ĐK: $x>0$

$x^{x+1}=(x+1)^x\Leftrightarrow (x+1)\ln x=x\ln(x+1)\Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln(x+1)}{x+1}$

Xét hàm: $f(t)=\frac{\ln t}{t}, \: \forall t>0$

Ta có: $f'(t)=\frac{1-\ln t}{t^2}>0$

BBT.png

Nên $f(x)=f(x+1)$ có nhiều nhất 1 nghiệm.

Đặt $g(x)=f(x+1)-f(x)=\frac{\ln(x+1)}{x+1}-\frac{\ln x}{x}$

Ta thấy $g(1)g(3)<0$

Và từ đó suy ra.

Em thấy cách trên vẫn có vấn đề, $x\rightarrow \infty$ thì $f'(x)$ dĩ nhiên âm.

----------------------------------------------

Cách của em đây :

Xét $x\in [e;+\infty )$ ,ta sẽ đi chứng minh phương trình vô nghiệm,thật vậy,phương trình tương đương với :

$x=(1+\frac{1}{x})^{x}$

Do $x\geq e=\lim (1+\frac{1}{x})^{x}$ (Dấu bằng không xảy ra.)

Với $x\in (0;e )$ thì ta có :

$$x^{x+1}=(x+1)^{x}\Leftrightarrow f(x)=\frac{\ln x}{x}-\frac{\ln (x+1)}{x+1}=0$$

$$f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}-\frac{1-\ln (x+1)}{(x+1)^{2}}$$

$$= \frac{(2x+1)(1-\ln x)+x^{2}[\ln (x+1)-\ln x]}{x^{2}(x+1)^{2}}> 0 \forall x\in (0;e)$$.

Và do $f(1).f(e)<0$

Nên từ đây dễ dàng có đpcm.

Bài 1: Cho đường thẳng $(d):x-y+2=0$,$O(0;0),A(2;0)$.Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc $(d)$ sao cho đoạn gấp khúc $OMA$ là ngắn nhất.

Bài 2: Cho $(E):\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1$ và một đường thẳng $(\Delta )$ thay đổi có phương trình $Ax+By+C=0$ luôn thõa mãn $25A^{2}+9B^{2}=C^{2}$.Tìm khoảng cách giữa $2$ tiêu điểm $F_{1};F_{2}$ và đường thẳng $(\Delta )$.

Cho $a,b,c>0$ và $ab+bc+ca=1$.Chứng minh rằng : $\frac{b}{a^{2}+c^{2}}+\frac{c}{a^{2}+b^{2}}+\frac{a}{c^{2}+b^{2}}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

Bài này mình giải như sau:

Áp dụng BĐT Buhiacopsky (Hay AM-GM) ta được

$\frac{a+b}{\sqrt{a^2+b}}+\frac{b+c}{\sqrt{b+c^2}}\leq (1+1)(\frac{(a+b)^2}{a^2+b}+\frac{(b+c)^2}{b+c^2})$   (1)

Áp dụng BĐT Schwarz ta có: $(\frac{(a+b)^2}{a^2+b}+\frac{(b+c)^2}{b+c^2})\leq \frac{a^2}{a^2}+\frac{b^2}{b}+\frac{b^2}{b}+\frac{c^2}{c^2}=2+2b$    (2)

Từ (1)(2) suy ra:

$\frac{a+b}{\sqrt{a^2+b}}+\frac{b+c}{\sqrt{b+c^2}}\leq 2(2+2b)\leq 2$ vì $2+2b>0$

Dấu bằng bạn tự xét nhé

Bon chen tý chút : $2>2(2b+2)=4+4b>4$?

Xét hàm số $f(x)=(x+1)^{x}-x^{x+1}$ 

Xét hàm $f(x)=x^{x}=e^{xlnx}$ có $f'(x)=(lnx+1)x^{x}$

Từ đó suy ra đạo hàm hàm ban đầu để thấy nó luôn đồng hoặc nghịch biến và suy ra có nghiệm duy nhất

Ý của bạn có phải là chứng minh $f'(x)>0$?Điều này là không đúng bởi $f'(x)=0$ vẫn có nghiệm thuộc $(4;5)$.

------------------------

P/S:Cái hàm $f(x)=x^{x}$ là ở đâu vậy ?

Lâu lâu lên diễn đàn góp vui 1 bài cũng ....thường   

Bài toán: Chứng minh rằng phương trình $x^{x+1}=(x+1)^{x}$ có nghiệm duy nhất với $x>0$.

Tính $V$ tứ diện $ABCD$ có $AB=a;AC=b;AD=c$ và $\widehat{BAC}=\widehat{CAD}=\widehat{DAB}=60^{\circ}$.

Cho a,b,c là 3 số thực dương thỏa $abc=1$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$P=\frac{bc}{{{a}^{2}}b+{{a}^{2}}c}+\frac{ca}{{{b}^{2}}c+{{b}^{2}}a}+\frac{ab}{{{c}^{2}}a+{{c}^{2}}b}$ 

Bất đẳng thức trong đề chọn đội tuyển HSG Lâm Đồng 2013 – 2014

$\sum \frac{bc}{a^{2}b+a^{2}c}=\sum \frac{ab^{2}c^{2}}{a^{2}b+a^{2}c}= \sum \frac{b^{2}c^{2}}{ab+ac}\geq \frac{(ab+bc+ca)^{2}}{2(ab+bc+ca)}\geq \frac{3}{2}$.

Bài này có vẻ không ổn, vì $a;b;c$ ràng buộc với nhau bởi điều kiện $a+b+c=3$ nên không thể xét hàm riêng lẻ như vậy được.

Em nghĩ là vẫn có thể xét hàm riêng lẻ được bởi cái giá trị của $b$ nằm trong khoảng đó thì vẫn sẽ tồn tại các giá trị của $a;c$,không ảnh hưởng đến 2 biến còn lại.

--------------------------

P/S:Không biết ý anh có phải thế không?

$1$.Họ và tên :Nguyễn Công Linh.

$2$.Học sinh lớp $10A9$ trường THPT Đông Sơn $I$,huyện Đông Sơn,tỉnh Thanh Hóa.

$3$.Đề bài: Cho hàm số : $y=x^{3}-3x^{2}+2$.Xác định $m$ để điểm cực đại và cực tiểu của hàm số ở hai phía khác nhau (trong và ngoài) của đường tròn : $(C):x^{2}+y^{2}-2mx-4my+5m^{2}-1=0$.

$4$.Đáp án :

TXĐ :$D=\mathbb{R}$

Đạo hàm :

$y'=3x^{2}-6x=0\Leftrightarrow x_{1}=0\vee x_{2}=2$

Vì qua $x_{1};x_{2}$ đạo hàm đổi dấu nên hàm số có cực đại cực tiểu có tọa độ $A(0;2);B(2;-2)$

Để $A;B$ ở hai phía khác nhau của đường tròn thì :

$P_{A/(C)}.P_{B/(C)}< 0\Leftrightarrow (4-8m+5m^{2}-1)(4+4-4m+8m+5m^{2}-1)< 0\Leftrightarrow (5m^{2}-8m+3)(5m^{2}+4m+7)< 0\Leftrightarrow \frac{3}{5}< m< 1$.

Đáp số : $$\boxed{\frac{3}{5}< m< 1}$$

Ta có $3(a^3+b^3+c^3) \geqslant (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)$

Sử dụng giả thiết ta có $a+b+c \leqslant 3$

Khi đó tham khảo phương pháp UCT tại đây

Cái này thì em cũng đã có nghĩ đến,em còn post lên diễn đàn bất đẳng thức tìm ra được nhờ UCT nhưng mà em thấy chứng minh nó khó quá.Hi vọng anh chứng minh nó giùm em.

--------------------------------------------------

P/S:Up đề ở đây nhưng mọi người post vào topic kia nhé.

Chứng minh rằng với $x\in (0;3)$ thì ta có :$\frac{1}{\sqrt{8^{x}+1}}\geq \frac{4\ln 8(1-x)+9}{27}$

Cho $a,b,c>0$ thõa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=a^{3}+b^{3}+c^{3}$.Chứng minh rằng:$\frac{1}{\sqrt{8^{a}+1}}+\frac{1}{\sqrt{8^{b}+1}}+\frac{1}{\sqrt{8^{c}+1}}\geq 1$.

Cho các số thực không âm a;b;c thỏa mãn a+b+c=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

  $\large A=ab+bc+ac-2abc$

Bài này quen thuộc nên nhiều cách.$A=ab+bc+ac-2abc= ab(1-2c)+c(1-c)= f(ab)$

Với $0\leq ab\leq \frac{(a+b)^{2}}{4}= \frac{(1-c)^{2}}{4}$

Ta có : $f(ab)\leq \left \{ f(\frac{(1-c)^{2}}{4});f(0) \right \}$

+)$f(0)=c(1-c)\leq \frac{1}{4}$

+)$f(\frac{(1-c)^{2}}{4})=\frac{c^{2}-2c^{3}+1}{4}$.

Xét $f(\frac{(1-c)^{2}}{4})-\frac{7}{27}= -\frac{(3c-1)^{2}(6x+1)}{108}\leq 0\Leftrightarrow f(\frac{(1-c)^{2}}{4})\leq \frac{7}{27}$

Vậy GTLN là $\frac{7}{27}$ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Cho phương trình $ax^2+bx+c=0$ thoả mãn $2a+3b+6c=0$

CMR: PT luôn có nghiệm thuộc miền $\left ( 0,1 \right )$

Xét hàm số $F(x)=\frac{a}{3}x^{3}+\frac{b}{2}x^{2}+cx$ liên tục và khả vi trên $[0;1]$ và :

• $F'(x)=ax^{2}+bx+c$
• $F(1)-F(0)=\frac{1}{6}(2a+3b+6c)=0$

Khi đó tồn tại $x_{0}\in (0;1)$ sao cho $F'(x_{0})=\frac{F(1)-F(0)}{1-0}\Leftrightarrow ax_{0}^{2}+bx_{0}+c=0$

Hay phương trình $ax^{2}+bx+c=0$ có nghiệm $x_{0}\in (0;1)$.

Đề bài :Cho $f$ là một hàm liên tục trên $[0;1]$ thoã mãn $f(0)=f(1)$.Chứng minh rằng với bất kì số nguyên dương $n$ luôn tồn tại một số $c \in [0;1]$ sao cho $f(c)=f(c+\frac{1}{n})$.

---------------------

P/S:Đã edit 

Giải hệ pt sau:

 

         $x^{3}-3x=y$

         $y^{3}-3y=z$

         $z^{3}-3z=x$

Từ phương trình,thế $y;z$ ta sẽ có :$$[(x^{3}-3x)^{3}-3(x^{3}-3x)]^{3}-3[(x^{3}-3x)^{3}-3(x^{3}-3x)]=x$$

Phương trình này sẽ có tối đa là $27$ nghiệm.

Xét $x\in [-2;2]$,ta đặt $x=2\cos t(t\in [0;\pi ])$.Khi đó ta có :

$$\left\{\begin{matrix} (1)\Leftrightarrow y=2\cos 3t & & & \\ (2)\Leftrightarrow z=2\cos 9t & & & \\ (3)\Leftrightarrow x=2\cos 27t & & & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \cos t=\cos 27t\Leftrightarrow \begin{bmatrix} t= k\frac{\pi }{13} & & \\ t= k\frac{\pi }{14} & & \end{bmatrix}$$

Với $t= k\frac{\pi }{13}$ và $t\in [0;\pi ]$ ta tìm được $k\in \left \{ 0;..13 \right \}$

Với $t= k\frac{\pi }{14}$ và $t\in [0;\pi ]$ ta tìm được $k\in \left \{ 0;..14 \right \}$

Do nghiệm $t=0$ và $t=\pi$ trùng nhau nên ta có tất cả $27$ nghiệm.Do vậy ta không cần xét các trường hợp khác nữa.

Vậy $(x;y;z)\in \left \{ 2\cos \frac{k\pi }{13};2\cos \frac{k3\pi }{13};2\cos \frac{k9\pi }{13} \right \};k= \overline{1,13}$

Một bài toán thi đội tuyển lớp 8 nữa :A= $\left | 36^{x}-5^{y} \right |$ với x,y là các số tự nhiên khác 0. Tìm GTNN của biểu thức A.

P/s: các bạn giảng chi tiết bài này giùm mình một chút nha, và cho mình biết thêm về định lý Fecma đc hok? Cần lưu ý gì vệ dạng bài tập này

Bài này có ở đây.

Nếu pt : x² - dy² = a có nghiệm nguyên dương nhỏ nhất là (x₀ ; y₀) . Tím nghiệm tổng quát của pt .

Đây.

Chứng minh bdt  $tanx > x+\frac{x^3}{3}  (0<x<\frac{\pi}{2})$

Tuy khác đề nhưng cùng 1 phương pháp giải,bạn có thể tham khảo ở đây.

 

Đánh số vô cho đúng "luật"

Bài 27:1.cho x,y,z không âm và x+y+z=1 chứng minh:$0\leqslant xy+yz+zx-3xyz\leqslant\frac{1}{4}$

Giải:

Vì vai trò của các biến như nhau nên không mất tính tổng quát, giả sử x=min{x;y;z}$\Rightarrow x\leq \frac{1}{3}$

 

P=$x+y+z-3xyz$=$x(y+z)+yz(1-3x)\leq x(y+z)+\frac{(y+z)^{2}}{4}(1-3x)=x(1- x)+\frac{(1-x)^{2}}{4}(1-3x)=\frac{1}{4}(-3x^3+3x^2-x+1)$

 

Xét hàm: $f(x)=-3x^3+3x^2-x+1$ trên $[0;\frac{1}{3}]$

 

$f'(x)=-9x^2+6x-1=-(3x-1)^{2}=0\Leftrightarrow x=\frac{1}{3}$

$f'(x)<0$ thì là hàm nghịch biến mà bạn,khi đó $f(x) \leq f(0)$

C-S không phải coshi mà là Bunhia.Ở đây là dạng mở rộng (Gọi là Svac-xo)

Thường thì Cô-si và Bunhia thường học cùng nhau,nếu không thì dùng biến đổi tương đương chứng minh bunhia rồi làm cũng đuợc,với lại Svac chỉ là hệ quả của bunhia,nếu làm Svac được thì cũng làm Bunhia được.

Tại sao lại có đièu kiện đó vậy anh!?

Điều kiện để phương trình $a\sin x+b\cos x=c$ có nghiệm là $a^{2}+b^{2}\geq c^{2}$.?

Tìm $GTLN$ của :

$y=\frac{3sinx}{2+cosx}$ với mọi $x$ là số đo của góc nhọn

Nhân chéo lên ta có :$3\sin x-y\cos x= 2y$

 Điều kiện để phương trình có nghiệm là $3^{2}+y^{2}\geq 4y^{2}\Leftrightarrow y\leq 1$.Thay lại là tìm được $x$.

2/Cho a,b,c >0

CMR: $\sum a^{3}+4\sum a^{2}b\geq 5\sum ab^{2}$

Nếu đề là $a^{3}+b^{3}+c^{3}+4(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)\geq 5(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})$ thì nó sai với $a=1,7;b=0,3;c=1$.

Ở đấy làm gì có chứng minh định lí đâu

Anh down cái này về,trang $48$ là đề,còn trang $184$ là cách chứng minh định lý $Stolz$ có áp dụng định lý $Toeplitz$.

 Bai_tap_Giai_Tich_DoanChi_Tap1_DJVU.djvu   1.36MB   738 Số lần tải

-------------------------------------------

P/S :Nguồn là ở đây,trong diễn đàn luôn.