5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 70)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số x, y, z > 0, ta được: \[x + y + z \ge 3\sqrt[3]{{xyz}}\].

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số \(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z} > 0\), ta được:

\[\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{{xyz}}}} = \frac{3}{{\sqrt[3]{{xyz}}}}\].

Khi đó ta có \(\left( {x + y + z} \right)\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \ge 3\sqrt[3]{{xyz}}.\frac{3}{{\sqrt[3]{{xyz}}}} = 9\).

\( \Leftrightarrow \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge \frac{9}{{x + y + z}}\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC, ta được: \(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R\).

Suy ra \(\sin A = \frac{a}{{2R}};\,\,\sin B = \frac{b}{{2R}};\,\,\sin C = \frac{c}{{2R}}\).

Theo đề, ta có: \(\frac{{\sin A}}{1} = \frac{{\sin B}}{2} = \frac{{\sin C}}{{\sqrt 3 }}\).

\( \Rightarrow \frac{{\frac{a}{{2R}}}}{1} = \frac{{\frac{b}{{2R}}}}{2} = \frac{{\frac{c}{{2R}}}}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \frac{a}{1} = \frac{b}{2} = \frac{c}{{\sqrt 3 }}\).

Đặt \(\frac{a}{1} = \frac{b}{2} = \frac{c}{{\sqrt 3 }} = t\).

Suy ra a = t; b = 2t; \(c = t\sqrt 3 \).

Khi đó a² = t²; b² = 4t²; c² = 3t².

Ta thấy t² + 3t² = 4t².

Suy ra a² + c² = b².

Áp dụng định lí Pythagore đảo, ta có tam giác ABC vuông tại B.

Do đó sinB = 1.

Vì vậy \(\frac{{\sin A}}{1} = \frac{1}{2} = \frac{{\sin C}}{{\sqrt 3 }}\).

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}\sin A = \frac{1}{2}\\\sin C = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.\)

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat A = 30^\circ \\\widehat C = 60^\circ \end{array} \right.\)

Vậy \(\widehat A = 30^\circ ;\,\,\widehat B = 90^\circ ;\,\,\widehat C = 60^\circ \).

Ta có \(\left( {x + \sqrt {2005 + {x^2}} } \right)\left( {\sqrt {2005 + {x^2}} - x} \right) = 2005 + {x^2} - {x^2} = 2005\).

Theo đề, ta có \(\left( {x + \sqrt {2005 + {x^2}} } \right)\left( {y + \sqrt {2005 + {y^2}} } \right) = 2005\).

\( \Leftrightarrow \left( {x + \sqrt {2005 + {x^2}} } \right)\left( {y + \sqrt {2005 + {y^2}} } \right) = \left( {x + \sqrt {2005 + {x^2}} } \right)\left( {\sqrt {2005 + {x^2}} - x} \right)\).

\( \Leftrightarrow y + \sqrt {2005 + {y^2}} = \sqrt {2005 + {x^2}} - x\)    (1)

Chứng minh tương tự, ta được: \(x + \sqrt {2005 + {x^2}} = \sqrt {2005 + {y^2}} - y\)    (2)

Lấy (1) + (2) cộng vế theo vế, ta được:

\(x + \sqrt {2005 + {x^2}} + y + \sqrt {2005 + {y^2}} = \sqrt {2005 + {x^2}} - x + \sqrt {2005 + {y^2}} - y\).

⇔ x + y = –x – y.

⇔ 2(x + y) = 0.

⇔ x + y = 0.

Ta có x²⁰⁰⁵ + y²⁰⁰⁵ = (x + y)(x²⁰⁰⁴ – x²⁰⁰³.y + x²⁰⁰².y² – ... + x².y²⁰⁰² – x.y²⁰⁰³ + y²⁰⁰⁴).

= 0.(x²⁰⁰⁴ – x²⁰⁰³.y + x²⁰⁰².y² – ... + x².y²⁰⁰² – x.y²⁰⁰³ + y²⁰⁰⁴).

= 0.

Vậy x²⁰⁰⁵ + y²⁰⁰⁵ = 0.

Ta có \(A = \left( {\frac{{x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \sqrt x } \right):\left( {\frac{{\sqrt x - 4}}{{1 - x}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right)\)

\( = \frac{{x + 2 - \sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x + 1}}:\frac{{\sqrt x - 4 - \sqrt x \left( {1 - \sqrt x } \right)}}{{\left( {1 - \sqrt x } \right)\left( {1 + \sqrt x } \right)}}\)

\( = \frac{{x + 2 - x - \sqrt x }}{1}.\frac{{1 - \sqrt x }}{{\sqrt x - 4 - \sqrt x + x}}\)

\[ = \frac{{\left( {2 - \sqrt x } \right)\left( {1 - \sqrt x } \right)}}{{x - 4}} = \frac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}}\].

Ta có 16 ≤ 8ⁿ ≤ 64.

Suy ra 2⁴ ≤ (2³)ⁿ ≤ 2⁶.

Do đó 2⁴ ≤ 2³ⁿ ≤ 2⁶.

Vì vậy 4 ≤ 3n ≤ 6.

Suy ra \(\frac{4}{3} \le n \le 2\).

Mà n là số nguyên dương.

Do đó n = 2.

Vậy n = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số a, b > 0, ta được: (a + b)² ≥ 4ab.

\( \Leftrightarrow \frac{{ab}}{{a + b}} \le \frac{{a + b}}{4}\)   (1)

Chứng minh tương tự, ta được:

⦁ \(\frac{{bc}}{{b + c}} \le \frac{{b + c}}{4}\)    (2)

⦁ \(\frac{{ac}}{{a + c}} \le \frac{{a + c}}{4}\)    (3)

Lấy (1) + (2) + (3) vế theo vế, ta được \(P \le \frac{{a + b}}{4} + \frac{{b + c}}{4} + \frac{{a + c}}{4} = \frac{{2\left( {a + b + c} \right)}}{4} = \frac{1}{2}\).

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c.

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng \(\frac{1}{2}\) khi và chỉ khi a = b = c.

Ta có \(VT = \frac{{abc}}{{{a^3}\left( {b + c} \right)}} + \frac{{abc}}{{{b^3}\left( {c + a} \right)}} + \frac{{abc}}{{{c^3}\left( {a + b} \right)}}\)

\( = \frac{{bc}}{{{a^2}\left( {b + c} \right)}} + \frac{{ac}}{{{b^2}\left( {c + a} \right)}} + \frac{{ab}}{{{c^2}\left( {a + b} \right)}}\)

\( = \frac{{{b^2}{c^2}}}{{{a^2}bc\left( {b + c} \right)}} + \frac{{{a^2}{c^2}}}{{{b^2}ac\left( {c + a} \right)}} + \frac{{{a^2}{b^2}}}{{{c^2}ab\left( {a + b} \right)}}\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng Engel, ta có:

\(VT \ge \frac{{{{\left( {bc + ac + ab} \right)}^2}}}{{{a^2}bc\left( {b + c} \right) + {b^2}ac\left( {c + a} \right) + {c^2}ab\left( {a + b} \right)}}\)

\( = \frac{{{{\left( {bc + ac + ab} \right)}^2}}}{{abc\left( {ab + ac + bc + ab + ac + bc} \right)}}\)

\( = \frac{{{{\left( {bc + ac + ab} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}} = \frac{{bc + ac + ab}}{2}\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được: \[bc + ac + ab \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}} = 3\].

Vì vậy \(VT \ge \frac{{bc + ac + ab}}{2} \ge \frac{3}{2}\).

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = 1.

Vậy ta có điều phải chứng minh.