Tổng hợp câu hay và khó chương 1

Nhận xét: \(\left( {\sqrt {{x^2} + 2018}  + x} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 2018}  - x} \right) = {x^2} + 2018 - {x^2} = 2018\) và \(\left( {\sqrt {{y^2} + 2018} + y} \right)\left( {\sqrt {{y^2} + 2018} - y} \right) = {y^2} + 2018 - {y^2} = 2018\)

Kết hợp với giả thiết ta suy ra \(\sqrt {{x^2} + 2018}  - x = \sqrt {{y^2} + 2018}  + y\) và \(\sqrt {{y^2} + 2018}  - y=\sqrt {{x^2} + 2018}  + x\) \( \Rightarrow \sqrt {{y^2} + 2018}  + y + \sqrt {{x^2} + 2018}  + x = \sqrt {{x^2} + 2018}  - x + \sqrt {{y^2} + 2018}  - y \Leftrightarrow 2\left( {x + y} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow x + y = 0.\)

Điều kiện \(x \ge \dfrac{2}{3}.\)

\(PT \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {\sqrt {3x - 2}  - \sqrt {x + 1} } \right)\left( {\sqrt {3x - 2}  + \sqrt {x + 1} } \right)}}{{\sqrt {3x - 2}  + \sqrt {x + 1} }} = \left( {2x - 3} \right)\left( {x + 2} \right)\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{2x - 3}}{{\sqrt {3x - 2} + \sqrt {x + 1} }} = \left( {2x - 3} \right)\left( {x + 2} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {2x - 3} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {3x - 2}  + \sqrt {x + 1} }} - \left( {x + 2} \right)} \right) = 0\)

+) \(\dfrac{1}{{\sqrt {3x - 2}  + \sqrt {x + 1} }} = x + 2\) \(\left( {{\rm{VN\,do }}\,\dfrac{1}{{\sqrt {3x - 2}  + \sqrt {x + 1} }} < 1 < x + 2} \right)\)

+) \(2x - 3 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{3}{2}\) (thỏa mãn).

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là \({x_0} = \dfrac{3}{2} \cdot \)

Từ đó ta có \(1 < {x_0} < 2.\)

Ta có \(x + \sqrt 3  = 2 \Leftrightarrow 2 - x = \sqrt 3  \Rightarrow {\left( {2 - x} \right)^2} = 3 \Leftrightarrow 4 - 4x + {x^2} = 3 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 1 = 0.\)

Suy ra: \(H = \left( {{x^5} - 4{x^4} + {x^3}} \right) + \left( {{x^4} - 4{x^3} + {x^2}} \right) + 5\left( {{x^2} - 4x + 1} \right) + 2019.\)

Do \({x^2} - 4x + 1 = 0\) nên \(H = 2019.\)

Ta có: \({x^2} = {\left( {\sqrt {4 + \sqrt {10 + 2\sqrt 5 } }  + \sqrt {4 - \sqrt {10 + 2\sqrt 5 } } } \right)^2} = 8 + 2\sqrt {4 + \sqrt {10 + 2\sqrt 5 } } .\sqrt {4 - \sqrt {10 + 2\sqrt 5 } } \) \( \Leftrightarrow {x^2} = 8 + 2\sqrt {6 - 2\sqrt 5 }  = 8 + 2\sqrt {{{\left( {\sqrt 5  - 1} \right)}^2}}  \)\(= 8 + 2\left( {\sqrt 5  - 1} \right) = 6 + 2\sqrt 5  = {\left( {\sqrt 5  + 1} \right)^2}\)\( \Rightarrow x = \sqrt 5  + 1\).

Từ đó ta suy ra \(x - 1 = \sqrt 5  \Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = 5 \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 4.\)

Ta biến đổi: \(P = \dfrac{{{{\left( {{x^2} - 2x} \right)}^2} - 3\left( {{x^2} - 2x} \right) + 12}}{{{x^2} - 2x + 12}}\)\( = \dfrac{{{4^2} - 3.4 + 12}}{{4 + 12}} = .1\)

Vậy \(P = 1 > 0\)

Điều kiện \({x^2} + 2x - 1 \ge 0\). Đặt \(t = \sqrt {{x^2} + 2x - 1}  \ge 0.\)

Phương trình trở thành \(\left( {{x^2} + 2x - 1} \right) + 2\left( {x - 1} \right)\sqrt {{x^2} + 2x - 1} - 4x = 0\)\(\Leftrightarrow {t^2} + 2\left( {x - 1} \right)t - 4x = 0\) \(\Leftrightarrow {t^2} + 2x.t - 2t - 4x = 0\)\( \Leftrightarrow t\left( {t + 2x} \right) - 2\left( {t + 2x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {t + 2x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t =  - 2x\end{array} \right.\)

Với \(t = 2,\) ta có \(\sqrt {{x^2} + 2x - 1}  = 2 \)\(\Leftrightarrow {x^2} + 2x - 5 = 0 \)\( \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} - 6 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} = 6\)\(\Leftrightarrow x =  - 1 \pm \sqrt 6 \) (nhận)

Với \(t =  - 2x,\) ta có \(\sqrt {{x^2} + 2x - 1}  =  - 2x \)\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\3{x^2} - 2x + 1 = 0\end{array} \right.\)\(\left\{ \begin{array}{l}
x \le 0\\
3\left( {x - \dfrac{1}{3}} \right)^2 + \dfrac{2}{3} = 0
\end{array} \right.\) vô nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm \(x =  - 1 \pm \sqrt 6 \).

Vì \(xy + yz + zx = 1\) nên  \(1 + {x^2} = {x^2} + xy + yz + zx = (x + y)(x + z)\)

Tương tự đối với \(1 + {y^2} = \left( {y + x} \right)\left( {y + z} \right);1 + {z^2} = \left( {z + x} \right)\left( {z + y} \right)\)

Từ đó ta có:

+)  \(x\sqrt {\dfrac{{\left( {1 + {y^2}} \right)\left( {1 + {z^2}} \right)}}{{1 + {x^2}}}}  = x\sqrt {\dfrac{{\left( {y + x} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right)\left( {z + y} \right)}}{{\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)}}}  = x\left( {y + z} \right)\)

+) \(y\sqrt {\dfrac{{\left( {1 + {z^2}} \right)\left( {1 + {x^2}} \right)}}{{1 + {y^2}}}} \)\( = y\sqrt {\dfrac{{\left( {z + y} \right)\left( {z + x} \right)\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)}}{{\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)}}}  = y\left( {x + z} \right)\)

+) \(z\sqrt {\dfrac{{\left( {1 + {x^2}} \right)\left( {1 + {y^2}} \right)}}{{1 + {z^2}}}} \)\( = z\sqrt {\dfrac{{\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)\left( {y + x} \right)\left( {y + z} \right)}}{{\left( {z + x} \right)\left( {y + z} \right)}}}  = z\left( {x + y} \right)\)

Suy ra \(P = x\left( {y + z} \right) + y\left( {z + x} \right) + z\left( {x + y} \right) = 2\left( {xy + yz + zx} \right) = 2\). (vì \(xy + yz + zx = 1\)).

Ta có \(Q = \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} - {y^2}} }} - \left( {1 + \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} - {y^2}} }}} \right):\dfrac{y}{{x - \sqrt {{x^2} - {y^2}} }}\)

\(\begin{array}{l} = \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} - {y^2}} }} - \dfrac{{x + \sqrt {{x^2} - {y^2}} }}{{\sqrt {{x^2} - {y^2}} }} \cdot \dfrac{{x - \sqrt {{x^2} - {y^2}} }}{y}\\ = \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} - {y^2}} }} - \dfrac{{{x^2} - {x^2} + {y^2}}}{{y\sqrt {{x^2} - {y^2}} }}\\ = \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} - {y^2}} }} - \dfrac{y}{{\sqrt {{x^2} - {y^2}} }}\\ = \dfrac{{{{\left( {\sqrt {x - y} } \right)}^2}}}{{\sqrt {x + y} .\sqrt {x - y} }}\\ = \dfrac{{\sqrt {x - y} }}{{\sqrt {x + y} }}\end{array}\)

Vậy \(Q = \dfrac{{\sqrt {x - y} }}{{\sqrt {x + y} }}\) với \(x > y > 0\)

Theo câu trước ta có \(Q = \dfrac{{\sqrt {x - y} }}{{\sqrt {x + y} }}\) với \(x > y > 0\)

Thay \(x = 3y\) (thỏa mãn ĐK) vào biểu thức Q, ta được:

\(Q = \dfrac{{\sqrt {3y - y} }}{{\sqrt {3y + y} }} = \dfrac{{\sqrt {2y} }}{{\sqrt {4y} }} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)

Vậy \(Q = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\) khi \(x = 3y\).

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}a \ge 0\\b \ge 0\\ab \ne 1\end{array} \right.\)

Ta có: $\dfrac{{\sqrt a  + 1}}{{\sqrt {ab}  + 1}} + \dfrac{{\sqrt {ab}  + \sqrt a }}{{\sqrt {ab}  - 1}} - 1 = \dfrac{{a\sqrt b  - \sqrt a  + \sqrt {ab}  - 1 + ab + a\sqrt b  + \sqrt {ab}  + \sqrt a  - ab + 1}}{{ab - 1}}$

$ = \dfrac{{2a\sqrt b  + 2\sqrt {ab} }}{{ab - 1}} = \dfrac{{2\sqrt {ab} \left( {\sqrt a  + 1} \right)}}{{ab - 1}}.$

Và $\dfrac{{\sqrt a  + 1}}{{\sqrt {ab}  + 1}} - \dfrac{{\sqrt {ab}  + \sqrt a }}{{\sqrt {ab}  - 1}} + 1 = \dfrac{{a\sqrt b  - \sqrt a  + \sqrt {ab}  - 1 - ab - a\sqrt b  - \sqrt {ab}  - \sqrt a  + ab - 1}}{{ab - 1}}$

$ = \dfrac{{ - 2\sqrt a  - 2}}{{ab - 1}} = \dfrac{{ - 2\left( {\sqrt a  + 1} \right)}}{{ab - 1}}$

Nên $C = \dfrac{{2\sqrt {ab} \left( {\sqrt a  + 1} \right)}}{{ab - 1}}:\dfrac{{ - 2\left( {\sqrt a  + 1} \right)}}{{ab - 1}} =  - \sqrt {ab} .$

Điều kiện: $x \ge \dfrac{7}{3}.$

Nhận xét: Với $x \ge \dfrac{7}{3}$ thì \({x^2} - 5 > 0.\)

Ta có: $\sqrt {x + 1}  + \sqrt {6x - 14}  = {x^2} - 5 \Leftrightarrow \sqrt {x + 1}  - 2 + \sqrt {6x - 14}  - 2 = {x^2} - 9.$

$ \Leftrightarrow \dfrac{{x - 3}}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} + \dfrac{{6\left( {x - 3} \right)}}{{\sqrt {6x - 14}  + 2}} - \left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right) = 0.$

$ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left[ {\dfrac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} + \dfrac{6}{{\sqrt {6x - 14}  + 2}} - \left( {x + 3} \right)} \right] = 0.$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\\dfrac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} + \dfrac{6}{{\sqrt {6x - 14}  + 2}} - \left( {x + 3} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\,\,\left( {TM} \right)\\\dfrac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} + \dfrac{6}{{\sqrt {6x - 14}  + 2}} = \left( {x + 3} \right){\rm{    }}\left( * \right)\end{array} \right..$

Ta có: \(\dfrac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} < \dfrac{1}{2};\,\dfrac{6}{{\sqrt {6x - 14}  + 2}} < \dfrac{6}{2} \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} + \dfrac{6}{{\sqrt {6x - 14}  + 2}} < \dfrac{7}{2}\)

Và \(x + 3 \ge \dfrac{7}{3} + 3 \Leftrightarrow x + 3 \ge \dfrac{{16}}{3}\,\,\left( {{\rm{do}}\,x \ge \dfrac{7}{3}} \right)\)

Từ đó: $\left\{ \begin{array}{l}VT\left( * \right) < \dfrac{7}{2}\\VP\left( * \right) \ge \dfrac{{16}}{3}\end{array} \right.{\rm{    }}\left( {\forall x \ge \dfrac{7}{3}} \right) \Rightarrow {\rm{ }}PT\,\left( * \right)$  vô nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 3.\)

+ Điều kiện để biểu thức \(A\) xác định là \(x > 4\).

+ Nhận thấy:

\(\sqrt {x + 4\sqrt {x - 4} }  = \sqrt {\left( {x - 4} \right) + 2.2\sqrt {x - 4}  + 4}  = \sqrt {{{\left( {\sqrt {x - 4}  + 2} \right)}^2}} \)\( = \left| {\sqrt {x - 4}  + 2} \right| = \sqrt {x - 4}  + 2.\)

\(\sqrt {x - 4\sqrt {x - 4} }  = \sqrt {\left( {x - 4} \right) - 2.2\sqrt {x - 4}  + 4}  = \sqrt {{{\left( {\sqrt {x - 4}  - 2} \right)}^2}} \)\( = \left| {\sqrt {x - 4}  - 2} \right|\)

\(\sqrt {{x^2} - 8x + 16}  = \sqrt {{{\left( {x - 4} \right)}^2}}  = \left| {x - 4} \right|\)

Từ đó:

\(A = \dfrac{{x\left( {\left| {\sqrt {x - 4}  + 2} \right| + \left| {\sqrt {x - 4}  - 2} \right|} \right)}}{{\left| {x - 4} \right|}} = \)\(\dfrac{{x\left( {\sqrt {x - 4}  + 2 + \left| {\sqrt {x - 4}  - 2} \right|} \right)}}{{x - 4}}\)

+ Nếu \(4 < x < 8\) thì \(\sqrt {x - 4}  - 2 < 0\) nên $A = \dfrac{{x\left( {\sqrt {x - 4}  + 2 + 2 - \sqrt {x - 4} } \right)}}{{x - 4}} = \dfrac{{4x}}{{x - 4}} = 4 + \dfrac{{16}}{{x - 4}}$

Do \(4 < x < 8\) nên \(0 < x - 4 < 4 \Rightarrow A > 8\).

+ Nếu $x \ge 8$ thì \(\sqrt {x - 4}  - 2 \ge 0\) nên $A = \dfrac{{x\left( {\sqrt {x - 4}  + 2 + \sqrt {x - 4}  - 2} \right)}}{{x - 4}} = \dfrac{{2x\sqrt {x - 4} }}{{x - 4}} = \dfrac{{2x}}{{\sqrt {x - 4} }} = 2\sqrt {x - 4}  + \dfrac{8}{{\sqrt {x - 4} }} \ge 2\sqrt {16}  = 8$ (Theo bất đẳng thức Cô si). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $2\sqrt {x - 4}  = \dfrac{8}{{\sqrt {x - 4} }} \Leftrightarrow x - 4 = 4 \Leftrightarrow x = 8$.

Vậy GTNN của $A$ bằng \(8\) khi \(x = 8\).

Theo câu trước ta có: \(A = \left\{ \begin{array}{l}4 + \dfrac{{16}}{{x - 4}}\,\,\,khi\,\,\,4 < x < 8\\\dfrac{{2x}}{{\sqrt {x - 4} }}\,\,\,\,khi\,\,x \ge 8\end{array} \right.\,\,\)

+ Xét \(4 < x < 8\) thì $A = 4 + \dfrac{{16}}{{x - 4}}$, ta thấy \(A \in Z\) khi và chỉ khi $\dfrac{{16}}{{x - 4}} \in Z \Leftrightarrow x - 4$ là ước số nguyên dương của \(16\). Hay $x - 4 \in \left\{ {1;2;4;8;16} \right\} \Leftrightarrow x = \left\{ {5;6;8;12;20} \right\}$ đối chiếu điều kiện suy ra: ${\rm{x}} = 5$ hoặc \(x = 6\).

+ Xét $x \ge 8$ ta có: $A = \dfrac{{2x}}{{\sqrt {x - 4} }}$, đặt \(\sqrt {x - 4}  = m \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = {m^2} + 4\\m \ge 2\end{array} \right.\)  (ở đây $ m\in Z$ vì $x$ nguyên và $A$ nguyên), khi đó ta có: \(A = \dfrac{{2\left( {{m^2} + 4} \right)}}{m} = 2m + \dfrac{8}{m}\) suy ra: \(m \in \left\{ {2;4;8} \right\} \Leftrightarrow x \in \left\{ {8;20;68} \right\}\).

Tóm lại: Để $A$ nhận giá trị nguyên thì \(x \in \left\{ {5;6;8;20;68} \right\}\).

Vậy có \(5\) giá trị của \(x\) thỏa mãn điều kiện đề bài.

Xét \(A = \dfrac{1}{{\sqrt 1  + \sqrt 2 }} + \dfrac{1}{{\sqrt 3  + \sqrt 4 }} + .... + \dfrac{1}{{\sqrt {79}  + \sqrt {80} }}\), \(B = \dfrac{1}{{\sqrt 2  + \sqrt 3 }} + \dfrac{1}{{\sqrt 4  + \sqrt 5 }} + .. + \dfrac{1}{{\sqrt {80}  + \sqrt {81} }}\)

Vì \(\sqrt 1  + \sqrt 2  < \sqrt 2  + \sqrt 3  < \sqrt 3  + \sqrt 4  < ... < \sqrt {80}  + \sqrt {81} \)

Nên \(\dfrac{1}{{\sqrt 1  + \sqrt 2 }} > \dfrac{1}{{\sqrt 2  + \sqrt 3 }};...;\)

\(\dfrac{1}{{\sqrt {79}  + \sqrt {80} }} > \dfrac{1}{{\sqrt {80}  + \sqrt {81} }}\) từ đó suy ra  \(A > B\).

Lại có: \(A + B = \dfrac{1}{{\sqrt 1  + \sqrt 2 }} + \dfrac{1}{{\sqrt 2  + \sqrt 3 }} + \dfrac{1}{{\sqrt 3  + \sqrt 4 }} + .... + \dfrac{1}{{\sqrt {79}  + \sqrt {80} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {80}  + \sqrt {81} }}\)

Mặt khác ta có: \(\dfrac{1}{{\sqrt k  + \sqrt {k + 1} }} = \dfrac{{\left( {\sqrt {k + 1}  - \sqrt k } \right)}}{{\left( {\sqrt {k + 1}  + \sqrt k } \right)\left( {\sqrt {k + 1}  - \sqrt k } \right)}} \)\(= \sqrt {k + 1}  - \sqrt k \) \(\left( {k \ge 0} \right)\)

Suy ra: $A + B = \left( {\sqrt 2  - \sqrt 1 } \right) + \left( {\sqrt 3  - \sqrt 2 } \right) + ... + \left( {\sqrt {81}  - \sqrt {80} } \right) = \sqrt {81}  - 1 = 8.$

Do $A > B$ suy ra \(2A > A + B = 8 \Leftrightarrow A > 4\).

Trước hết ta chứng minh với $x;y;z;t$ bất kì thì

\(\sqrt {{x^2} + {y^2}}  + \sqrt {{z^2} + {t^2}}  \ge \sqrt {{{\left( {x + z} \right)}^2} + {{\left( {y + t} \right)}^2}} \) (*).

Thật vậy, bất đẳng thức (*) tương đương với

\({x^2} + {y^2} + {z^2} + {t^2} + 2\sqrt {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\left( {{z^2} + {t^2}} \right)} \)\( \ge {x^2} + 2xz + {z^2} + {y^2} + 2yt + {t^2}\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\left( {{z^2} + {t^2}} \right)}  \ge xz + yt\)

Đúng vì theo bất đẳng thức Bunhia cốp xki

\(\sqrt {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\left( {{z^2} + {t^2}} \right)}  \ge \sqrt {{{\left( {xz + yt} \right)}^2}}  \)\(= \left| {\left( {xz + yt} \right)} \right| \ge \left( {xz + yt} \right)\).

Áp dụng (*) ta có

\(P = \sqrt {4 + {x^4}}  + \sqrt {4 + {y^4}}  + \sqrt {4 + {z^4}} \)\( \ge \sqrt {{{\left( {2 + 2} \right)}^2} + {{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}^2}}  + \sqrt {4 + {z^4}} \)\( \ge \sqrt {{{\left( {2 + 2 + 2} \right)}^2} + {{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}^2}} \)

\( = \sqrt {36 + {{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}^2}} \).

Ta có \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} + {\left( {x - y} \right)^2} + {\left( {y - z} \right)^2} + {\left( {z - x} \right)^2} \ge 0\)

\( \Rightarrow 3{x^2} + 3{y^2} + 3{z^2} + 3 \ge 2x + 2y + 2z + 2xy + 2yz + 2zx\)

\( \Rightarrow 3{x^2} + 3{y^2} + 3{z^2} + 3 \ge 2.6 = 12 \)\(\Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} \ge 3.\)

Từ đó \(P \ge \sqrt {36 + 9}  = 3\sqrt 5 \).

Dấu “=” xảy ra \(x = y = z = 1\).

Vậy \({{\rm P}_{\min }} = 3\sqrt 5 .\)

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

\( = \dfrac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  - 1}} - \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} = \dfrac{2}{{\sqrt x  - 1}}\)

Và \(\dfrac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \dfrac{1}{{1 - \sqrt x }} = \dfrac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\)

Từ đó: \(A = \dfrac{2}{{\sqrt x  - 1}}:\dfrac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} = \dfrac{2}{{\sqrt x  - 1}}.\dfrac{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{2\sqrt x }}\)\( = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }}\)

Vậy \(A = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }}\) với điều kiện  \(x > 0,\,\,x \ne 1\).

Theo câu trước ta có: \(A = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }}\), với điều kiện  \(x > 0,\,\,x \ne 1\).

Để $A \ge \dfrac{{1 + \sqrt {2018} }}{{\sqrt {2018} }}$ $ \Leftrightarrow 1 + \dfrac{1}{{\sqrt x }} \ge 1 + \dfrac{1}{{\sqrt {2018} }}$$ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt x }} \ge \dfrac{1}{{\sqrt {2018} }}$

$ \Leftrightarrow \sqrt x  \le \sqrt {2018}  \Rightarrow 0 < x \le 2018$

Kết hợp điều kiện: \(x > 0,\,\,x \ne 1\) và \(x\) nguyên nên \(x \in \left\{ {2;3;4;...;2018} \right\}\). Suy ra có $2017$ giá trị nguyên của \(x\) thỏa mãn bài toán.

Theo bất đẳng thức Cô si:

$\sqrt {1 + {a^2}}  + \sqrt {1 + {b^2}}  \ge 2\sqrt {\sqrt {1 + {a^2}} \sqrt {1 + {b^2}} }  = 2\sqrt[4]{(1 + {a^2}) (1 + {b^2})}.$

Theo bất đẳng thức Bunhia cốpxki:

\(\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right) = \left( {1 + {a^2}} \right)\left( {{b^2} + 1} \right) \ge {(a + b)^2}\)

$ \Rightarrow \sqrt {1 + {a^2}}  + \sqrt {1 + {b^2}}  \ge 2\sqrt {a + b} $

Tương tự: $\sqrt {1 + {b^2}}  + \sqrt {1 + {c^2}}  \ge 2\sqrt {b + c} $$ \Rightarrow \sqrt {1 + {c^2}}  + \sqrt {1 + {a^2}}  \ge 2\sqrt {c + a} $

Cộng cả ba bất đẳng thức trên rồi chia cho 2 ta có:

\(\sqrt {1 + {a^2}}  + \sqrt {1 + {b^2}}  + \sqrt {1 + {c^2}}  \ge \sqrt {a + b}  + \sqrt {b + c}  + \sqrt {c + a} \)

Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = c = 1.\)

Vì \(0 < a,b,c \le 1\)  thì \(1 - {a^2} \ge 0;\,1 - {b^2} \ge 0;\,1 - {c^2} \ge 0.\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm ta có:

\(a\sqrt {1 - {b^2}}  + b\sqrt {1 - {c^2}}  + c\sqrt {1 - {a^2}}  \le \dfrac{{{a^2} + 1 - {b^2}}}{2} + \dfrac{{{b^2} + 1 - {c^2}}}{2} + \dfrac{{{c^2} + 1 - {a^2}}}{2} = \dfrac{3}{2}\).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:  \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt {1 - {b^2}} \\b = \sqrt {1 - {c^2}} \\c = \sqrt {1 - {a^2}} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 1 - {b^2}\\{b^2} = 1 - {c^2}\\{c^2} = 1 - {a^2}\end{array} \right. \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} = \dfrac{3}{2}\)

Ta có \(\sqrt {\dfrac{{{x^2}}}{4} + \sqrt {{x^2} - 4} }  = 8 - {x^2} \)\(\Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 4\sqrt {{x^2} - 4} }  = 16 - 2{x^2}\) (1)

ĐK: \( \left| x \right| \ge 2 \)

Đặt \(y = \sqrt {{x^2} - 4} {\rm{ }}\, (\, y \ge 0) \Rightarrow {x^2} = {y^2} + 4\)

Phương trình (1) trở thành:

\(\begin{array}{l}{\rm{    }}\sqrt {{y^2} + 4 + 4y}  = 16 - 2\left( {{y^2} + 4} \right)\\ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {y + 2} \right)}^2}}  = 8 - 2{y^2}\\ \Leftrightarrow \left| {y + 2} \right| = 8 - 2{y^2}\\ \Leftrightarrow y + 2 = 8 - 2{y^2}\,{\rm{ }}({\rm{\,do\, }}y \ge 0 \Rightarrow y + 2 > 0)\\ \Leftrightarrow 2{y^2} + y - 6 = 0\\ \Leftrightarrow (y + 2)(2y - 3) = 0\\ \Leftrightarrow 2y - 3 = 0{\rm{ }}\,({\rm{\,do }}\,y + 2 > 0)\\ \Leftrightarrow y = \dfrac{3}{2}\end{array}\)

Với \(y = \dfrac{3}{2}\), ta có:

\({x^2} = {\left( {\dfrac{3}{2}} \right)^2} + 4 \Leftrightarrow {x^2} = \dfrac{{25}}{4} \Leftrightarrow x =  \pm \dfrac{5}{2}\)

Kết hợp với điều kiện \( \Rightarrow x =  \pm \dfrac{5}{2}\)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là \(x =  \pm \dfrac{5}{2}\).

Tổng các nghiệm của phương trình là \(\dfrac{5}{2} + \dfrac{{ - 5}}{2} = 0.\)

Điều kiện: \(x > 0,x \ne 4,x \ne 9\)

\(\begin{array}{l}P = \left( {\dfrac{{4\sqrt x }}{{2 + \sqrt x }} + \dfrac{{8x}}{{4 - x}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x  - 1}}{{x - 2\sqrt x }} - \dfrac{2}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{{4\sqrt x }}{{2 + \sqrt x }} + \dfrac{{8x}}{{\left( {2 - \sqrt x } \right)\left( {2 + \sqrt x } \right)}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}} - \dfrac{2}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \dfrac{{4\sqrt x \left( {2 - \sqrt x } \right) + 8x}}{{\left( {2 - \sqrt x } \right)\left( {2 + \sqrt x } \right)}}:\dfrac{{\sqrt x  - 1 - 2\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\\ = \dfrac{{8\sqrt x  + 4x}}{{\left( {2 - \sqrt x } \right)\left( {2 + \sqrt x } \right)}}.\dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{3 - \sqrt x }}\\ = \dfrac{{4\sqrt x \left( {2 + \sqrt x } \right)}}{{\left( {2 - \sqrt x } \right)\left( {2 + \sqrt x } \right)}}.\dfrac{{\sqrt x \left( {2 - \sqrt x } \right)}}{{\sqrt x  - 3}}\\ = \dfrac{{4x}}{{\sqrt x  - 3}}\end{array}\)

Với điều kiện: \(x > 0,x \ne 4,x \ne 9\).

Ta có: \(P =  - 1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{4x}}{{\sqrt x  - 3}} =  - 1 \Leftrightarrow 4x + \sqrt x  - 3 = 0 \Leftrightarrow 4x + 4\sqrt x  - 3\sqrt x  - 3 = 0 \Leftrightarrow 4\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right) - 3\left( {\sqrt x  + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {4\sqrt x  - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x  =  - 1\left( {ktm} \right)\\\sqrt x  = \dfrac{3}{4} \Leftrightarrow x = \dfrac{9}{{16}}\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(x = \dfrac{9}{{16}}\)  thì \(P =  - 1.\)