Bài 1 trang 109 SGK Toán 10 nâng caoChứng minh rằng, nếu a > b và ab > 0 thì \(\frac{1}{a} < \frac{1}{b}\) Show
Hướng dẫn giải:Ta có: \(\frac{1}{a} < \frac{1}{b} \Leftrightarrow \frac{1}{b} - \frac{1}{a} > 0 \Leftrightarrow \frac{{a - b}}{{ab}} > 0\) (vì a - b > 0 và ab > 0) Vậy \(\frac{1}{a} < \frac{1}{b}\) Bài 2 trang 109 SGK Toán 10 nâng caoChứng minh rằng nửa chu vi của tam giác lớn hơn mỗi cạnh của tam giác đó. Hướng dẫn giải:Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác, khi đó ta có nửa chu vi của tam giác đó là: \(p = \frac{{a + b + c}}{2}\) Ta có: \(p - a = \frac{{a + b + c - 2a}}{2} = \frac{{b + c - a}}{2}\) Vì b + c > a (bđt tam giác) nên p > a Chứng minh tương tự ta có p > b và p > c. Bài 3 trang 109 SGK Toán 10 nâng caoChứng 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. Hướng dẫn 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 Bài 4 trang 109 SGK Toán 10 nâng caoHãy so sánh các kết quả sau đây:
Hướng dẫn giải:Câu a:Giả sử ta có \(\sqrt {2000} + \sqrt {2005} < \sqrt {2000} + \sqrt {2003} \,\,\left( 1 \right)\) Khi đó: \(\begin{array}{l} \left( 1 \right) \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {2000} + \sqrt {2005} } \right)^2} < {\left( {\sqrt {2000} + \sqrt {2003} } \right)^2}\\ \Leftrightarrow 4005 + 2\sqrt {2000.2005} < 4005 + 2\sqrt {2002.2003} \\ \Leftrightarrow 2000.2005 < 2002.2003\\ \Leftrightarrow 2000.2005 < \left( {2000 + 2} \right)\left( {2005 - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 2000.2005 < 2000.2005 + 6\left( {ld} \right) \end{array}\) Vậy \(\sqrt {2000} + \sqrt {2005} < \sqrt {2000} + \sqrt {2003} \) Câu b:Giả sử ta có \(\sqrt {a + 2} + \sqrt {a + 4} \le \sqrt a + \sqrt {a + 6} \left( {a \ge 0} \right)\,\,\left( 2 \right)\) Ta có: \(\begin{array}{l} \left( 2 \right) \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {a + 2} + \sqrt {a + 4} } \right)^2} \le {\left( {\sqrt a + \sqrt {a + 6} } \right)^2}\\ \Leftrightarrow 2a + 6 + 2\sqrt {\left( {a + 2} \right)\left( {a + 6} \right)} \le 2a + 6 + 2\sqrt {a\left( {a + 6} \right)} \\ \Leftrightarrow \left( {a + 2} \right)\left( {a + 4} \right) \le a\left( {a + 6} \right)\\ \Leftrightarrow {a^2} + 6a + 8 \le {a^2} + 6a \Leftrightarrow 8 \le 0 \end{array}\) Vì \(8 \le 0\) là vô lý nên \(\sqrt {a + 2} + \sqrt {a + 4} > \sqrt a + \sqrt {a + 6} \left( {a \ge 0} \right)\,\,\left( 2 \right)\) Bài 5 trang 110 SGK Toán 10 nâng caoChứng minh rằng, nếu a > 0 và b > 0 thì \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}\) Hướng dẫn giải:Với a > 0, b > 0 ta có: \(\begin{array}{l} \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}} \Leftrightarrow \frac{{a + b}}{{ab}} \ge \frac{4}{{a + b}}\\ \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^2} \ge 4ab\\ \Leftrightarrow {a^2} + 2ab + {b^2} \ge 4ab\\ \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} \ge 0 \end{array} (ld)\) Vậy \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}\) Đẳng thức xảy ra khi a = b Bài 6 trang 110 SGK Toán 10 nâng caoChứng minh rằng nếu a ≥ 0 và b ≥ 0 thì a3 + b3 ≥ ab(a + b). Khi nào đẳng thức xảy ra? Hướng dẫn giải: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 Bài 7 trang 110 SGK Toán 10 nâng cao
Hướng dẫn giải:Câu a:Ta có: \(\begin{array}{l} {a^2} + ab + {b^2} \ge 0 \Leftrightarrow {a^2} + 2.a.\frac{b}{2} + \frac{{{b^2}}}{4} + \frac{{3{b^2}}}{4} \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {a + \frac{b}{2}} \right)^2} + \frac{{3{b^2}}}{4} \ge 0\left( {ld} \right) \end{array}\) Vậy a2 + ab + b2 ≥ 0 với mọi số thực a, b. Câu b:Ta có: \(\begin{array}{l} {a^4} + {b^4} \ge {a^3}b + a{b^3}\\ \Leftrightarrow {a^4} - {a^3}b - a{b^3} + {b^4} \ge 0\\ \Leftrightarrow {a^3}\left( {a - b} \right) - {b^3}\left( {a - b} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left( {{a^3} - {b^3}} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2}\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right) \ge 0\left( {ld} \right) \end{array}\) Vậy a4 + b4 ≥ a3b + ab3 với mọi a, b Bài 8 trang 110 SGK Toán 10 nâng caoChứng minh rằng nếu a, b và c là độ dài ba cạnh một tam giác thì a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca). Hướng dẫn giải:Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác ta có: \(\begin{array}{l} a < b + c \Rightarrow {a^2} < a\left( {b + c} \right) \Rightarrow {a^2} < ab + ac\,\,\left( 1 \right)\\ b < a + c \Rightarrow {b^2} < bc + bc\,\,\left( 2 \right)\\ c < a + b \Rightarrow {c^2} < ca + cb\,\,\left( 3 \right) \end{array}\) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: \({a^2} + {b^2} + {c^2} < 2\left( {ab + bc + ca} \right)\) Bài 9 trang 110 SGK Toán 10 nâng caoChứng minh rằng nếu a ≥ 0 và b > 0 thì \(\frac{{a + b}}{2}.\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} \le \frac{{{a^3} + {b^3}}}{2}\) Hướng dẫn giải:Ta có: \(\begin{array}{l} \frac{{a + b}}{2}.\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} \le \frac{{{a^3} + {b^3}}}{2}\\ \Leftrightarrow {a^3} + a{b^2} + {a^2}b + {b^3} \le 2{a^3} + 2{b^3}\\ \Leftrightarrow {a^3} - a{b^2} - {a^2}b + {b^3} \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left( {{a^2} - {b^2}} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2}\left( {a + b} \right) \ge 0\left( {ld} \right) \end{array}\) Vậy \(\frac{{a + b}}{2}.\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} \le \frac{{{a^3} + {b^3}}}{2}\)
Hướng dẫn giải:Câu a:Với \(x \ge y \ge 0\), ta có: \(\begin{array}{l} \frac{x}{{1 + x}} \ge \frac{y}{{1 + y}} \Leftrightarrow x\left( {1 + y} \right) \ge y\left( {1 + x} \right)\\ \Leftrightarrow x + xy \ge y + xy \Leftrightarrow x \ge y \end{array}\) Điều này đúng với giả thiệt Vậy ta có điều phải chứng minh Câu b:Vì \(\left| {a - b} \right| \ge \left| a \right| + \left| b \right|\) nên theo câu a ta có: \(\frac{{\left| {a - b} \right|}}{{1 + \left| {a - b} \right|}} \le \frac{{\left| a \right| + \left| b \right|}}{{1 + \left| a \right| + \left| b \right|}} = \frac{{\left| a \right|}}{{1 + \left| a \right| + \left| b \right|}} + \frac{{\left| b \right|}}{{1 + \left| a \right| + \left| b \right|}} \le \frac{{\left| a \right|}}{{1 + \left| a \right| + }} + \frac{{\left| b \right|}}{{1 + \left| b \right|}}\) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 0. Bài 11 trang 110 SGK Toán 10 nâng caoChứng minh rằng:
Hướng dẫn giải:Câu a:Nếu a, b là hai số cùng dấu thì \(\frac{a}{b};\frac{b}{a}\) là hai số dương nên áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: \(\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2\sqrt {\frac{a}{b}.\frac{b}{a}} = 2\) Câu b:Nếu a, b là hai số trái dấu thì \( - \frac{a}{b}; - \frac{b}{a}\) là hai số dương nên áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: \( - \frac{a}{b} + \left( { - \frac{b}{a}} \right) \ge 2 \Leftrightarrow \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \le - 2\) Bài 12 trang 110 SGK Toán 10 nâng caoTìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f(x) = (x + 3)(5 – x) với −3 ≤ x ≤ 5 Hướng dẫn giải:Vì −3 ≤ x ≤ 5 nên x + 3 ≥ 0 và 5 – x ≥ 0 Hai số không âm nên x + 3và 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 Bài 13 trang 110 SGK Toán 10 nâng caoTìm giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right) = x + \frac{2}{{x - 1}} = 1 + \left( {x - 1} \right) + \frac{2}{{x - a}} \ge 1 + 2\sqrt {\left( {x - 1} \right).\frac{2}{{x - 1}}} = 1 + 2\sqrt 2 \) |
