Xét M($x_{0};x_{0}+1+\frac{1}{x_{0}-1}$).

Tiếp tuyến tại M có phương trình:
$y=(1-m^{2})x+m^{2}+2m+1$ (với $m=\frac{1}{x_{0}-1}$)

Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng tại A$(1;2m+2)$, cắt tiệm cận xiên tại B$(1+\frac{2}{m};2+\frac{2}{m})$

và 2 tiệm cận cắt nhau tại I(1;2)
Chu vi $\Delta _{ABI}:$ $P=AB+IB+IA=\sqrt{4m^{2}+\frac{8}{m^{2}}+8} +\frac{2\sqrt{2}}{\left | m \right |}+2\left | m \right |.$

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
$4m^{2}+\frac{8}{m^{2}}\geq 8\sqrt{2}$

$\frac{2\sqrt{2}}{\left | m \right |}+2\left | m \right |\geq 4\sqrt[4]{2}$

$\Rightarrow P\geq \sqrt{8\sqrt{2}+8}+4\sqrt[4]{2}$
Đằng thức xảy ra $\Leftrightarrow m=\sqrt[4]{2}$ hoặc $m=-\sqrt[4]{2}$
Từ đó $\Rightarrow M(...;...)$.

1. Em đang muốn ôn hóa.
2,3,4: ý kiến giống các bạn.

Cho đường thẳng $\Delta _{\alpha }:2x.sin\alpha +2y.cos\alpha +4sin\alpha +1=0$.
Chứng minh rằng họ đường thẳng $\Delta _{\alpha }$ luôn tiếp xúc với một đường cong cố định.

b. Tương tự phần a nhưng cần ĐK PT $(*)$ vô nghiệm!

ĐK vô nghiệm $\forall m$ xảy ra 2 trường hợp:
TH1: $x_{0}=y_{0}$ và $x_{0}.y_{0}\neq 1$
TH2: $x_{0}\neq y_{0}$ và $\frac{x_{0}.y_{0}-1}{x_{0}-y_{0}}=-x_{0}$

Như vậy đúng không bạn?

Cho họ đường cong $(C_{m})$: $y=\frac{mx+1}{x+m}$.

a) Tìm điểm cố định của họ $(C_{m})$.
b) Tìm điểm mà không có đường cong nào của họ $(C_{m})$ đi qua.

Đề bài của bài này có vẫn đề, mong bạn xem lại . Bậc của VT vẫn còn "dư" trong khi VP đã được " triệt tiêu". Tất nhiên, còn nhiều điều vô lí nữa của đề toán này.

À xin lỗi, mình đã sửa lại rồi, tự dưng nhằm $\sqrt{n}$ thành $\sqrt{x_{n}}$.

Cho hàm số y = $\frac{2x^{2}-x+1}{x-1}(C)$.

a) Có nhận xét gì về các tiếp tuyến kẻ đến (C) từ các điểm nằm trên đường thẳng y = 7.
b) Chứng tỏ rằng trên đường thẳng y = 7, có 4 điểm sao cho từ mỗi điểm đó có thể kẻ đến (C) 2 tiếp tuyến lập với nhau 1 góc $45^{o}$.

b) $\frac{2\sin x+1}{\sin x+2}=a$

Để làm câu b) trước tiên bạn phải khảo sát và vẽ đồ thị hàm số $y=\frac{2x+1}{x+2}(C)$.
Sau đó đặt t = sinx với t $\in [0,1]$ và dựa vào đồ thị để giải tiếp.

$\Leftrightarrow |AB|=\sqrt{2[(x_{B}+x_{A})^{2}-4x_{B}x_{A}]}$

Áp dụng $Viete$, có:

$|AB|=\sqrt{2[(x_{B}+x_{A})^{2}-4x_{B}x_{A}]}$

$\Leftrightarrow |AB|=\sqrt{2[(m-4)^{2}-4(1-2m)]}$

$\Leftrightarrow |AB|=\sqrt{2(m^{2}+12)}$

Nhận thấy rằng $m^{2}+12\geq 12\Rightarrow \sqrt{2(m^{2}+12)}\geq 2\sqrt{6}$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow m=0$

Vậy đoạn $AB$ ngắn nhất $\Leftrightarrow m=0$

Bạn nhầm rồi, chỗ này AB = $\sqrt{2(x_{A}+x_{B})^{2}-8x_{A}x_{B}}$
$\Rightarrow AB^{2}=2(x_{A}+x_{B})^{2}-8x_{A}x_{B}$
Áp dụng Viét $\Rightarrow AB^{2}=2[(m-2)^{2}+8]\geq 16 \Rightarrow AB\geq 4$
Vậy AB ngắn nhất khi m = 2 và minAB = 4.

Cho hàm số y = $\frac{2x+1}{x+2}$ (C).

a) Chứng minh rằng đường thẳng d: y = -x + m luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. Tìm m để đoạn AB ngắn nhất.

b) Tìm a sao cho phương trình: $\frac{2sinx+1}{sinx+2}=a$ có 2 nghiệm x thỏa mãn: $0\leq x\leq \pi .$

Cho a, b > 0. Đặt A = $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}$

B = $\frac{a+\sqrt[3]{a^{2}b}+\sqrt[3]{ab^{2}}+b}{4}$

C = $\frac{a+\sqrt{ab}+b}{3}$. Chứng minh rằng: $A\leq B\leq C$.

Bài này có thể sử dụng BĐT
$sin^{4}x+cos^{4}x+\frac{1}{sin^{4}x}+\frac{1}{cos^{4}x}=8+\frac{siny}{2}$ (1)

Gọi A = $sin^{4}x+cos^{4}x+\frac{1}{sin^{4}x}+\frac{1}{cos^{4}x}$
Áp dụng BĐT Bunhiacopki ta có:
$(1^{2}+1^{2}+4^{2}+4^{2}).A\geq (sin^{2}x+cos^{2}x+\frac{4}{sin^{2}x}+\frac{4}{cos^{2}x})^{2}$ = $(1+\frac{4}{sin^{2}x}+\frac{4}{cos^{2}x})^{2}$ (2)

Áp dụng BĐT Svacxơ ta có:
$\frac{4}{sin^{2}x}+\frac{4}{cos^{2}x}\geq \frac{(2+2)^{2}}{sin^{2}x+cos^{2}x}=16$ (3)

Tứ (2) và (3) $\Rightarrow 34.A\geq (1+16)^{2}\Leftrightarrow A\geq 8+\frac{1}{2}$

Dấu "=" trong tất cả các đánh giá trên đồng thời xảy ra $\Leftrightarrow sin^{2}x=cos^{2}x=\frac{1}{2}\Leftrightarrow tan^{2}x=1$

Do vậy: (1) $\Leftrightarrow tan^{2}x=1$ và $8+\frac{1}{2}\leq 8+\frac{siny}{2}$

$\Leftrightarrow tan^{2}x=1$ và $siny\geq 1$
$\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{4}+\frac{k\pi }{2}$ và $y=\frac{\pi }{2}+h2\pi$

Có sai xót gì mong mọi người chỉ giúp.
Có ai có cách giải khác không?

Giải phương trình:
\[{(tanx + \frac{1}{4}cotx)^n} = si{n^n}x + co{s^n}x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (n \in \mathbb{N}\backslash 1)\]

bài này theo mình có thể giải như sau:
ta chứng minh được hs f(t) là hàm nghịch biến trên (0;1/4] nên VT $\geq f(\frac{1}{4})=\frac{16}{2}$.

$f(\frac{1}{4})=\frac{17}{2}$
VP $=8+\frac{siny}{2}\geq \frac{17}{2}=8+\frac{1}{2}$ $\Rightarrow siny\geq 1$

Giải phương trình:
$sin^{4}x+cos^{4}x+\frac{1}{sin^{4}x}+\frac{1}{cos^{4}x}=8+\frac{siny}{2}$

Cho m, n, p $\in Z^{+}$ . Chứng minh rằng:
a) $\sqrt[m+n]{m^{2n}.n^{2m}}\leq \frac{m^{2}+n^{2}}{2}$

b) $(\frac{m^{2}+n^{2}+p^{2}}{m+n+p})^{m+n+p}\geq m^{m}.n^{n}.p^{p}.$

Cho f(x) = $cos^{2}2x+2(sinx+cosx)^{3}-2sin2x+m$.
Tính theo m GTLN, GTNN của f(x). Từ đó tìm m sao cho: $f^{2}(x)\leq 3,\forall x.$

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
$y=[\frac{12x(x-a)}{x^{2}+36}]^{\frac{3}{4}}$.

-----------
@ WWW: Xem cách đặt tiêu đề cho bài viết tại đây.

Khảo sát chắc bạn tự làm được nhỉ

Lập bảng biến thiên ta thấy

$\left\{\begin{matrix} f'(x)>0 && \forall x\in (-\infty;c/2) \\ f'(x)<0&& \forall x\in (c/2;+\infty) \end{matrix}\right.$

$Min_{f(x)}=f(\frac{c}{2})\Rightarrow x^n+(c-x)^n \geq 2.\left (\frac{c}{2} \right)^n$

Lấy $x=a;c=a+b$ ta có đpcm

BĐT cũng đúng khi a + b = 0.
Dấu "=" xảy ra khi n=1 hoặc a=b hoặc a=-b và n lẻ.

Các số a, b, c, d theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng. Chứng minh rằng nếu lấy số m sao cho $2m\geq \left | ad-bc \right |$ thì ta có $\forall x$:
$(x-a).(x-b).(x-c).(x-d)+m^{2}\geq 0$

Cho $x_{1}$,$x_{2}$,...,$x_{n}$ > 0; $x_{i_{1}}$,$x_{i_{2}}$,...,$x_{i_{n}}$ là một hoán vị của $x_{1}$,$x_{2}$,...,$x_{n}$.Chứng minh rằng:
$\sqrt{\frac{x_{1}^{2}}{x_{i_{1}}}+\frac{x_{2}^{2}}{x_{i_{2}}}+...+\frac{x_{n}^{2}}{x_{i_{n}}}}\geq$$\frac{\sqrt{x_{1}}+\sqrt{x_{2}}+\sqrt{x_{3}}}{\sqrt{n}}$

Cho hàm số $f(x)=x^{n}+(c-x)^{n}$ trong đó c > 0 và n là số nguyên dương lớn hơn 1.
1) Khảo sát sự biến thiên của hàm số đó.
2) Từ kết quả ấy, chứng minh bất đẳng thức:
$(\frac{a+b}{2})^{n}\leq \frac{a^{n}+b^{n}}{2}$.

- Em có tiếp tục được không? Thắc mắc gì thì hỏi nhé.

Dạ được cảm ơn anh.

Làm giúp em bài này:
Chứng minh $p.y^{p-1}.(x-y)\leq x^{p}-y^{p}\leq p.x^{p-1}.(x-y)$, với 0 < y $\leq x$ và p>1

Cho n là số nguyên và n $\geq 3$. Chứng minh rằng:
$n^{n+1}\geq (n+1)^{n}$.