1) Giải phương trình: \({x^2} - x + 11 = 2\sqrt {x + 2} + 3\sqrt {5x - 1} \)2) Cho \(a,b\)là các số

Câu hỏi số 722202:

Vận dụng cao

1) Giải phương trình: \({x^2} - x + 11 = 2\sqrt {x + 2} + 3\sqrt {5x - 1} \)

2) Cho \(a,b\)là các số thực dương thỏa mãn \({(a + b)^3} + 4ab \le 12\). Chứng minh rằng:

\(\dfrac{1}{{1 + a}} + \dfrac{1}{{1 + b}} + 2024ab \le 2025\)

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:722202

Phương pháp giải

1) Đưa về dạng phương trình tích.

2) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si.

Giải chi tiết

1) ĐKXĐ: \(x \ge \dfrac{1}{5}\)

\(\begin{array}{l}{x^2} - x + 11 = 2\sqrt {x + 2} + 3\sqrt {5x - 1} \\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 2\left( {\sqrt {x + 2} - 2} \right) + 3\left( {\sqrt {5x - 1} - 3} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right) = \dfrac{{2\left( {x - 2} \right)}}{{\sqrt {x + 2} + 2}} + \dfrac{{15\left( {x - 2} \right)}}{{\sqrt {5x - 1} + 3}}\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x + 1 - \dfrac{2}{{\sqrt {x + 2} + 2}} - \dfrac{{15}}{{\sqrt {5x - 1} + 3}}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x = 2(tm)\end{array}\)

2) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \)

Giả thiết:\(a + b \ge 2\sqrt {ab} \)\({(a + b)^3} + 4ab \le 12 \Leftrightarrow 8{\left( {\sqrt {ab} } \right)^3} + 4ab \le 12\)

Đặt \(t = \sqrt {ab} \,\,\left( {t > 0} \right)\) thì \(8{t^3} + 4{t^2} \le 12 \Leftrightarrow \left( {t - 1} \right)\left( {2{t^2} + 3t + 3} \right) \le 0 \Leftrightarrow t \le 1\) (do \(2{t^2} + 3t + 3 > 0\))

\( \Rightarrow \sqrt {ab} \le 1 \Rightarrow 0 < ab \le 1\)

Lại có: \(\dfrac{1}{{1 + a}} + \dfrac{1}{{1 + b}} \le \dfrac{2}{{1 + \sqrt {ab} }},\,\,\forall a,b > 0,\,\,ab \le 1\)(1)

Thật vậy, ta có:

\(\begin{array}{l}\left( 1 \right) \Leftrightarrow \dfrac{1}{{1 + a}} - \dfrac{1}{{1 + \sqrt {ab} }} + \dfrac{1}{{1 + b}} - \dfrac{1}{{1 + \sqrt {ab} }} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt {ab} - a}}{{\left( {1 + a} \right)\left( {1 + \sqrt {ab} } \right)}} + \dfrac{{\sqrt {ab} - b}}{{\left( {1 + b} \right)\left( {1 + \sqrt {ab} } \right)}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt a \left( {\sqrt b - \sqrt a } \right)}}{{\left( {1 + a} \right)\left( {1 + \sqrt {ab} } \right)}} + \dfrac{{\sqrt b \left( {\sqrt b - \sqrt a } \right)}}{{\left( {1 + b} \right)\left( {1 + \sqrt {ab} } \right)}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt b - \sqrt a }}{{1 + \sqrt {ab} }}\left( {\dfrac{{\sqrt a }}{{1 + a}} + \dfrac{{\sqrt b }}{{1 + b}}} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {\sqrt b - \sqrt a } \right)}^2}\left( {\sqrt {ab} - 1} \right)}}{{\left( {1 + \sqrt {ab} } \right)\left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right)}} \le 0\end{array}\)

Do \(a,b > 0,\,\,ab \le 1\) nên bất đẳng thức trên luôn đúng.

Tiếp theo, ta chứng minh \(\dfrac{2}{{1 + \sqrt {ab} }} + 2024ab \le 2025\)

Đặt: \(t = \sqrt {ab} \,\,\left( {0 < t \le 1} \right)\) ta được:

\(\begin{array}{l}\dfrac{2}{{1 + t}} + 2024{t^2} \le 2025\\ \Leftrightarrow 2 + 2024{t^2}\left( {1 + t} \right) - 2025\left( {1 + t} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow 2024{t^3} + 2024{t^2} - 2025t - 2023 \le 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 1} \right)\left( {2024{t^2} + 4048t + 2023} \right) \le 0\end{array}\)

Do \(0 < t \le 1\) nên bất đẳng thức trên luôn đúng.

Vậy \(\dfrac{1}{{1 + a}} + \dfrac{1}{{1 + b}} + 2024ab \le 2025\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = 1.\)

Tham Gia Group Dành Cho Học Sinh Lớp 9 - Ôn Thi Vào Lớp 10

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com . Học online tại nhà cũng giáo viên giỏi từ trường TOP đầu cả nước. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. Phụ huynh và học sinh tham khảo chi tiết khoá học tại: Link