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 \(a = b = 1.\)

PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. 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. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link