Hướng dẫn giải (chi tiết)

Hàm số xác định khi $\left\{ \begin{array}{l} x - 4 \ge 0\\ 8 - x \ge 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow 4 \le x \le 8$ nên TXĐ $D=[4;8]$.

• Ta có $f^2(x)=3x-8+4\sqrt{(x-4)(8-x)}=3(x-4)+4\sqrt{(x-4)(8-x)}+4.$

Vì $\left\{ \begin{array}{l} x - 4 \ge 0\\ \sqrt {(x - 4)(8 - x)} \ge 0 \end{array} \right.,\forall x \in \left[ {4;8} \right]$ nên suy ra $f^2(x)\ge 4 \to f(x)\ge 2$.

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=4.$ Vậy $m=2.$

• Với $x\in [4; 8]$, áp dụng BĐT Cô si, ta có:

$x-\dfrac{4}{5}=x-4+\dfrac{16}{5}\ge 2\sqrt{(x-4).\dfrac{16}{5}}=\dfrac{8\sqrt{x-4}}{\sqrt 5}. (1)$

$\dfrac{44}{5}-x=8-x+\dfrac{4}{5}\ge 2\sqrt{(8-x).\dfrac{4}{5}}=\dfrac{4\sqrt{8-x}}{\sqrt 5}. (2)$

Lấy (1) + (2) theo vế, ta được $\dfrac{8\sqrt{4-x} + 4\sqrt{8-x}}{\sqrt 5}\le x-\dfrac{4}{5}+\dfrac{44}{5}-x=8.$

Suy ra $\dfrac{8\sqrt{4-x} + 4\sqrt{8-x}}{\sqrt 5}\le 8 \Leftrightarrow \dfrac{4f(x)}{\sqrt 5}\le 8 \Leftrightarrow f(x)\le 2\sqrt 5.$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=\dfrac{36}{5}. \mbox{ Vậy } M=2\sqrt 5. $

Vậy $m=2, M=2\sqrt 5.$

Chọn C.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có: $F=\dfrac{x^2+y^2}{x-y}=\dfrac{x^2-2xy+y^2+2xy}{x-y}=\dfrac{(x-y)^2+2.1000}{x-y}=x-y+\dfrac{2.1000}{x-y}.$

Áp dụng BĐT Cô si, ta có: $F=x-y+\dfrac{2.1000}{x-y}\ge 2\sqrt{(x-y).\dfrac{2.1000}{x-y}}=40\sqrt 5.$

Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\nxy = 1000\\\nx - y = \dfrac{{2.1000}}{{x - y}} > 0\n\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\nxy = 1000\\\nx - y = 20\sqrt 5 \n\end{array} \right.$

Vậy $F_{min}=40\sqrt 5$ khi $\left\{ \begin{array}{l}\nab = 1000\\\na - b = 20\sqrt 5 \n\end{array} \right. \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = {(a - b)^2} + 2ab = 4000 \Rightarrow \dfrac{{{a^2} + {b^2}}}{{1000}} = 4$

Chọn C.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Xét đáp án A

$\dfrac{{ab}}{{a + b}} - \dfrac{{a + b}}{4} = \dfrac{{4ab - {{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{4\left( {a + b} \right)}} = \dfrac{{ - {{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{4\left( {a + b} \right)}} \le 0$

$ \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{a + b}}\le\dfrac{{a + b}}{4}.$

Xét đáp án B

$2\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right) - \left( {{a^2} + {b^2}} \right) = {a^2} - 2ab + {b^2} = {\left( {a - b} \right)^2} \ge 0$

$\Rightarrow 2\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right)\ge{a^2} + {b^2}$.

Xét đáp án C

$\left( {a + b + c} \right)\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}} \right)\ge9.$

Áp dụng BDT Cô si cho 3 số dương

$a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}}$

$\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{1}{{abc}}}}$

Nhân vế theo vế suy ra $\left( {a + b + c} \right)\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}} \right)\,\, \ge 9$

$\Rightarrow \left( {a + b + c} \right)\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}} \right)\,\, \ge \,\,9.$

Xét đáp án D $\dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + a}} + \dfrac{c}{{a + b}}\,\, \ge \,\,\dfrac{3}{2}$

Ta có: $\dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + a}} + \dfrac{c}{{a + b}} \ge \dfrac{3}{2}$

$ \Leftrightarrow \left( {\dfrac{a}{{b + c}} + 1} \right) + \left( {\dfrac{b}{{c + a}} + 1} \right) + \left( {\dfrac{c}{{a + b}} + 1} \right) \ge \dfrac{3}{2} + 3$

$ \Leftrightarrow \dfrac{{a + b + c}}{{b + c}} + \dfrac{{a + b + c}}{{b + c}} + \dfrac{{a + b + c}}{{b + c}} \ge \dfrac{9}{2}$

Áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dương

$a + b + c = \dfrac{1}{2}\left[ {\left( {a + b} \right) + \left( {b + c} \right) + \left( {c + a} \right)} \right] \ge \dfrac{3}{2}\sqrt[3]{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} > 0$

$\dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{b + c}} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{1}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}}} > 0$

Nhân vế theo vế suy ra $\left( {a + b + c} \right)\left( {\dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{b + c}}} \right) \ge \dfrac{9}{2}$

Vậy $\dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + a}} + \dfrac{c}{{a + b}} \ge \dfrac{3}{2}$ với $a, b, c >0$ là bất đẳng thức đúng.

$ \Rightarrow \dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + a}} + \dfrac{c}{{a + b}}\,\, \ge \,\,\dfrac{3}{2}$

Chọn A.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Xét $\dfrac{{a + b}}{2} > \sqrt {ab} \Leftrightarrow a + b > 2\sqrt {ab} \Leftrightarrow a + b - 2\sqrt {ab} > 0 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)^2} > 0$

Vậy A sai khi $a=b=0.$

Xét ${\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^2} \ge \,\dfrac{{{a^2} + {b^2}}}{2} \Leftrightarrow \dfrac{{{a^2} + 2ab + {b^2}}}{4} \ge \dfrac{{{a^2} + {b^2}}}{2}$

$ \Leftrightarrow {a^2} + 2ab + {b^2} \ge 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} \le 0.$

Vậy B sai khi $a \ne b.$

Xét ${a^2} + {b^2} + 9 > 3\left( {a + b} \right) + ab \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + 9} \right) > 2\left[ {3\left( {a + b} \right) + ab} \right]$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) + \left( {{a^2} - 6a + 9} \right) + \left( {{b^2} - 6b + 9} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b - 3} \right)^2} > 0 \end{array}$

Vậy D sai khi $a=b=3.$

Xét ${a^2} + {b^2} + 1 \ge a + b + ab \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + 1} \right) \ge 2\left( {a + b + ab} \right)$

$\Leftrightarrow \left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) + \left( {{a^2} - 2a + 1} \right) + \left( {{b^2} - 2b + 1} \right) \ge 0$

$ \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall a,b \in \mathbb R.$

Vậy C đúng.

Chọn C.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $xy \le {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow xy \le \dfrac{1}{4}$

Đặt  $xy = t$, điều kiện $t \le \dfrac{1}{4}$
Khi đó  $P = t + \dfrac{1}{t} = \left( {t + \dfrac{1}{{16t}}} \right) + \dfrac{{15}}{{16t}} \ge 2\sqrt {t.\dfrac{1}{{16t}}} + \dfrac{{15}}{{16}}.4 = \dfrac{1}{2} + \dfrac{{15}}{4} = \dfrac{{17}}{4}$.

Vậy đáp án là A.
 

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có

 $P = \dfrac{4}{x} + \dfrac{1}{{4y}} = \dfrac{{{2^2}}}{x} + \dfrac{{{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}}}{y} \ge \dfrac{{{{\left( {2 + \dfrac{1}{2}} \right)}^2}}}{{x + y}} = \frac{{\dfrac{{25}}{4}}}{{\dfrac{5}{4}}} = 5$
 
Dấu bằng xảy ra khi  $x = 1,\,y = \dfrac{1}{4}$.

Vậy đáp án là C.
 

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $f\left( x \right) \ge 0$  và  ${\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} = \dfrac{{x - 2}}{{{x^2}}} = \dfrac{1}{x} - \dfrac{2}{{{x^2}}} = \dfrac{1}{8} - 2{\left( {\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{4}} \right)^2} \le \dfrac{1}{8} \Rightarrow 0 \le f\left( x \right) \le \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }}$.
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số bằng  $\dfrac{1}{{2\sqrt 2 }}$.

Chọn A.
 

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $\dfrac{a}{b} < 1 \Rightarrow \dfrac{a}{b} < \dfrac{{a + c}}{{b + c}}$. Do đó $\dfrac{a}{{a + b}} < 1 \Rightarrow \dfrac{a}{{a + b}} < \dfrac{{a + c}}{{a + b + c}}$
Tương tự   $\dfrac{b}{{b + c}} < \dfrac{{b + a}}{{a + b + c}}$,  $\dfrac{c}{{c + a}} < \dfrac{{c + b}}{{a + b + c}}$ .Suy ra  $P<2$.
Lại có  $\dfrac{a}{{a + b}} > \dfrac{a}{{a + b + c}},\dfrac{b}{{b + c}} > \dfrac{b}{{a + b + c}}$,  $\dfrac{c}{{c + a}} > \dfrac{c}{{a + b + c}}$. Suy ra  $P>1$.
Vậy   $1 < P < 2.$

Chọn D.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có ${a^2} + {b^2} \ge 2ab \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} \ge 0$ luôn đúng với mọi số thực $a, b$.
Ta có ${\left( {a + b} \right)^2} \le 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} \ge 0$ luôn đúng với mọi số thực $a, b$.
Ta có ${a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right) \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} \ge 0$
luôn đúng với mọi số thực $a, b, c$.
Ta có  $a + b \ge 2\sqrt {ab} $ không đúng khi $a, b$ âm.

Vậy có 3 bất đẳng thức đúng.

Chọn C.