Bất đẳng thức

Ta có: $\left. \begin{array}{l}{x^2} \ge 0\\\left| x \right| \ge 0\end{array} \right\}$$\Rightarrow {x^2} + 3\left| x \right| \ge 0$.

Dấu “=” xảy ra khi ${x^2} = \left| x \right| = 0 \Leftrightarrow x = 0$

Ta có: $f\left( x \right) = \dfrac{4}{x} + \dfrac{x}{{1 - x}} - 1 = \dfrac{{4 - x}}{x} + \dfrac{x}{{1 - x}} = \dfrac{{4 - 4x + 3x}}{x} + \dfrac{x}{{1 - x}} = \dfrac{{4\left( {1 - x} \right)}}{x} + \dfrac{x}{{1 - x}} + 3$

Vì  $0 < x < 1 \Rightarrow \dfrac{{1 - x}}{x} > 0;\,\,\,\,\dfrac{x}{{1 - x}} > 0$

Áp dụng BĐT Cô-si ta được: $f\left( x \right) \ge 2\sqrt 4  + 3 = 7$

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow \dfrac{{x - 1}}{x} = \dfrac{x}{{x - 1}} \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = {x^2} \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{2}\,\,\,\left( {tm} \right).$

Vậy $\mathop {Min}\limits_{\left( {0;\,\,1} \right)} \,\,f\left( x \right) = 7\,\,\,\,khi\,\,\,\,x = \dfrac{1}{2}.$

Ta có : $a < b$

+) Nếu $c < 0 \Rightarrow ac > bc$$\Rightarrow$ Đáp án $A$ và đáp án $C$ sai.

+) Nếu $c > 0 \Rightarrow ac < bc \Rightarrow$ Đáp án $B$ sai và đáp án $D$ đúng.

Ta có: $\dfrac{1}{a} < \dfrac{1}{b} \Leftrightarrow \dfrac{1}{a} - \dfrac{1}{b} < 0$$\Leftrightarrow \dfrac{{b - a}}{{ab}} < 0$

Mà $ab > 0$ nên $b - a < 0 \Leftrightarrow b < a$.

Vậy $a > b$.

Ta có: $\dfrac{1}{a} < \dfrac{1}{b} \Leftrightarrow \dfrac{1}{a} - \dfrac{1}{b} < 0$$\Leftrightarrow \dfrac{{b - a}}{{ab}} < 0$

Mà $ab > 0$ nên $b - a < 0 \Leftrightarrow b < a$.

Vậy $a > b$.

Ta có: $\dfrac{1}{a} < \dfrac{1}{b} \Leftrightarrow \dfrac{1}{a} - \dfrac{1}{b} < 0$$\Leftrightarrow \dfrac{{b - a}}{{ab}} < 0$

Mà $ab > 0$ nên $b - a < 0 \Leftrightarrow b < a$.

Vậy $a > b$.

Ta có:

$\dfrac{{{a^2} + {b^2}}}{2} \le {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^2}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{{a^2} + {b^2}}}{2} \le \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}\\ \Leftrightarrow 4\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \le 2{\left( {a + b} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \le {\left( {a + b} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 2{a^2} + 2{b^2} \le {\left( {a + b} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 2{a^2} + 2{b^2} \le {a^2} + 2ab + {b^2}\\ \Leftrightarrow {a^2} - 2ab + {b^2} \le 0\\ \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} \le 0\end{array}$

Mà ${\left( {a - b} \right)^2}$ luôn $\ge 0$ với mọi $x \in R$

$\Rightarrow {\left( {a - b} \right)^2} \le 0$ khi và chỉ khi $a - b = 0 \Leftrightarrow a = b$

Vậy $a = b$.

+) ${a^2} > 0$ thì $\left[ \begin{array}{l}a < 0\\a > 0\end{array} \right.$

$\Rightarrow$ Đáp án A sai.

+) ${a^2} > a$$\Leftrightarrow {a^2} - a > 0$$\Leftrightarrow a\left( {a - 1} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a > 1\\a < 0\end{array} \right.$

Vậy nếu ${a^2} > a$ thì $a > 1$ hoặc $a < 0$

$\Rightarrow$ Đáp án B.

Đáp án C sai (vì thiếu trường hợp $a > 1$)

+) Ta có:

${a^2} > a$$\Leftrightarrow {a^2} - a > 0$$\Leftrightarrow a\left( {a - 1} \right) > 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a > 1\\a < 0\end{array} \right.$

 Vậy ${a^2} > a$ đúng với với $a < 0$.

$\Rightarrow$ Đáp án D đúng.

+) ${a^2} + {b^2} \ge 2ab$

$\Leftrightarrow {a^2} - 2ab + {b^2} \ge 0$

$\Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} \ge 0$ luôn đúng với mọi $a,b \in R$.

$\Rightarrow$ Mệnh đề $I$ đúng.

+) Giả sử $a = 0;b =  - 1$

$\Rightarrow 0.\left( { - 1} \right) \le {0^3} + {\left( { - 1} \right)^3} \Rightarrow 0 <  - 1$ (vô lý)

$\Rightarrow$ Mệnh đề $II$ sai.

+) Nếu $ab < 0$$\Rightarrow \sqrt {ab}$ không xác định.

$\Rightarrow$ Mệnh đề $III$ không đúng.

Vậy chỉ có mệnh đề $I$ đúng.

Vì $x > 0$ nên $\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{x}{2} > 0\\\dfrac{8}{x} > 0\end{array} \right.$.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương $\dfrac{x}{2}$ và $\dfrac{8}{x}$ ta được:

$\begin{array}{l}\dfrac{x}{2} + \,\dfrac{8}{x} \ge 2\sqrt {\dfrac{x}{2} \cdot \dfrac{8}{x}} \\ \Leftrightarrow \dfrac{x}{2} + \,\dfrac{8}{x} \ge 2\sqrt 4 \\ \Leftrightarrow \dfrac{x}{2} + \,\dfrac{8}{x} \ge 4\end{array}$

$\Rightarrow y \ge 4$

Dấu “$=$” xảy ra $\Leftrightarrow \dfrac{x}{2} = \dfrac{8}{x}$$\Leftrightarrow {x^2} = 16 \Leftrightarrow x = 4$. (Vì $x>0$)

Vậy $\min y = 4 \Leftrightarrow x = 4$.

Với các số dương $x,\,\,y$ áp dung hệ quả của bất đẳng thức Cô-si ta có:

$\begin{array}{l}{\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} \ge xy \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} \ge xy\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4xy\end{array}$

$\Rightarrow$ Đáp án A đúng.

$\begin{array}{l}\left( {x + y} \right)\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}} \right) \ge 4 \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} \ge \dfrac{4}{{x + y}}\end{array}$

$\Rightarrow$ Đáp án B sai.

$\begin{array}{l}{\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} \ge xy \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} \ge xy\\ \Leftrightarrow \dfrac{4}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} \le \dfrac{1}{{xy}}\end{array}$

$\Rightarrow$ Đáp án C đúng.

$\begin{array}{l}\dfrac{{{x^2} + {y^2}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} \\\Leftrightarrow \dfrac{{{x^2} + {y^2}}}{2} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4}\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{2}\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \le 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\end{array}$

$\Rightarrow$ Đáp án D đúng.

Vì $x > 0$ nên $\left\{ \begin{array}{l}2x > 0\\\dfrac{1}{x} > 0\end{array} \right.$.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương $2x$ và $\dfrac{1}{x}$ ta có:

$\begin{array}{l}2x + \dfrac{1}{x} \ge 2\sqrt {2x \cdot \dfrac{1}{x}} \Leftrightarrow 2x + \dfrac{1}{x} \ge 2\sqrt 2 \end{array}$

$\Rightarrow f\left( x \right) \ge 2\sqrt 2$

Dấu “$=$” xảy ra khi và chỉ khi $2x = \dfrac{1}{x} \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}$

Vậy $\min f\left( x \right) = 2\sqrt 2$$\Leftrightarrow x = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}$.

Ta có:

$B =  - {x^2} + 2x + 1$$=  - {x^2} + 2x - 1 + 2$$=  - \left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + 2 =  - {\left( {x - 1} \right)^2} + 2$

Do $- {\left( {x - 1} \right)^2} \le 0$ với mọi $x \in R$

$\Rightarrow  - {\left( {x - 1} \right)^2} + 2 \le 2$ với mọi $x \in R$

$\Rightarrow B \le 2$ với mọi $x \in R$

Vậy $\max B = 2$$\Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = 0$$\Leftrightarrow x = 1$.

Với $x \ne 0$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} > 0\\\dfrac{3}{{{x^2}}} > 0\end{array} \right.$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ${x^2}$ và $\dfrac{3}{{{x^2}}}$ ta có :

$\begin{array}{l}{x^2} + \dfrac{3}{{{x^2}}} \ge 2\sqrt {{x^2} \cdot \dfrac{3}{{{x^2}}}} \\ \Leftrightarrow {x^2} + \dfrac{3}{{{x^2}}} \ge 2\sqrt 3 \end{array}$

$\Rightarrow y \ge 2\sqrt 3$

Dấu “$=$” xảy ra $\Leftrightarrow {x^2} = \dfrac{3}{{{x^2}}}$$\Leftrightarrow {x^4} = 3$$\Leftrightarrow x =  \pm \sqrt[4]{3}$

Vậy $\min y = 2\sqrt 3$$\Leftrightarrow x =  \pm \sqrt[4]{3}$.

Ta có:

${\left( {x + 2} \right)^2} \ge 0$ với mọi $x \in R$

${\left( {y - 3} \right)^2} \ge 0$ với mọi $y \in R$

$\Rightarrow {\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} \ge 0$ với mọi $x,\,\,y \in R$

$\Rightarrow {\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + 3 \ge 3$ với mọi $x,\,\,y \in R$

$\Rightarrow C \ge 3$ với mọi $x,\,\,y \in R$

Dấu “$=$” xảy ra $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2 = 0\\y - 3 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 2\\y = 3\end{array} \right.$

Vậy $\min C = 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 2\\y = 3\end{array} \right.$.

Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương $x,\,\,y$ ta có: ${\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} \ge xy$

Mà $x + y = 12$$\Rightarrow xy \le {\left( {\dfrac{{12}}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow xy \le 36$ 

Dấu “$=$” xảy ra $\Leftrightarrow x = y = 6$.

Vậy $\max y = 36 \Leftrightarrow x = y = 6$.

Theo đề bài, ta có:

$\begin{array}{l}A = \dfrac{{{a^2} + 5}}{{\sqrt {{a^2} + 1} }}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{{a^2} + 1 + 4}}{{\sqrt {{a^2} + 1} }}\\\,\,\,\, = \dfrac{{{a^2} + 1}}{{\sqrt {{a^2} + 1} }} + \dfrac{4}{{\sqrt {{a^2} + 1} }}\\\,\,\,\, = \sqrt {{a^2} + 1}  + \dfrac{4}{{\sqrt {{a^2} + 1} }}\end{array}$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương $\sqrt {{a^2} + 1}$ và $\dfrac{4}{{\sqrt {{a^2} + 1} }}$ ta có:

$\begin{array}{l}A = \sqrt {{a^2} + 1}  + \dfrac{4}{{\sqrt {{a^2} + 1} }} \ge 2\sqrt {\sqrt {{a^2} + 1}  \cdot \dfrac{4}{{\sqrt {{a^2} + 1} }}} \\ \Leftrightarrow A = \sqrt {{a^2} + 1}  + \dfrac{4}{{\sqrt {{a^2} + 1} }} \ge 4\end{array}$

Dấu “$=$” xảy ra $\Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + 1}  = \dfrac{4}{{\sqrt {{a^2} + 1} }}$$\Leftrightarrow {a^2} + 1 = 4 \Leftrightarrow {a^2} = 3$$\Leftrightarrow a =  \pm \sqrt 3$.

$\Rightarrow \min A = 4 \Leftrightarrow a =  \pm \sqrt 3$

Vậy có $2$ giá trị của $a$ để biểu thức $A = \dfrac{{{a^2} + 5}}{{\sqrt {{a^2} + 1} }}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có:  $P = \dfrac{x}{3} + \dfrac{3}{{x - 3}}$$= \dfrac{{x - 3 + 3}}{3} + \dfrac{3}{{x - 3}}$$= \dfrac{{x - 3}}{3} + \dfrac{3}{{x - 3}} + 1$

Vì $x > 3$ nên $x - 3 > 0$.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương $\dfrac{{x - 3}}{3}$ và $\dfrac{3}{{x - 3}}$ ta có:

$\begin{array}{l}P = \dfrac{{x - 3}}{3} + \dfrac{3}{{x - 3}} + 1 \\\ge 2.\sqrt {\dfrac{{x - 3}}{3} \cdot \dfrac{3}{{x - 3}}}  + 1\\ \Leftrightarrow P = \dfrac{{x - 3}}{3} + \dfrac{3}{{x - 3}} + 1 \ge 3\end{array}$

Dấu “$=$” xảy ra $\Leftrightarrow \dfrac{{x - 3}}{3} = \dfrac{3}{{x - 3}}$$\Leftrightarrow {\left( {x - 3} \right)^2} = 9$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 6\end{array} \right.$

Mà $x > 3$ nên $x = 6$.

Vậy $\min P = 3 \Leftrightarrow x = 6$

Với $a > 0,\,\,b > 0,\,\,c > 0$.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương $a,\,\,b,\,\,c$ ta có:

$\begin{array}{l}\left( {1 + \dfrac{b}{c}} \right)\left( {1 + \dfrac{c}{a}} \right)\left( {1 + \dfrac{a}{b}} \right)\\ \ge 2\sqrt {\dfrac{b}{c}} .2\sqrt {\dfrac{c}{a}} .2\sqrt {\dfrac{a}{b}} \\ \Leftrightarrow \left( {1 + \dfrac{b}{c}} \right)\left( {1 + \dfrac{c}{a}} \right)\left( {1 + \dfrac{a}{b}} \right) \\\ge 8\sqrt {\dfrac{b}{c} \cdot \dfrac{c}{a} \cdot \dfrac{a}{b}} \\ \Leftrightarrow \left( {1 + \dfrac{b}{c}} \right)\left( {1 + \dfrac{c}{a}} \right)\left( {1 + \dfrac{a}{b}} \right) \ge 8\end{array}$

$\Rightarrow$ Đáp án $A,C$ sai và đáp án $B$ đúng.

$\begin{array}{l}\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) \ge 2\sqrt {ab} .2\sqrt {bc} .2\sqrt {ac} \\ \Leftrightarrow \left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) \ge 8\sqrt {{a^2}.{b^2}.{c^2}} \\ \Leftrightarrow \left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) \ge 8abc\end{array}$

$\Rightarrow$ Đáp án D sai.

ĐKXĐ: $\left\{ \begin{array}{l}x - 2 \ge 0\\3 - x \ge 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 2\\x \le 3\end{array} \right.$$\Leftrightarrow 2 \le x \le 3$

Vì $\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 2}  \ge 0\\\sqrt {3 - x}  \ge 0\end{array} \right.$$\Rightarrow y = \sqrt {x - 2}  + \sqrt {3 - x}  \ge 0$.

Ta có: $y = \sqrt {x - 2}  + \sqrt {3 - x}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow {y^2} = x - 2 + 3 - x + 2\sqrt {x - 2} .\sqrt {3 - x} \\ \Rightarrow {y^2} = 1 + 2\sqrt {\left( {x - 2} \right)\left( {3 - x} \right)}  \ge 1\\ \Rightarrow y \ge 1\end{array}$

Dấu “$=$” xảy ra $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\3 - x = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 3\end{array} \right.$

Vậy $\min y = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm $\left( {x - 2} \right)$  và $\left( {3 - x} \right)$  ta có:

$\begin{array}{l}x - 2 + 3 - x \ge 2\sqrt {\left( {x - 2} \right)\left( {3 - x} \right)} \\ \Rightarrow 2\sqrt {\left( {x - 2} \right)\left( {3 - x} \right)}  \le 1\\ \Rightarrow 1 + 2\sqrt {\left( {x - 2} \right)\left( {3 - x} \right)}  \le 1 + 1\\ \Rightarrow {y^2} \le 2\\ \Rightarrow y \le \sqrt 2 \end{array}$

Dấu “$=$” xảy ra $\Leftrightarrow x - 2 = 3 - x$$\Leftrightarrow x = \dfrac{5}{2}$

Vậy $\max \,y = \sqrt 2  \Leftrightarrow x = \dfrac{5}{2}$

Vậy $1 \le y \le \sqrt 2$.