Bài 1. a. A có nghĩa \( \Leftrightarrow 2 - 4x \ge 0 \Leftrightarrow 2 \ge 4x \Leftrightarrow x \le {1 \over 2}\)
b. B có nghĩa \( \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{ {{{ - 3} \over {x - 1}} \ge 0} \cr {{x^2} + 4 \ge 0} \cr } } \right.\)\( \Leftrightarrow x - 1 < 0 \Leftrightarrow x < 1\)
(vì \({x^2} + 1 \ge 0\) luôn đúng với mọi x)
Bài 2. Ta có:
\(\eqalign{ & 2 + \sqrt 3 < 3 + \sqrt 2 \Leftrightarrow \sqrt 3 < 1 + \sqrt 2 \cr & \Leftrightarrow 3 < 1 + 2\sqrt 2 + 2\cr& \Leftrightarrow 2\sqrt 2 > 0\,\,\left( \text{luôn đúng} \right) \cr} \)
Bài 3. a. Ta có:
\(\eqalign{ P& = {{\sqrt {xy} \left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)} \over {\sqrt {xy} }}:{1 \over {\sqrt x - \sqrt y }} \cr & = \left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right) \cr&= x - y \cr} \)
b. Ta có: \(y = \sqrt {9 - 4\sqrt 2 } = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} \)\(\,= 2\sqrt 2 - 1\)
Vậy : \(P = \left( {\sqrt 2 - 1} \right) - \left( {2\sqrt 2 - 1} \right) = - \sqrt 2 \)
Bài 4. a. Ta có:
\(\eqalign{ & \sqrt {{x^2} + 3} = x + 1\cr& \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{ {x + 1 \ge 0} \cr {{x^2} + 3 = {x^2} + 2x + 1} \cr } } \right. \cr & \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{ {x \ge - 1} \cr {x = 1} \cr } } \right. \Leftrightarrow x = 1 \cr} \)
b. Ta có:
\(\eqalign{ & \sqrt {{x^2} + 1} \le x + 2 \cr&\Leftrightarrow \left\{ {\matrix{ {{x^2} + 1 \ge 0} \cr {x + 2 \ge 0} \cr {{x^2} + 1 \le {x^2} + 4x + 4} \cr } } \right. \cr & \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{ {x \ge - 2} \cr {x \ge - {3 \over 4}} \cr } } \right. \Leftrightarrow x \ge - {3 \over 4} \cr} \)
Bài 5. Ta có: \(\sqrt {{x^2} - 6x + 14} = \sqrt {{{\left( {x - 3} \right)}^2} + 5} \ge \sqrt 5 \) (vì \({\left( {x - 3} \right)^2} \ge 0\) với mọi x)
\( \Rightarrow - \sqrt {{x^2} - 6x + 14} \le - \sqrt 5\)
\( \Rightarrow 5 - \sqrt {{x^2} - 6x + 14} \le 5 - \sqrt 5 \)
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng \(5 - \sqrt 5 ;\) đạt được khi
\(x - 3 = 0 \Leftrightarrow x = 3\)
