Một số thủ thuật, cách suy luận về bài toán tính thể tích sẽ được trình bày trong tài liệu này.
Các bạn tham khảo.

Phương pháp : Tự chọn phần tử lớn nhất!

Mình thấy phương pháp này rất hay. Nhưng nó áp dụng được phạm vi hẹp quá.
Mọi người hãy cùng thảo luận về phương pháp này nhé.
Đầu tiên hay đưa lên nhưng lý thuyết cơ bản của phương pháp này!

Bí quyết thi đại học được điểm cao

Đây là tài liệu hay mình mới tìm được. Nó được đúc kết từ kinh nghiệm của các sinh viên đạt điểm rất cao, thủ khoa trong các kì thi đại học. Các bạn hãy đọc và suy ngẫm nhé. Chúc các bạn thành công.

Link download : Bí quyết thi đại học đạt điểm cao

Tài liệu: Khảo sát hàm số_Nguyễn Phú Khánh

Đây là tài liệu khá hay và đầy đủ về Khảo sát hàm số. Tài liệu rất bổ ích cho các bạn ôn thi Đại học.
Đặc biệt, đây là tài liệu của thầy Nguyễn Phú Khánh - một thành viên cũ của diễn đàn chúng ta ( nick của thầy : NPKhánh )


Các bạn download tại đây: ĐÂY

Cho hàm số: $y = \frac{{2x - m}}{{mx + 1}}$. Chứng minh rằng với mọi $m$ khác 0 thì đồ thì hàm số đã cho luôn cắt $d:y = 2x - 2m$ tại 2 điểm $A,B$ thuộc một đường Hypebol cố định. Tìm Hypebol đó.

Đây là ba phương pháp Đại số giải phương trình hàm khá cụ thể.
Các bạn hãy tham khảo nhé!

Tính giới hạn:

\[
I = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } [\ln (x^2 + 1)(\pi - arc\cot 2x)]
\]

Các anh em năm nay thi ĐH vào đây điểm danh nhé.
Coi như anh em chia sẻ, tư vấn tuyển sinh trong Topic này luôn.
Nên cung cấp một số thông tin:
Họ và tên:
Trường, lớp đang học:
Khối thi:
Trường ( dự kiến thi )
....
Anh em thi cùng một trường có thể gặp gỡ, giao lưu tí cũng như chiến lược học tập cùng nhau .

Dùng định nghĩa giới hạn hãy chứng minh: $$f\left( x \right) = \frac{{\sqrt {\pi - \arccos x} }}{{\arcsin \left( {x + 1} \right)}}$$ là hàm không bị chặn khi $x \to - 1^ + $

Đây là một tài liệu nhỏ về phương trình hàm.
Các bạn hãy tham khảo nhé!

Giải phương trình:$\sqrt{3}sin^2x+\frac{1}{2}sin2x=tanx$

Hướng làm:

\[\begin{array}{l}
\sqrt 3 si{n^2}x + \frac{1}{2}sin2x = tanx\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\sin x = 0\\
\sqrt 3 \sin x + \cos x = \frac{1}{{\cos x}}
\end{array} \right.
\end{array}\]
PT thứ 2 thì:

\[\begin{array}{l}
\sqrt 3 \sin x + \cos x = \frac{1}{{\cos x}}\\
\Leftrightarrow \sqrt 3 \sin x\cos x + \cos {x^2} - 1 = 0\\
\Leftrightarrow \sqrt 3 \sin x\cos x - {\sin ^2}x = 0
\end{array}\]
...

Cho x , y , z là các số thực thỏa mãn $x+y+z=0$ và $\begin{vmatrix} x \end{vmatrix} +\begin{vmatrix} y \end{vmatrix} +\begin{vmatrix} z \end{vmatrix} \neq 0$ . Tìm GTLN và GTNN của biểu thức

P = $\frac{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}{\begin{vmatrix} x \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} y \end{vmatrix} +\begin{vmatrix} z \end{vmatrix}}$

Xin trích dẫn một lời giải.

Như đã biết tư tưởng để chứng minh một bài toán bất đẳng thức của chúng ta đó là đưa bài toán về dạng đơn giản nhất có thể từ một bai toán có nhiều biến ta sẽ tìm cách đưa về dạng ít biến hơn. Và đối với bài toán này cũng dậy ta cũng sẽ tìm cách đưa bài toán từ ba biến về hai biến hoặc một biến thì càng tốt.

Nhưng trước hết, ta hãy chú ý đến nhận xét sau đây

" Trong ba số $x,y,z$ luôn có hai số cùng dấu. Ta có thể giả sử đó là $x,y.$ "

Bây giờ, quay trở lại bài toán. Biểu thức cần tìm cực trị có ba biến, trong khi đó giả thiết lại cho ta $x+y+z=0.$ Điều này gợi cho ta rút $z=-x-y$ để thay vào $P,$ và được $$P=\frac{\sqrt{x^2+y^2+(x+y)^2}}{|x|+|y|+|x+y| }.\quad (1)$$ [HINT] Có thể nói đây là một bước tiến lớn trong lời giải vì ta đã đưa được bài toán tìm cực trị hàm ba biến về hai biến chỉ là rút ra rồi thay vào thôi mà.[/HINT]

Mặt khác, trong $(1)$ nếu ta thay $(x,y)$ bởi $(-x,-y)$ thì bài toán không đổi, nên ta chỉ cần xét trường hợp $x,y$ không âm là được. Khi đó ta được $$P=\frac{\sqrt{x^2+y^2+(x+y)^2}}{2(x+y) }. \quad (2)$$
Sử dụng hai đánh giá hiển nhiên $x^2+y^2\le(x+y)^2,$ ta có $$P=\frac{\sqrt{x^2+y^2+(x+y)^2}}{2(x+y) }\le \frac{\sqrt{(x+y)^2+(x+y)^2}}{2(x+y) }=\frac{1}{\sqrt{2}}.$$ Mặt khác theo bát đẳng thức Cauchy-Schwarz, thì $x^2+y^2\ge \dfrac{(x+y)^2}{2},$ nên $$P=\frac{\sqrt{x^2+y^2+(x+y)^2}}{2(x+y) }\ge \frac{\sqrt{\dfrac{(x+y)^2}{2}+(x+y)^2}}{2(x+y) }=\sqrt{\frac{3}{8}}.$$ Vậy ta có kết quả cần tìm. $\Box$

Nhận xét. Thông thường đối với các bài toán bất đẳng thức ba biến, đẳng thức của bài toán thường xảy ra khi $a=k_1b=k_2c.$ Trong bài toán này sau khi đưa $P$ về dạng hai biến như $(2)$ ta có thể nhờ vào dự đoán đảng thức sẽ xảy ra khi $y=kx$ với k là một số thự nào đó. Từ đó gợi cho ta phép đặt $y=kx$ và viết $P$ lại thành $$P=\frac{\sqrt{x^2+k^2x^2+(x+kx)^2}}{2(x+kx) }=\frac{\sqrt{1+k^2+(1+k)^2}}{2(1+k) }.$$ Đây là bài toán một biến có thể giải quyết dễ dàng bằng nhiều cách.

Bằng cách làm tương tự, ta chứng minh được bài toán tổng quát sau đây

Nguồn: onluyentoan.vn

Tính :
\[
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cot x - \frac{1}{x}} \right)
\]

Gõ $\LaTeX$ cho cẩn thẩn bạn nhé!

Cho hàm số $y=x^3 - mx$ có đồ thị là (Cm)
1. Tìm m sao cho trên (Cm) có ít nhất hai điểm phân biệt có hoành độ khác nhau nhưng tung độ bằng nhau. Xác định hoành độ của các điểm M thuộc đồ thị (Cm) theo m sao cho tồn tại ít nhất một điểm N nằm trên (Cm) khác M thỏa mản tung độ của N bằng tung độ của M.

Đề bài nhìn hơi dài nhưng cách giải thì cũng đơn giản.
Gợi ý:
* $(Cm)$ có ít nhất hai điểm phân biệt có hoành độ khác nhau nhưng tung độ bằng nhau
$ \Leftrightarrow $ Đồ thị hàm số có cực trị $ \Leftrightarrow $ $y'=0$ có 2 nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow $ $m>0$.
* Xác định hoành độ của các điểm M thuộc đồ thị (Cm) theo m sao cho tồn tại ít nhất một điểm N nằm trên (Cm) khác M thỏa mản tung độ của N bằng tung độ của M
Ở đây $M$ là điểm cực trị, N sẽ là giao điểm của $(Cm)$ với đường thằng qua $M$, $//$ với $Ox$

Thật là xúc động

Mình trình bày hơi dài dòng. hichic
Để ý ta có thể chia dãy trên thành các nhóm:
(2;3) gồm 2 số hạng có tổng là S2=2+3.1
(2;3;3) gồm 3 số hạng có tổng là S3=2+3.2
(2;3;3;3) gồm 4 số hạng có tổng là S4=2+3.3
.......
(2;3;3;...;3) gồm n số hạng có tổng là Sn=2+3.n (Sn có n-1 số 3; có n số hạng)

Tổng 2005 số hạng đầu tiên sẽ bằng
P=S2+S3+S4+...+S62 + A
Trong đó A là một phần của nhóm S63 , A gồm : 2 và 52 số 3
(điều này thỏa mãn 2+3+4+...+62+53 =2005)
Vậy \[P = (2 + 3.1) + (2 + 3.2) + (2 + 3.3) + ... + (2 + 3.61) + 2 + 3.52\]
\[ \Leftrightarrow P = 2.62 + 3.(1 + 2 + ... + 61) + 3.53 = 5953\]

Giải luôn cho bạn vậy.
Phương trình tương đương:
\[{\left( {\dfrac{{a - 4}}{{a - 2}}} \right)^x} + {\left( {\dfrac{a}{{a - 2}}} \right)^x} - 2 = 0\]
Xét: \[f(x) = {\left( {\dfrac{{a - 4}}{{a - 2}}} \right)^x} + {\left( {\dfrac{a}{{a - 2}}} \right)^x} - 2\]
Ta có:
\[f'(x) = {\left( {\dfrac{{a - 4}}{{a - 2}}} \right)^x}.\ln \left( {\dfrac{{a - 4}}{{a - 2}}} \right) + {\left( {\dfrac{a}{{a - 2}}} \right)^x}.\ln \left( {\dfrac{a}{{a - 2}}} \right)\]
\[f''(x) = {\left( {\dfrac{{a - 4}}{{a - 2}}} \right)^x}.{\ln ^2}\left( {\dfrac{{a - 4}}{{a - 2}}} \right) + {\left( {\dfrac{a}{{a - 2}}} \right)^x}.{\ln ^2}\left( {\dfrac{a}{{a - 2}}} \right) > 0\]
Với $f''(x)>0$,theo Định lý Rolle thì PT : $f(x)=0$ có tối đa 2 nghiệm
Dễ thấy $x=0;x=1$ là 2 nghiệm phương trình.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm $x=0;x=1$

P/s: Có thể dùng Định lý Lagrange để giải Phương trình này. Các bạn thử làm nhé!

cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$
$M$ là điểm bất kì trong tam giác có hình chiếu xuống $BC, AC, AB$ theo thứ tự là $D, E, F$
Tìm tập hợp điểm $M$ biết rằng : $\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {ME} + \overrightarrow {MF} = \overrightarrow {MA} $

Để ý thấy FMEA là hình chữ nhật suy ra :$\overrightarrow {ME} + \overrightarrow {MF} = \overrightarrow {MA}$

Từ đó suy ra được :$\overrightarrow {MD}=\overrightarrow {0}$
Vậy tập hợp điểm là đoạn BC.

Mình đang cần một số tài liệu về phương pháp: Khai triển hình không gian.
Có thể là:
- Cách khai triển, quy tắc khai triển
-Các dạng khai triển.
-Khai triển tứ diện, hình hộp.
......v.v....
Bất kì tài liệu hay kinh nghiệm gì liên quan thì mọi người chia sẻ với mình ở đây nhé.
Rất cảm ơn mọi người!

Ta có:$$\left| {\sin B} \right| \le 1;\left| {\cos B} \right| \le 1$$
Suy ra:$$\left\{ \begin{array}{l}

{\sin ^{2009}}B \le {\sin ^2}B\\
{\cos ^{2009}}B \le {\cos ^2}B
\end{array} \right.$$
\[ \Rightarrow {\sin ^{2009}}B + {\cos ^{2009}}B \le {\sin ^2}B + {\cos ^2}B = 1\]
Dấu = không xảy ra do tam giác vuông ở A.

Cho $ x,y,z $ là 3 số thực dương thỏa mãn: $ xyz=1 $
Chứng minh bất đẳng thức:
\[\dfrac{{{x^4}y}}{{{x^2} + 1}} + \dfrac{{{y^4}z}}{{{y^2} + 1}} + \dfrac{{{z^4}x}}{{{z^2} + 1}} \ge \dfrac{3}{2}\]

Bài 1:
Cho $a,b,c$ là 3 số thực dương thay đổi thỏa mãn $a+b+c=3$
Chứng minh rằng: $$\sum {\dfrac{a}{{b^3 + 16}}} \ge \dfrac{1}{6}$$

Gõ tiêu đề cho đúng nhé. Bạn hãy sửa lại, nếu không Topic sẽ không có ai trả lời đâu.
Bạn tham khảo điều lệ tại Đây

Giải phương trình:
$2^{x+1}-4^{x}=x-1$

Lời giải
Ta có:

\[\begin{array}{l}
{2^{x + 1}} - {4^x} = x - 1 \\
\Leftrightarrow {2^{x + 1}} + x + 1 = {2^{2x}} + 2x \\
\end{array}\]
Xét: $f(x) = {2^x} + x$. Ta có: $f'(x) = {2^x}\ln 2 + 1 > 0\forall x$. Như vậy $f(x)$ đồng biến trên $R$.
Ta suy ra: $x + 1 = 2x \Leftrightarrow x = 1$
Vậy phương trình có nghiệm $x=1$.