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 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 & lộ trình Up 10! trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.