}\,\) và a, b, c, d là bốn số dương nên \(\dfrac{b}{a} > \dfrac{{\rm{d}}}{c},\) suy ra \(\dfrac{b}{a} + 1 > \dfrac{{\rm{d}}}{c} + 1,\) tức là \(\dfrac{{b + a}}{a} > \dfrac{{{\rm{d}} + c}}{c}\) Câu 4.5 trang 103 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho b, d là hai số dương và \(\dfrac{a}{b} < \dfrac{c}{d}.\) Chứng minh rằng \(\dfrac{a}{b} < \dfrac{{a + c}}{{b + {\rm{d}}}} < \dfrac{c}{d}\) Giải: Từ \(\dfrac{a}{b} < \dfrac{c}{d}\) và b, d là hai số dương, suy ra \(a{\rm{d}} < bc\) hay \(ad – bc < 0 ; bc – ad > 0.\) Ta có \(\dfrac{{a + c}}{{b + {\rm{d}}}} - \dfrac{a}{b} = \dfrac{{bc - a{\rm{d}}}}{{\left( {b + {\rm{d}}} \right)b}} > 0;\) \(\dfrac{{a + c}}{{b + {\rm{d}}}} - \dfrac{c}{d} = \dfrac{{a{\rm{d}} - bc}}{{\left( {b + {\rm{d}}} \right)d}} < 0.\) Vậy \(\dfrac{a}{b} < \dfrac{{a + c}}{{b + {\rm{d}}}} < \dfrac{c}{d}.\) Câu 4.6 trang 103 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho a, b, c, d là bốn số dương. Chứng minh rằng \(1 < \dfrac{a}{{a + b + c}} + \dfrac{b}{{b + c + {\rm{d}}}} + \dfrac{c}{{c + {\rm{d}} + a}} + \dfrac{{\rm{d}}}{{d + a + b}} < 2.\) Giải: Do a, b, c, d là các số dương nên \(\begin{array}{l}\dfrac{a}{{a + b + c}} > \dfrac{a}{{a + b + c + {\rm{d}}}}\\\dfrac{b}{{b + c + {\rm{d}}}} > \dfrac{b}{{a + b + c + {\rm{d}}}}\\\dfrac{c}{{c + {\rm{d}} + a}} > \dfrac{c}{{a + b + c + {\rm{d}}}}\\\dfrac{{\rm{d}}}{{d + a + b}} > \dfrac{{\rm{d}}}{{a + b + c + {\rm{d}}}}\end{array}\) Cộng vế với cế của các bất đẳng thức trên, ta suy ra \(\dfrac{a}{{a + b + c}} + \dfrac{b}{{b + c + {\rm{d}}}} + \dfrac{c}{{c + {\rm{d}} + a}} + \dfrac{{\rm{d}}}{{d + a + b}} > 1\) Lại có \(\dfrac{a}{{a + b + c}} < \dfrac{a}{{a + c}};\dfrac{c}{{c + {\rm{d}} + a}} < \dfrac{c}{{a + c}}\) Nên \(\dfrac{a}{{a + b + c}} + \dfrac{c}{{c + {\rm{d}} + a}} < 1.\) Tương tự \(\dfrac{b}{{b + c + {\rm{d}}}} + \dfrac{{\rm{d}}}{{d + a + b}} < 1.\) Từ đó suy ra \(\dfrac{a}{{a + b + c}} + \dfrac{b}{{b + c + {\rm{d}}}} + \dfrac{c}{{c + {\rm{d}} + a}} + \dfrac{{\rm{d}}}{{d + a + b}} < 2\) Câu 4.7 trang 103 SBT Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh rằng \({x^n} + 1 \ge 0\) với mọi \(x ≥ -1, n ∈ N^*\). Giải: Nếu \(x ≥ 0\) thì \({x^n} + 1 \ge 1 > 0\) Nếu \(-1 ≤ x ≤ 0\) thì \(|x| ≤ 1\) suy ra \({\left| x \right|^n} \le 1\) hay \(\left| {{x^n}} \right| \le 1.\) Từ đó ta có \( - {x^n} \le 1\,\left( {vi\, - {x^n} \le \left| {{x^n}} \right|} \right).\) Vì vậy \({x^n} + 1 \ge 0\) Câu 4.8 trang 103 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho a, b, c là số đo ba cạnh ; A, B, C là số đo (độ) ba góc tương ứng của một tam giác. Chứng minh rằng: a. \(\left( {{\rm{a}} - b} \right)\left( {{\rm{A}} - B} \right) \ge 0\) ; khi nào đẳng thức xảy ra ? b. \(60^\circ \le \dfrac{{aA + bB + cC}}{{a + b + c}} < 90^\circ \) ; khi nào đẳng thức xảy ra ? (Gợi ý. Sử dụng bất đẳng thức tam giác). Giải: a. Áp dụng mối liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác, ta có : Nếu \(a ≥ b\) thì \(A ≥ B\) ; Nếu \(a ≤ b\) thì \(A ≤ B\) ; Vì vậy luôn có \(\left( {{\rm{a}} - b} \right)\left( {{\rm{A}} - B} \right) \ge 0,\) đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b (A = B), tức là tam giác ABC cân tại C. b. Theo câu a. ta có \(\begin{array}{l}\left( {{\rm{a}} - b} \right)\left( {{\rm{A}} - B} \right) + \left( {b - c} \right)\left( {B - C} \right) + \left( {c - a} \right)\left( {C - A} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow aA + bB + cC - bA - aB - bB - cB - bC + cC - aC - cA + aA \ge 0\\ \Leftrightarrow 3\left( {{\rm{a}}A + bB + cC} \right) - \left( {{\rm{a}} + b + c} \right)\left( {{\rm{A}} + B + C} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{aA + bB + cC}}{{a + b + c}} \ge \dfrac{{A + B + C}}{3} = 60^\circ .\end{array}\) Đẳng thức này xảy ra khi và chỉ khi A = B = C, tức là tam giác ABC là tam giác đều. Lại có \(a + b > c;b + c > a;c + a > b\) nên \(aA + bB + cC < \left( {b + c} \right)A + \left( {c + a} \right)B + \left( {{\rm{a}} + b} \right)C\) \( \Leftrightarrow 2\left( {{\rm{a}}A + bB + cC} \right) < \left( {{\rm{A}} + B + C} \right)\left( {{\rm{a}} + b + c} \right)\) Từ đó suy ra \(\dfrac{{aA + bB + cC}}{{a + b + c}} < 90^\circ \) Câu 4.9 trang 103 SBT Đại số 10 Nâng cao. a. Chứng minh rằng, với mọi số nguyên dương k ta đều có \(\dfrac{1}{{\left( {k + 1} \right)\sqrt k }} < 2\left( {\dfrac{1}{{\sqrt k }} - \dfrac{1}{{\sqrt {k + 1} }}} \right)\) b. Áp dụng. Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{{3\sqrt 2 }} + \dfrac{1}{{4\sqrt 3 }} + ... + \dfrac{1}{{\left( {n + 1} \right)\sqrt n }} < 2.\) Giải: a. Ta có: \(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{\left( {k + 1} \right)\sqrt k }} = \dfrac{{\sqrt k }}{{\left( {k + 1} \right)k}} = \sqrt k \left( {\dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{{k + 1}}} \right)\\ = \sqrt k \left( {\dfrac{1}{{\sqrt k }} + \dfrac{1}{{\sqrt {k + 1} }}} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt k }} - \dfrac{1}{{\sqrt {k + 1} }}} \right)\\ = \left( {1 + \dfrac{{\sqrt k }}{{\sqrt {k + 1} }}} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt k }} - \dfrac{1}{{\sqrt {k + 1} }}} \right) < 2\left( {\dfrac{1}{{\sqrt k }} - \dfrac{1}{{\sqrt {k + 1} }}} \right)\end{array}\) b. \(\begin{array}{l}\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{{3\sqrt 2 }} + \dfrac{1}{{4\sqrt 3 }} + ... + \dfrac{1}{{\left( {n + 1} \right)\sqrt n }} < 2\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} + \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} - \dfrac{1}{{\sqrt 4 }} + ... + \dfrac{1}{{\sqrt n }} - \dfrac{1}{{\sqrt {n + 1} }}} \right)\\ = 2\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt {n + 1} }}} \right) < 2\end{array}\) Câu 4.10 trang 103 SBT Đại số 10 Nâng cao. a. Cho k > 0, chứng minh \(\dfrac{1}{{{k^3}}} < \dfrac{1}{{k - 1}} - \dfrac{1}{k}.\) b. Từ kết quả trên, hãy suy ra \(\dfrac{1}{{{1^3}}} + \dfrac{1}{{{2^3}}} + \dfrac{1}{{{3^3}}} + ... + \dfrac{1}{{{n^3}}} < 2\) Giải: a. Với \(k > 1\) ta có : \(\dfrac{1}{{{k^3}}} < \dfrac{1}{{{k^2}}} < \dfrac{1}{{\left( {k - 1} \right)k}} = \dfrac{1}{{k - 1}} - \dfrac{1}{k}\) b. \(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{{1^3}}} + \dfrac{1}{{{2^3}}} + \dfrac{1}{{{3^3}}} + ... + \dfrac{1}{{{n^3}}} < 1 + 1 - \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{4} + ... + \dfrac{1}{{n - 1}} - \dfrac{1}{n}\\ = 2 - \dfrac{1}{n} < 2.\end{array}\) Câu 4.11 trang 104 SBT Đại số 10 Nâng cao. a. Cho hai số a, b (a ≠ b). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(f\left( x \right) = {\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {x - b} \right)^2} + {\left( {x - c} \right)^2}\) Giải: a. \(\eqalign{& f\left( x \right) = {\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {x - - b} \right)^2} \cr & = 2{x^2} - 2\left( {{\rm{a}} + b} \right)x + {a^2} + {b^2} \cr & = 2{\left( {x - {{a + b} \over 2}} \right)^2} + {{{{\left( {{\rm{a}} - b} \right)}^2}} \over 2}. \cr} \) Ta có \(f\left( x \right) \ge {{{{\left( {{\rm{a}} - b} \right)}^2}} \over 2}\) với mọi a, b ; đẳng thức xảy ra khi \({\left( {x - {{a + b} \over 2}} \right)^2} = 0,\) tức là \(x = \dfrac{{a + b}}{2}.\) Vậy \(f(x)\) đạt giá trị nhỏ nhất là \(\dfrac{{{{\left( {{\rm{a}} - b} \right)}^2}}}{2}\) tại \(x = \dfrac{{a + b}}{2}.\) Chú ý. Tránh sai lầm khi suy luận rằng \((x - a)^2 + (x - b)^2 \ge 0\) với mọi \(x\) nên giá trị nhỏ nhất của \(f(x)\) là 0. b. Hướng dẫn. Viết \(g(x)\) dưới dạng \(3{\left( {x - {{a + b + c} \over 3}} \right)^2} + {{{{\left( {{\rm{a}} - b} \right)}^2} + {{\left( {b - c} \right)}^2} + {{\left( {c - a} \right)}^2}} \over 3}.\) Câu 4.12 trang 104 SBT Đại số 10 Nâng cao. Với các số a, b, c tùy ý, chứng minh các bất đẳng thức sau và nêu rõ đẳng thức xảy ra khi nào ? a. \(\left| a \right| + \left| b \right| \ge \left| {a - b} \right|\,;\) b. \(\left| {a + b + c} \right| \le \left| a \right| + \left| b \right| + \left| c \right|\) Giải: a. \(\left| a \right| + \left| b \right| = \left| a \right| + \left| { - b} \right| \ge \left| {a - b} \right|\) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab ≤ 0. b. Hướng dẫn. \(\left| {a + b + c} \right| \le \left| {a + b} \right| + \left| c \right|.\) Câu 4.13 trang 104 SBT Đại số 10 Nâng cao. Với các số a, b, c tùy ý, chứng minh bất đẳng thức \(\left| {a - b} \right| + \left| {b - c} \right| \ge \left| {a - c} \right|\) Giải: \(\left| {a - b} \right| + \left| {b - c} \right| \ge \left| {a - b + b - c} \right| = \left| {a - c} \right|\) Câu 4.14 trang 104 SBT Đại số 10 Nâng cao. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(f\left( {\rm{x}} \right) = \left| {x - 2006} \right| + \left| {x - 2007} \right|\) Giải: \(f(x) = \left| {x - 2006} \right| + \left| {x - 2007} \right| \ge \left| {x - 2006 - (x - 2007)} \right| = 1\) Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi \(x = 2006.\) Vậy giá trị nhỏ nhất của \(f(x)\) là 1. Câu 4.15 trang 104 SBT Đại số 10 Nâng cao. a. Chứng minh rằng \(x + \left| x \right| \ge 0\) với mọi x ∈ R. b. Chứng minh rằng \(\sqrt {{\rm{x}} + \sqrt {{{\rm{x}}^2} - x + 1} } \) xác định với mọi x ∈ R. Giải: a. Với \(x ≥ 0\) thì hiển nhiên \(x + |x| ≥ 0\) Với \(x < 0\) thì \(x + \left| x \right| = x - x = 0.\) b. \(x + \sqrt {{{\rm{x}}^2} - x + 1}\) \( = x + \sqrt {{{\left( {{\rm{x}} - \dfrac{1}{2}} \right)}^2} + \dfrac{3}{4}} \ge \left( {{\rm{x}} - \dfrac{1}{2}} \right) + \left| {x - \dfrac{1}{2}} \right| \ge 0\) Vậy \(\sqrt {{\rm{x}} + \sqrt {{{\rm{x}}^2} - x + 1} } \) xác định với mọi x. Câu 4.16 trang 104 SBT Đại số 10 Nâng cao. Để chứng minh \(x\left( {1 - x} \right) \le \dfrac{1}{4}\) với mọi x, bạn An đã làm như sau : Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân cho hai số \(x\) và \(1 – x\), ta có \(\sqrt {{\rm{x}}\left( {1 - x} \right)} \le \dfrac{{{\rm{x}} + 1 - x}}{2} = \dfrac{1}{2}\) Do đó \(x\left( {1 - x} \right) \le \dfrac{1}{4}\) Theo em, bạn An giải như thế đúng hay sai, vì sao ? Em giải bài này như thế nào ? Giải: Bạn An giải như vậy là sai. Sai lầm của bạn An là không để ý điều kiện của các số a, b trong bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân \(\dfrac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {{\rm{a}}b} \) là \(a ≥ 0, b ≥ 0\). Trong bài này \(x\) và \(1 – x\) chỉ không âm khi \(x \in \left[ {0;1} \right].\) Lời giải đúng là : \(x\left( {1 - x} \right) \le \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow - {x^2} + {\rm{x}} \le \dfrac{1}{4}\) \(\Leftrightarrow {x^2} - x + \dfrac{1}{4} \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {{\rm{x}} - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge 0,\) bất đẳng thức này hiển nhiên đúng với mọi x. Câu 4.17 trang 105 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho ba số không âm a, b, c. Chứng minh các bất đẳng thức sau và chỉ rõ đẳng thức xảy ra khi nào: a. \(\left( {{\rm{a}} + b} \right)\left( {{\rm{a}}b + 1} \right) \ge 4{\rm{a}}b;\) b. \(\left( {{\rm{a}} + b + c} \right)\left( {{\rm{a}}b + bc + ca} \right) \ge 9{\rm{a}}bc.\) Giải: a. Với \(a ≥ 0, b ≥ 0\) ta có \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \ge 0;ab + 1 \ge 2\sqrt {{\rm{a}}b} \ge 0.\) Từ đó suy ra \(\left( {{\rm{a}} + b} \right)\left( {{\rm{a}}b + 1} \right) \ge 2\sqrt {{\rm{a}}b} .2\sqrt {{\rm{a}}b} = 4{\rm{a}}b.\) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1. b. Với \(a ≥ 0, b≥ 0, c ≥ 0\), ta có : \(\begin{array}{l}a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}} \ge 0\\ab + bc + ca \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}} \ge 0.\end{array}\) Từ đó suy ra \(\left( {{\rm{a}} + b + c} \right)\left( {{\rm{a}}b + bc + ca} \right) \ge 3\sqrt[3]{{abc}}.3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}}\) \(= 9{\rm{a}}bc\) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c\). Câu 4.18 trang 105 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho ba số dương a, b, c, chứng minh rằng: \(\left( {1 + \dfrac{a}{b}} \right)\left( {{\rm{a}} + \dfrac{b}{c}} \right)\left( {1 + \dfrac{c}{a}} \right) \ge 8\) Giải: Với \(a > 0, b > 0, c > 0\) thì \(1 + \dfrac{a}{b} \ge 2\sqrt {\dfrac{a}{b}} \ge 0;\) \(\,1 + \dfrac{b}{c} \ge 2\sqrt {\dfrac{b}{c}} ;\) \(\,1 + \dfrac{c}{a} \ge 2\sqrt {\dfrac{c}{a}} \ge 0\) Từ đó suy ra \(\left( {1 + \dfrac{a}{b}} \right) + \left( {1 + \dfrac{b}{c}} \right)\left( {1 + \dfrac{c}{a}} \right) \ge {2^3}\sqrt {\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{c}.\dfrac{c}{a}}\) \( = 8\) Câu 4.19 trang 105 SBT Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh rằng : Nếu \(0 < a < b\) thì \(a < \dfrac{2}{{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}}} < \sqrt {{\rm{a}}b} < \dfrac{{a + b}}{2} < b.\) Giải: Do \(0 < a < b\) nên \(\dfrac{a}{b} < 1\) suy ra \(a\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \right) = 1 + \dfrac{a}{b} < 2\) tức là \(a < \dfrac{2}{{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}}}.\) (1) Lại có \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} > 2\sqrt {\dfrac{1}{{ab}}} \) nên \(\dfrac{2}{{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}}} < \sqrt {{\rm{a}}b} .\) (2) Do \(0 < a < b\) nên \(\sqrt {{\rm{a}}b} < \dfrac{{a + b}}{2} < b.\) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra điều cần chứng minh. Câu 4.20 trang 105 SBT Đại số 10 Nâng cao. Tìm giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau a. \(f\left( {\rm{x}} \right) = {x^2} + \dfrac{{16}}{{{x^2}}}\) b. \(g\left( {\rm{x}} \right) = \dfrac{1}{x} + \dfrac{2}{{1 - x}}\) với \(0 < x < 1.\) Giải: a. \({x^2} + \dfrac{{16}}{{{x^2}}} \ge 2\sqrt {{{x}^2}.\dfrac{{16}}{{{x^2}}}} = 8.\) Đẳng thức xảy ra khi \(x = ±2.\)- Vậy giá trị nhỏ nhất của \(f(x)\) là 8 khi \(x = ±2.\) b. Do \(0 < x < 1\) nên \(1 – x > 0.\) Ta có \(\eqalign{& {1 \over x} = {{1 - x} \over x} + 1; \cr& {2 \over {1 - x}} = {{2x} \over {1 - x}} + 2; \cr & {1 \over x} + {2 \over {1 - x}} \cr & = {{1 - x} \over x} + {{2x} \over {1 - x}} + 3 \ge 2\sqrt {{{1 - x} \over x}.{{2x} \over {1 - x}}} + 3 \cr & = 2\sqrt 2 + 3 \cr} \) Đẳng thức xảy ra khi \(\dfrac{{1 - x}}{x} = \dfrac{{2x}}{{1 - x}}\) và \(0 < x < 1\) tức là \(x = - 1 + \sqrt 2 .\) Vậy giá trị nhỏ nhất của \(g(x)\) là \(2\sqrt 2 + 3\) khi \(x = - 1 + \sqrt 2 \) Câu 4.21 trang 105 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho a > 0, hãy tìm giá trị lớn nhất của \(y = x{\left( {{a} - 2{x}} \right)^2}\) với \(0 \le x \le \dfrac{{\rm{a}}}{2}\) Giải: Do \(0 \le x \le \dfrac{{\rm{a}}}{2}\) nên \(a - 2{x} \ge 0.\) Ta có \(\eqalign{& x{\left( {a - 2x} \right)^2} \cr & = {1 \over 4}.4x.\left( {a - 2x} \right)\left( {a - 2x} \right) \le {1 \over 4}.{\left( {{{4x + a - 2x + a - 2x} \over 3}} \right)^3} \cr & = {1 \over 4}.{\left( {{{2a} \over 3}} \right)^3} = {{2{a^3}} \over {27}} \cr} \) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(4x = a – 2x,\) tức là \(x = \dfrac{a}{6}.\) Vậy giá trị nhỏ nhất của y là \(\dfrac{{2{{a}^3}}}{{27}}\) khi và chỉ khi \(x = \dfrac{a}{6}\) Câu 4.22 trang 105 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho một tấm tôn hình chữ nhật có kích thước 80 cm x 50 cm. Hãy cắt đi ở bốn góc vuông những hình vuông bằng nhau để khi gập lại theo mép cắt thì được một cái hộp (không nắp) có thể tích lớn nhất. Giải: Gọi cạnh hình vuông được cắt là \(9x\) (\(0 < x < 25\), đơn vị : xentimét) Thể tích V của cái hộp là \(V = x\left( {80 - 2{x}} \right)\left( {50 - 2{x}} \right)\) Khi đó ta có \(\begin{array}{l}12V = 6{x}\left( {80 - 2{x}} \right)\left( {100 - 4{x}} \right)\\ \le {\left( {\dfrac{{6{x} + 80 - 2{x} + 100 - 4{x}}}{3}} \right)^3} = {60^{3.}}\end{array}\) Suy ra \(V \le \dfrac{{{{60}^3}}}{{12}}\) hay \(V \le 18\,000\) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(6x = 80 – 2x = 100 – 4x\) tức là \(x = 10.\) Giá trị lớn nhất của V là 18000 cm3 khi \(x = 10 (cm)\) Vậy phải cắt đi ở bốn góc vuông của hình chữ nhật ban đầu những hình vuông có cạnh 10 cm. Nhận xét. Nếu xét \(4V = 4{x}\left( {80 - 2{x}} \right)\left( {50 - 2{x}} \right)\) thì 4V là tích của ba thừa số có tổng không đổi (bằng 130), ta vẫn có bất đẳng thức \(4V \le {\left( {\dfrac{{130}}{3}} \right)^3}\) nhưng đẳng thức không thể xảy ra và không có giá trị nào của x thỏa mãn \(80 - 2{x} = 50 - 2{x}\) Câu 4.23 trang 105 SBT Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh rằng a. Nếu \({x^2} + {y^2} = 1\) thì \(\left| {x + 2y} \right| \le \sqrt 5 \) b. Nếu \(3{x} + 4y = 1\) thì \({x^2} + {y^2} \ge \dfrac{1}{{25}}\) Giải: Hướng dẫn. Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki. Câu 4.24 trang 105 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho a, b, c là ba số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của \(A = \dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + a}} + \dfrac{c}{{a + b}}.\) Giải: Đặt \(b + c = x,c + a = y;a + b = z.\) Do \(a, b, c\) dương nên \(x, y, z\) dương và \(a = \dfrac{{ - x + y + {\rm{z}}}}{2};b = \dfrac{{{\rm{x}} - y + {\rm{z}}}}{2};c = \dfrac{{{\rm{x}} + y - z}}{2}.\) Khi đó ta có \(\begin{array}{l}A = \dfrac{{ - x + y + {\rm{z}}}}{2} + \dfrac{{{\rm{x}} - y + {\rm{z}}}}{2} + \dfrac{{{\rm{x}} + y - z}}{2}\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{\rm{x}}}{y} + \dfrac{y}{x} + \dfrac{{\rm{x}}}{z} + \dfrac{{\rm{z}}}{x} + \dfrac{y}{z} + \dfrac{{\rm{z}}}{y} - 3} \right)\\ \ge \dfrac{1}{2}.\left( {2.3 - 3} \right) = \dfrac{3}{2}.\end{array}\) Học sinh tự giải tiếp. Câu 4.25 trang 105 SBT Đại số 10 Nâng cao. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, vẽ đường tròn tâm O có bán kính R (R > 0). Trên các tia Ox và Oy lần lượt lấy hai điểm A và B sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn đó. Hãy xác định tọa độ của A và B để tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. Giải: Ta có \(\begin{array}{l}{S_{OAB}} = \dfrac{1}{2}OI.AB = \dfrac{{\rm{R}}}{2}.AB;\\AB = IA + IB \ge 2\sqrt {IA.IB} = 2\sqrt {{\rm{O}}{I^2}} = 2{\rm{R}};\\AB = 2{\rm{R}} \Leftrightarrow IA = IB = R.\end{array}\) Lúc đó tam giác OAB vuông cân tại O, Cạnh huyền \(AB = 2R.\) \(OA = OB = R\sqrt 2 \) Suy ra \({S_{OAB}} \ge \dfrac{{\rm{R}}}{2}.2{\rm{R}} = {R^2}.\) Vậy \({S_{OAB}}\) nhỏ nhất bằng \({R^2}\) khi \(OA = OB = R\sqrt 2 .\) Khi đó tọa độ \(A\left( {{\rm{R}}\sqrt 2 ;0} \right)\) và \(B\left( {0;R\sqrt 2 } \right).\)
