Bài 31 : Cho $x$, $y$, $z$ là các số thực dương thỏa mãn $x \leq z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

$$P= \sqrt{2+\dfrac{2x^2}{\left(x +y \right)^2}-\dfrac{2z \left(2y+z \right)}{\left ( y+z \right)^2}}+\dfrac{3z}{z+x}$$

Bài 2:
Tìm giá trị mới nhất của biểu thức:
$P=\frac{x^{4}}{y^{4}}+\frac{y^{4}}{x^{4}}-(\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}})+\frac{x}{y}+\frac{y}{x}$ (x,y khác 0)

$$P=\left [ \left ( \frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right )^2-2 \right ]^2-\left ( \frac{x}{y}+\frac{y}{x} \right )^2$$
Đặt $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}=t$. Viết lại $P$ thành :
$$P=t^4-5t^2+t+4=f(t)$$ Khảo sát hàm $f(t)$ với chú ý $\left | t \right |\geq 2$, ta có :
$$f'(t)=4t^3-10t+1$$
TH1 : $t\geq 2$ ($x,y$ cùng dấu), ta có $f'(t)> 0$, do vậy $f(t)$ là hàm đồng biến trên $\left [ 2;+\infty \right )$, suy ra $f(t) \geq f(2)=2$

TH2 : $t\leq-2$ ($x,y$ khác dấu), tương tự $f(t) \leq f(-2)=-2$
Đề yêu cầu tìm "giá trị mới nhất" là sao nhỉ.

Thêm vài bài nào :

Bài 3 : Cho các số $a,b,c \in \left [ 0;2 \right ]$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
$$P=a^2+2b^2+3c^2-2a-24c+2060$$
Bài 4 : Cho $x,y$ là hai số thực thỏa mãn $x^2-xy+y^2=1$. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức :
$$\frac{x^4+y^4-4}{x^2+y^2-3}$$

Bài 12 và 13 đều đã có lời giải trong topic này : http://diendantoanho...13/page__st__20
Theo ý kiến của riêng của mình thì có thể gộp chung hai topic Ôn thi đại học 2013 và Sử dụng đạo hàm để giải bất đẳng thức lại làm một topic được không ,bởi hai topic này cùng chung nội dung và mục đích.

Muốn cài đặt trong win7 thì làm thế nào ạ?

Cách khác:
Dựa vào:$x,y,z\in \left ( 0;1 \right ]$
ta có:$x\leq 1\Rightarrow xy\leq y$
$z^2\leq z$
Nên:$xy+z^2\leq y+z$
$\Rightarrow \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{xy+z^{2}}\geq \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{y+x}\geq \frac{3}{2}$(Nesbitt)
Dấu "=" xảy ra khi:x=y=z=1

Sai rồi bạn. Để ý bạn viết nhầm ở chỗ áp dụng nesbitt.

Bài toán 22 : Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^3+b^3+c^3=3$. Chứng minh rằng :
$$\frac{a^3}{b^2-2b+3}+\frac{2b^3}{c^3+a^2-2a-3c+7}+\frac{3c^3}{a^4+b^4+a^2-2b^2-6a+11}\leq \frac{3}{2}$$
(Trích đề thi thử số 4 TH&TT số 427)

Bài toán 23 : Cho $a,b,c$ là các số thực dương.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
$$P=\frac{3\left ( b+c \right )}{2a}+\frac{4a+3c}{3b}+\frac{12\left ( b-c \right )}{2a+3c}$$

Giống mấy bài ở trên:
Bài 28 Cho ba số thực không âm $a, b, c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=4$. Tìm Min
$$P=\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}$$

Giải thế này đúng không nhỉ :
Đặt $P$ là biểu thức cần tìm $\min$
Ta có :
$$=\left ( \frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a} \right )^2-2\left [ \frac{1}{(a-b)(b-c)}+\frac{1}{(b-c)(c-a)}+\frac{1}{(c-a)(a-b)} \right ]$$
Để ý rằng $\left [ \frac{1}{(a-b)(b-c)}+\frac{1}{(b-c)(c-a)}+\frac{1}{(c-a)(a-b)} \right ]=0$ nên suy ra :
$$P=\left ( \frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a} \right )^2$$

Đến đây giả thiết $c=\min \left \{ a,b,c \right \}$, áp dụng $AM-GM$ ta được :
$$P \geq 4.\frac{1}{a-b}\left ( \frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a} \right )=4.\frac{1}{a-b}\left [ \frac{b-a}{(b-c)(c-a)} \right ]=\frac{4}{(a-c)(b-c)}$$
$$=\frac{4}{ab-bc-ca+c^2}\geq \frac{4}{ab+bc+ca}=1$$
Vậy $P \min=1$, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a.b=4,c=0$

Bài toán 27 : Cho $a,b,c$ là $3$ số dương thỏa mãn: $a+b-c \geq 0, b+c-a \geq 0, c+a-b \geq 0, (a+b+c)^2=4(ab+bc+ca-1)$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$S= \sqrt{ \dfrac{b+a}{c}-1}+ \sqrt{ \dfrac{a+b}{c}-1}+ \sqrt{ \dfrac{a+c}{b}-1}+ \dfrac{2 \sqrt{2}}{ \sqrt{a^2+b^2+c^2-2}}$$
(Nguồn : http://www.toanphothong.vn/)

Bài toán 9. Cho ba số $x,y,z\in \left ( 0;1 \right ]$ thỏa mãn $x+y\geq 1+z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{xy+z^{2}}$.

Đặt $P$ là biểu thức ở vế trái. Ta có :
$$P=\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{xy+z^{2}}=\frac{x^2}{x(y+z)}+\frac{y^2}{y(z+x)}+\frac{z}{xy+z^{2}}$$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :
$$P\geq \frac{\left ( x+y \right )^2}{2xy+z(x+y)}+\frac{z}{xy+z^2}$$ $\left ( 1 \right )$
Đặt $x+y=t$, theo giả thiết ta có $t \in \left [ 1+z;2 \right ]$ và $xy \leq \frac {t^2}{4}$ $\left ( 2 \right )$. Theo $\left ( 1 \right )$ và $\left ( 2 \right )$ suy ra được :
$$P\geq \frac{2t^2}{t^2+2zt}+\frac{4z}{t^2+z^2}=f(t)$$
Xét $f'(t) = 4zt\left [ \frac{t}{\left ( t^2+2zt \right )^2}-\frac{2}{\left ( t^2+4z^2 \right )} \right ]$, mặt khác do $t \geq z+1$ và $z \leq 1$ nên $2zt \geq 4z^2$, lại có $t \leq 2$ suy ra $ \frac{t}{\left ( t^2+2zt \right )^2}\leq \frac{2}{\left ( t^2+4z^2 \right )}$
$\Rightarrow$ $f(t)$ là hàm nghịch biến với mọi $t\in \left [ z+1;2 \right ] \Rightarrow f(t)\geq f(2)=\frac{2}{1+z}+\frac{z}{z^2+1}=g(z)$

Khảo sát hàm $g(z)$, dễ thấy $g(z) \geq g(1)=\frac {3}{2}$

Vậy $P_{\min }=\frac{3}{2}$, đạt được khi và chỉ khi $x=y=z=1$

Bài toán 21. Cho các số thực dương $a, b, c$ đôi một khác nhau thỏa mãn $2a\leq c$ và $ab+bc=2c^{2}$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$P=\frac{a}{a-b}+\frac{b}{b-c}+\frac{c}{c-a}$.

Từ giả thiết ta được $b=\frac {2c^2}{a+c}$, thay vào $P$và viết $P$ lại thành :
$$P=\frac{a^2+ac}{a^2+ac-2c^2}+\frac{3c}{c-a}$$
Đặt $f\left (c \right )=\frac{ac+a^2}{-2c^2+ac+a^2}+\frac{3c}{c-a}$, ta khảo sát $f$ trên nửa khoảng $\left [2a;+\infty \right )$

Xét $f'\left ( t \right )=\frac{2ac(c+2a)}{(a-c)(a+2c)}-\frac{3a}{\left ( a-c \right )^2}=\frac{a}{a-c}\left [ \frac{2c(c+2a)}{a+2c}-\frac{3a}{a-c} \right ]$, lại có $a< c$ (do $2a \leq c$) nên dễ dàng suy ra được $f'(t)< 0$, như vậy $f(t)$ là hàm nghịch biến trên $\left [2a;+\infty \right )$, hay $f(t) \leq f(2a)=\frac{27}{5}$

Vậy $P\max =\frac{27}{5}$, đạt được khi và chỉ khi $\left ( a;b;c \right )=\left ( a;2a;\frac{8}{3}a \right )$

Bài toán 2 : Từ giả thiết dễ dàng suy ra được $\frac{2xy}{z^2}=2\left ( \frac{x+y}{2} \right )$. Mặt khác áp dụng bất đẳng thức $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}\Rightarrow \frac{x+y}{z}\geq 4$. Đặt $\frac{x+y}{z}=t$, biến đổi vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh thành :
$$VT=\left ( \frac{x+y}{z} \right )^2+\frac{z}{x+y}-\frac{2(x+y)}{z}=t^2+\frac{1}{t}-2t$$
Đến đây ta xét hàm $f(t)=\left ( \frac{x+y}{z} \right )^2+\frac{z}{x+y}-\frac{2(x+y)}{z}=t^2+\frac{1}{t}-2t$ với chú ý $t \geq 4$, ta có :
$f'(t)=\frac{2t^3-2t^2-1}{4}> 0$ $\forall t \geq 4$, do vậy $f(t)$ là hàm đồng biến $\Rightarrow f(t)\geq f(4)=\frac{33}{4}$. Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=2z$

Ủng hộ thêm 1 bài cho topic :
Bài toán 3 : Cho $a,b,c$ là các số thực thuộc $\left [ \frac{1}{3};3 \right ]$. Chứng minh bất đẳng thức :
$$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq \frac{7}{5}$$

Tiếp tục nào, sao ít thấy mọi người thảo luận thế nhỉ !

Bài toán 17 : Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $2a+b=1$. Chứng minh bất đẳng thức :
$$\frac{5a^3}{bc}+\frac{4b^3}{ca}+\frac{3c^3}{ab}\geq 4$$

Bài toán 18 : Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a\leq b\leq c$ và $abc=1$. Chứng minh bất đẳng thức :
$$a+b^2+c^3\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^3}$$

Bài toán 19 : Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $3a+2b+c=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
$$P=\frac{1}{1+\left | a \right |}+\frac{1}{1+\left | b \right |}+\frac{1}{1+\left | c \right |}$$

Bài toán 14 : Cho các số thực dương $a,b,c$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
$$\frac{a+b}{a+b+c}+\frac{b+c}{b+c+4a}+\frac{c+a}{c+a+16b}$$

Bài toán 15 : Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh bất đẳng thức :
$$\frac{a}{a^2+1}+\frac{b}{b^2+1}+\frac{3c}{\sqrt{1+c^2}}\leq \sqrt{10}$$

Bài toán 16 : Cho $a,b,c$ là các số thực không âm và đôi một khác nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
$$P=\left [ \left ( a+b \right )^2+\left ( b+c \right )^2+\left ( c+a \right )^2 \right ]\left [ \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2} \right ]$$

Thêm một vài bài nữa :

Bài toán 4 : Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x^2+8y^2+9z^2 \leq 4xyz$. Tìm GTNN của biểu thức :
$$P=\frac {4x+2y^2+z^3}{\sqrt{6\left ( 36y-11\sqrt{2z} \right )}-11x} $$

Bài toán 5 : Cho $x,y,z$ là các số thực thuộc đoạn $\left [ \frac{1}{2};2 \right ]$. Chứng minh bất đẳng thức :
$$8\left ( \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \right )\geq 5\left ( \frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{y} \right )+9$$

Bài toán 6 : Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $2z+3y+z=40$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
$$P=2\sqrt{x^2+1}+3\sqrt{y^2+16}+\sqrt{z^2+36}$$
Hi vọng mọi người ủng hộ nhiệt tình cho topic rất hay và ý nghĩa này.

Em chọn bạn nguyenhang28091996.

Bài toán 1 : Gọi $A_1, A_2$ theo thứ tự là các điểm đối xứng của $A$ qua các đường phân giác $CE, BD$, dễ thấy rằng $A_1, A_2$ đều cùng thuộc đường thẳng $BC$. Đường thẳng $AA_1$ đi qua $A\left (-3,0 \right )$ và vuông góc với $CE$ nên có phuơng trình là $-2x+y=0$. Gọi $H$ là giao điểm của $AA_1$ và $CE$, tọa độ $H$ là nghiệm của hệ phuơng trình :
$$\left\{\begin{matrix}
-2x+y+6=0 & \\
x+2y+17=0&
\end{matrix}\right.\Rightarrow H\left ( \frac{-29}{5};\frac{-28}{5} \right )$$
Do $H$ là trung điểm của $AA_1$, suy ra tọa độ của $A_1$ là $\left ( \frac{-43}{5};\frac{-56}{5} \right )$
Tương tự như trên ta tìm được tọa độ điểm $A_2$ là $\left ( 1;-4 \right )$.
Phương trình đường thẳng $BC$ là : $\frac{x-1}{1+\frac{43}{5}}=\frac{y+4}{-4+\frac{56}{5}}$ hay $BC : 3x-4y-19=0$
Tọa độ $B$ là nghiệm của hệ phương trình : $\left\{\begin{matrix}
x-y-1=0 & \\
3x-4y-19=0 &
\end{matrix}\right.\Rightarrow B\left ( -15;-16 \right )$
Tọa độ $C$ là nghiệm của hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}
x+2y+17=0 & \\
3x-4y-19=0 &
\end{matrix}\right.\Rightarrow C\left ( -3;-7 \right )$
Vậy tọa độ $B, C$ lần lượt là $\left ( -15;-16 \right )$ và $\left ( -3;-7 \right )$

Bài toán 2 : Cho $A\left ( 1,1 \right )$, $d : 4x+3y-12=0$.
a) Gọi $B, C$ lần lượt là giao điểm của $d$ với $Ox, Oy$. Xác định tọa độ trực tâm $H$ của tam giác $ABC$.
b) $M$ là điểm chạy trên $d$. Trên nửa đường thẳng đi qua $A$ và $M$ lấy $N$ thỏa mãn $\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{AN}=4$. Điểm $N$ chạy trên đường cong nào? Viết phương trình đường cong đó.

Ừ, đề bài nguyên gốc là như vậy đó bạn. Trong bài này thì có thể hiểu là tia gốc A.

Bài toán 7. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho đường tròn $\left ( C \right ):\left ( x-1 \right )^{2}+\left ( y-1 \right )^{2}=25$ và đường thẳng $d: 2x-y-1=0$. Lập phương trình đường tròn $\left ( C' \right )$ có tâm nằm trên $d$ và hoành độ lớn hơn $2$, đồng thời $\left ( C' \right )$ cắt $\left ( C \right )$ tại hai điểm $A, B$ sao cho dây cung $AB$ có độ dài bằng $4\sqrt{5}$ và tiếp xúc với đường thẳng $\Delta :3x-y+15=0$.

Goi $I, I'$ lần lượt là tâm của đường tròn $\left ( C \right )$ và $\left ( C' \right )$. Theo đề bài ta có $I(1;1)$ và $I'(x';2x'-1)$ (do $I'$ thuộc $d$), dễ thấy rằng $I(1;1)$ cũng thuộc $d$.
Do $\left ( C' \right )$ tiếp xúc với $\Delta : 3x-y+15=0$ nên bán kính của $\left ( C' \right )$ bằng $d\left ( I;\Delta \right )=\frac{\left | x'+16 \right |}{\sqrt{10}}$
Gọi $K$ là giao điểm của $II'$ và $AB$, áp dụng tính chất $IK$ là đương trung trực của $AB$ ta có $IK^2=\left ( 1-x_{k} \right )^2+\left ( 1-y_{k} \right )^2=IA^2-\left ( \frac{AB}{2} \right )^2=5$ $\left ( 1 \right )$, mặt khác $K$ thuộc $d$ suy ra $2x_{K}-y_{k}-1=0$ $\left ( 2 \right )$, kết hợp $\left (1 \right )$ và $\left (2 \right )$, giải hệ phương trình ta được:
$\left\{\begin{matrix}
x_{K}=2 & \\
y_{K}=3 &
\end{matrix}\right.$
hoặc $\left\{\begin{matrix}
x_{K}=0 & \\
y_{K}=-1 &
\end{matrix}\right.$
TH1 : $K(0;-1)$, ta có $I'K^2=\left ( x' \right )^2+\left ( 2x'-1 \right )^2=5x'^2-2x'+1$. Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác vuông $AKI'$ ta được :
$$AK^2+I'K^2=AI'^2\Leftrightarrow 20+5x'^2-2x'+1=\frac{\left ( x+16 \right )^2}{10}$$
Phương trình trên không có nghiệm thỏa mãn $x' >2$ nên trường hợp này loại.
TH2 : $K(2,3)$, tương tự như trên ta có : $49^2x'-212x+144=0$

Nghiệm thỏa mãn bài toán là $x'=\frac{106+\sqrt{4180}}{49}$ (không biết có nhầm chỗ nào không nhưng nghiệm xấu quá)

Từ đây suy ra được phương trình đường tròn $\left ( C' \right )$

Bài toán 8 : Cho hypebol $\left ( H \right ) : x^2-y^2=1$ và $\Delta : 5x-3y-1=0$. Tìm $M$ thuộc $\left ( H \right )$ sao cho $d\left ( M;\Delta \right )$ đạt giá trị nhỏ nhất.

 

Giải phương trình $7^{x-1}=6\log_{7}(6x-5)+1$

Đề của 

hoangtrong2305

 

 

ĐKXĐ : $x \geq \frac{5}{6}$

 

Đặt $y-1=\log_{7}\left ( 6x-5 \right )$, như vậy ta có $7^{y-1}=6x-5$

Thay vào ta có hệ phương trình :

$$\left\{\begin{matrix}
7^{y-1}=6x-5 & \\
7^{x-1}=6(y-1)+1=6y-5 &
\end{matrix}\right. \Rightarrow 7^{x-1}-7^{y-1}=6y-6x\Leftrightarrow 7^{x-1}+6x=7^{y-1}+6y \left ( 1 \right )$$

Xét hàm $f(t)=7^{t-1}+6t$.

Ta có : $f'(t)=7^{t-1}\ln 7 +6 >0$, suy ra $f(t)$ là hàm đồng biến trên $\mathbb{R}$

Mặt khác phương trình $\left ( 1 \right )$ tương đương với phương trình $f(x)=f(y)$ nên ta suy ra được $x=y$

Hay $$x=\log_{7}\left ( 6x-5 \right )+1\Leftrightarrow x-1=\log_{7}(6x-5)\Leftrightarrow 7^{x-1}=6x-5$$

Ta có đồ thị thể hiện nghiệm của phương trình trên :

 

 

Từ đồ thị ta thấy rằng có hai giao điểm tương ứng với hai nghiệm, mặt khác thì $x=1$ và $x=2$ cũng là hai nghiệm đúng. Do vậy :

Phương trình trên có hai nghiệm $\begin{bmatrix}
x=1 & \\
x=2 &
\end{bmatrix}$

 

 

Khi ngồi trong phòng thi ĐH, không có máy vi tính và phần mềm vẽ đồ thị, em làm thế nào để vẽ được hai đồ thị kia một cách chính xác?

Điểm bài: 8

S = 20+8*3 = 44

Đặt $f(t)=\frac{1}{t^2+1}$ với $t\geq 0$. Dễ thấy rằng $f$ là hàm lõm. Áp dụng bất đẳng thức jensen ta có :

$$f(a)+f(b)+f(c) \leq 3f(\frac{a+b+c}{3})=\frac{3}{\frac{(a+b+c)^2}{9}+1}$$
$$\leq \frac{3}{\frac{ab+bc+ca}{3}+1}=\frac{3}{2}$$
Vậy ta có đpcm.

Mở rộng

Tính tích phân
$$I=\int\frac{a\sin x+b\cos x+c}{m\sin x+n\cos x+p}dx $$
Giải :

Ta có :
$$I=\frac{am+bn}{m^2+n^2}\int\frac{m\sin x+n\cos x+p}{m\sin x+n\cos x+p}dx+\frac{bm-an}{m^2+n^2}\int\frac{m\cos x-n\sin x}{m\sin x+n\cos x+p}dx+\left ( c-\frac{am+bn}{m^2+n^2}p \right )\int\frac{dx}{m\sin x+n\cos x+p}$$
$$=\frac{am+bn}{m^2+n^2}x+\frac{bm-an}{m^2+n^2}\int\frac{dx\left ( m\sin x+n\cos x+p \right )}{m\sin x+n\cos x+p}+\left ( c-\frac{am+bn}{m^2+n^2}p \right )\int\frac{dx}{m\sin x+n\cos x+p}$$
$$=\frac{am+bn}{m^2+n^2}x+\frac {bm-an}{m^2+n^2} \ln \left | m\sin x+n\cos x+p \right |+\left ( c-\frac{am+bn}{m^2+n^2} \right )\int\frac{dx}{m\sin x+n\cos x+p}$$
Đặt $J=\int\frac{dx}{m\sin x+n\cos x+p}$. Ta đi tính $J$
$$J=\int\frac{dx}{2m\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}+n\left ( cos^2 \frac{x}{2}-\sin^2 \frac{x}{2} \right )+p\left ( \sin^2 \frac{x}{2}+\cos^2 \frac{x}{2} \right )}$$
$$=\int\frac{dx}{(n+p)\cos^2 \frac{x}{2}+2m\cos \frac{x}{2}\sin \frac{x}{2}+(p-m)\sin^2 \frac{x}{2}}$$
$$=\int\frac{dx}{\cos^2 \frac{x}{2}\left [ (p-m)\tan^2 \frac{x}{2}+2m\tan \frac{x}{2}+n+p \right ]}$$
$$=\int\frac{d\left ( \tan \frac{x}{2} \right )}{\frac{p-m}{2}\tan^2 \frac{x}{2}+m\tan \frac{x}{2}+\frac{n+p}{2}}$$
TH1 : $p=m \neq 0$, suy ra được $J=\int\frac{d\left ( \tan \frac{x}{2} \right )}{m\tan \frac{x}{2}+\frac{n+m}{2}}=\frac{1}{m}\ln \left | m\tan \frac{x}{2}+\frac{n+m}{2} \right |+C$ ($C$ là một số thực bất kỳ)
Trong trường hợp này ta tính được :
$$I=\frac{am+bn}{m^2+n^2}+\frac{bm-an}{m^2+n^2}\ln \left | m\sin x+n\cos x+p \right |+\frac{1}{m}\ln \left | m\tan \frac{x}{2}+\frac{n+m}{2} \right |+C$$
TH2 : $p=m=0$, suy ra được $J=\frac{n}{2}\int d\left (\tan \frac{x}{2} \right )=\frac{n}{2}.\tan \frac{x}{2}+C$
Như vậy ta được :
$$I=\frac{am+bn}{m^2+n^2}+\frac{bm-an}{m^2+n^2}\ln \left | m\sin x+n\cos x+p \right |+\frac{n}{2}.\tan \frac{x}{2}+C$$
TH3 : $p \neq m$. Ta có :
$$J=\frac{2}{p-m}\int\frac{d\left ( \tan \frac{x}{2} \right )}{\tan^2 \frac{x}{2}+\frac{4m}{p-m}\tan \frac{x}{2}+\frac{2(n+p)}{m-p}}$$
$$=\frac{2}{p-m}\int \frac{d\left ( \tan \frac{x}{2}+\frac{2m}{p-m} \right )}{\left ( \tan \frac{x}{2}+\frac{2m}{p-m} \right )^2+\frac{2(n+p)}{p-m}-4\left ( \frac{m}{p-m} \right )^2}$$
Đến đây ta xét hai khả năng :
KN1 : $\frac{2(n+p)}{p-m}\leq 4\left ( \frac{m}{p-m} \right )^2$, dễ dàng tính được :
$$J=-\frac{1}{p-m}.\frac{1}{\sqrt{4\left ( \frac{m}{p-m} \right )^2-\frac{2(n+p)}{p-m}}}\ln \left | \frac{\sqrt{4\left ( \frac{m}{p-m} \right )^2-\frac{2(n+p)}{p-m}}+\tan \frac{x}{2}}{\sqrt{4\left ( \frac{m}{p-m} \right )^2-\frac{2(n+p)}{p-m}}-\tan \frac{x}{2}} \right |+C$$
Từ đây suy ra được tích phân $I$

KN2 : $\frac{2(n+p)}{p-m}\geq 4\left ( \frac{m}{p-m} \right )^2$
Ta được :
$$J=\frac{1}{\sqrt{\frac{2(n+p)}{p-m}-4\left ( \frac{m}{p-m} \right )^2}}\arctan \left ( \frac{\tan \frac{x}{2}}{\sqrt{\frac{2(n+p)}{p-m}-4\left ( \frac{m}{p-m} \right )^2}} \right )+C$$
Từ đây suy ra được tích phân $I$

Vậy bài toán được giải quyết hoàn toàn.

Điểm mở rộng: 10

Tính tích phân:
$$I= \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\sin x+7\cos x+6}{4\sin x+3\cos x+5}dx$$
Đề của chagtraife

Ta có :
$$I= \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\sin x+7\cos x+6}{4\sin x+3\cos x+5}dx=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\left ( \frac{4\sin x+\cos x+5}{4\sin x+\cos x+5}+\frac{4\cos x-3\sin x}{4\sin x+\cos x+5}+\frac{1}{4\sin x+\cos x+5} \right )dx$$
$$=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}dx+\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{d\left ( 4\sin x+3\cos x+5 \right )}{4\sin x+3\cos x+5}+\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{4\sin x+3\cos x+5}$$
$$={\left.\begin{matrix}
\left ( x+\ln \left | 4\sin x+3\cos x+5 \right | \right )
\end{matrix}\right|_{0}}^{\frac{\pi}{2}}+\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{4\sin x+3\cos x+5}$$
$$=\frac {\pi}{2}+\ln 9-\ln 8+\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{4\sin x+3\cos x+5}$$
Đặt $J=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{4\sin x+3\cos x+5}$, ta có :
$$J=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{8\sin \frac{x}{2}.\cos \frac{x}{2}+3\left ( \cos^2 \frac{x}{2}-\sin^2 \frac{x}{2} \right )+5\left ( \cos^2 \frac{x}{2}+\sin^2 \frac{x}{2} \right )}$$
$$=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{8\cos^2 \frac{x}{2}+8\cos^2 \frac{x}{2}+2\cos^2 \frac{x}{2}\tan^2 \frac{x}{2}}=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{\cos^2 \frac{x}{2}\left (2 \tan^2 \frac{x}{2}+8\tan \frac{x}{2}+8 \right )}$$
Dòng trên có Nhầm lẫn
$$=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{d\left ( \tan \frac{x}{2} \right )}{\tan^2 \frac{x}{2}+4\tan \frac{x}{2}+4}=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{d\left ( \tan \frac{x}{2}+2 \right )}{\left ( \tan \frac{x}{2}+2 \right )^2}={\left.\begin{matrix}
\left ( \frac{-1}{\tan \frac{x}{2}+2} \right )
\end{matrix}\right|_{0}}^\frac{\pi}{2}=\frac{1}{6}$$
Như vậy $I=\frac {\pi}{2}+\ln 9-\ln 8+\frac {1}{6}$

Chỗ nhầm lẫn ở trên đáng ra phải là
$J=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{8\cos^2 \frac{x}{2}+2\sin^2 \frac{x}{2}+8\cos\frac{x}{2}\sin\frac{x}{2}}$

Điểm bài: 8
S = 25 + 3*8 + 10= 59

Nhận xét rằng hàm $f$ có đạo hàm tại $x=0$ khi và chỉ khi thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
1. $f(x)$ liên tục tại $x=0$
2. $f'(0^+)=f'(0^-)$
Trước hết ta tìm điều kiện của a và b để $f(x)$ liên tục tại $x=0$.
Xét:
$$\lim \limits_{x \to 0^-}f(x)=\lim \limits_{x \to 0^-}(x+a)e^{-bx}=(0+a)e^{-b.0}=a$$
$$\lim \limits_{x \to 0^+}f(x)=\lim \limits_{x \to 0^+}(ax^2+bx+1)=a.0^2+b.0+1=1=f(0)$$

Để $f(x)$ liên tục tại $x=0$ thì $\lim \limits_{x \to 0^-}f(x)=\lim \limits_{x \to 0^+}f(x)=f(0)
\Rightarrow a=1$
Tiếp theo ta tìm điều kiện của $a,b$ để $f(0^-)=f(0^+)$
Với $x< 0\Rightarrow f'(x)=[(x+a)e^{-bx}]'=e^{-bx}[1-b(x+a)]$
$\Rightarrow f'(0^-)=e^{-b.0}[1-b(0+a)]=1-ba$

Với $x\geq 0$ tương tự như trên ta thu được $f'(0^+)=b$
Như vậy để $f'(0^-)=f'(0^+)$ thì $1-ba=b$
Kết hợp hai điều kiên nêu trên ta có:
Hàm $f$ có đạo hàm tai $x=0$ khi và chỉ khi thỏa mãn :

$$\left\{\begin{matrix}
a=1 & \\
1-ba=b&
\end{matrix}\right.$$
$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
a=1 & \\
b=\frac{1}{2} &
\end{matrix}\right.$$
___________________________
Điểm bài làm: $d=10$
$S=\left\lfoor\dfrac{52-17}{2}\right\rfloor+3\times 10+0+0=47$

ĐKXĐ : $\left\{\begin{matrix}
\cos x \geq -\frac{1}{2} & \\
\sin x \geq -\frac{1}{2} &
\end{matrix}\right.$

Do vế trái của phương trình đã cho luôn lớn hơn $0$ với mọi $x$ nên $a >0$. Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc $m+n \leq \sqrt {2\left ( m^2+n^2 \right )}$ với chú ý $\sin x+\cos x \in \left [ -\sqrt {2},\sqrt {2} \right ]$ ta được $a \leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$.
Bình phương hai vế của phương trình trên :
$$2\left ( 1+\cos x+\sin x \right )+2\sqrt{1+2\left ( \cos x+\sin x \right )+4\cos x\sin x}=a^2$$
Đặt $\sin x+\cos x=t$, do ĐKXĐ nên $t \geq -1$, như vậy $t\in \left [-1,\sqrt{2} \right ]$. Áp dụng đẳng thức $\sin^2 x+\cos^2 x=1$ suy ra $\sin x\cos x = \frac{t^2-1}{2}$. Thay vào và viết lai phương trình :
$$2\left ( 1+t \right )+2\sqrt{2t^2+2t-1}=a^2$$
$$\Leftrightarrow \frac{a^2}{2}-t-1=\sqrt{2t^2+2t-1}$$
Dễ thấy hai vế của phương trình trên đều không âm, bình phương hai vế và rút gọn ta được :
$$t^2+a^2t+a^2-\frac{a^4}{4}-2=0$$
Đặt $f(t)=t^2+a^2t+a^2-\frac{a^4}{4}-2$
Ta cần tìm $a$ sao cho phương trình $f(t)=0$ có ngiệm thuộc $\left [-1,\sqrt{2} \right ]$
Trước hết ta tìm điều kiện đề $f(t)=0$ có nghiệm.
Hay $\Delta =a^4-4\left ( a^2-\frac{a^4}{4}-2 \right )\geq 0$
$\Leftrightarrow 2\left ( a^2-1 \right )^2+6 \geq 0$ luôn đúng với mọi $a$.
Gọi $t_1$, $t_2$ là các nghiệm của phương trình. Ta có :

$\begin{bmatrix}
t_1=\frac{-a^2-\sqrt{2a^4-4a^2+8}}{2} & \\
t_2=\frac{-a^2+\sqrt{2a^4-4a^2+8}}{2} &
\end{bmatrix}$

Xét cho nghiệm $t_1$. Do $t_1 \leq 0$ với mọi $a$ nên ta chỉ cần tìm $a$ sao cho tồn tại giá trị $t_1 \in \left [ -1,0 \right ]$. Giải bất phương trình :
$$\frac{-a^2-\sqrt{2a^4-4a^2+8}}{2} \geq -1$$
$$\Leftrightarrow 2-a^2 \geq \sqrt{2a^4-4a^2+8}$$
Bất phương trình trên vô nghiệm do $VT <2$, $VP \geq \sqrt{6} >2$.
Vậy không tồn tại $a$ để $t_1 \in \left [ -\frac{1}{4},0 \right ]$

Xét cho nghiệm $t_2$.

Giải bất phương trình : $\frac{-a^2+\sqrt{2a^4-4a^2+8}}{2} \geq -1$
$\Leftrightarrow \sqrt{2a^4-4a^2+8} \geq a^2-2$
Dễ thấy bất phương trình trên nghiệm đúng với mọi $a$.

Giải bất phương trình : $\frac{-a^2+\sqrt{2a^4-4a^2+8}}{2} \leq \sqrt{2}$
$\Leftrightarrow a^2\left ( a^2-4\left ( 1+\sqrt{2} \right ) \right )\leq 0$
Do $a >0$ nên $a^2 \leq 4\left ( 1+\sqrt{2} \right )$ $\Leftrightarrow a \leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$
Kết hợp các điều kiện trên ta rút ra kết luận :
Kết luận : Phương trình đã cho có nghiệm với mọi $a \in \left (0,2\sqrt{1+\sqrt{2}} \right ]$

Dự đoán là bài mình làm sai kết quả. Chẳng thấy logic tí nào cả, mình lại còn không tìm được $\min \left ( \sqrt{1+2\sin x}+\sqrt{1+2\cos x} \right )$.


Sai điều kiện ẩn phụ!
ĐIỂM: 3

Trước hết ta chứng minh bổ đề sau :
Bổ đề :
Cho tứ diện $ABCD$ có cạnh $AB=a$, diện tích các mặt $\left ( ABC \right )$, $\left ( ABD \right )$ lân lượt là $S_1$, $S_2$. Góc giữa hai mặt phẳng đó bằng $\alpha$. Khi đó diện tích tứ diện được cho bởi công thức :
$$V=\frac{2S_1S_2\sin \alpha}{3a}$$
Chứng minh :
Kẻ $DH$ vuông góc với mặt $(ABC)$ và $DK$ vuông góc với $AB$, khi đó $\widehat{DKH}=\alpha$. Trong tam giác vuông $DHK$ ta có $DH=DK\sin \alpha$. Thể tích của tứ diện là :
$$V=\frac{1}{3}DH.S_1=\frac{1}{3}DK\sin \alpha.S_1=\frac{2S_2}{3AB}\sin \alpha.S_1=\frac{2S_1S_2\sin \alpha}{3a}$$
Vậy bổ đề được chứng minh.

Quay lại bài toán, gọi $\varphi $ là góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$. Trong mặt phẳng $(SBC)$ kẻ $SH$ vuông góc với $BC$, suy ra $OH$ vuông góc với $BC$. Như vậy $\varphi =\widehat{SHO}$.
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Do $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SO\perp (ABCD)$. Dễ dàng tinh được $SO=\frac{1}{2}a\tan \varphi$, diện tích mặt bên bằng $\frac{a^2}{4\cos \alpha}$ SAI. $\varphi$ mới đúng
Trong tứ diên $SABC$ ta có : $SB=\sqrt{SO^2+OB^2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}\tan \varphi+\frac{1}{2}a^2}=\frac{a}{2}\sqrt{\tan^2\varphi+2}$
Thể tích của khối tứ diện $SABC$ là :
$$V_{SABC}=\frac{1}{3}SO.S_{ABC}=\frac{a^3\tan \varphi}{12}$$
Mặt khác áp dụng bổ đề đã nêu ta cũng thu được kết quả :
$$V_{SABC}=\frac{2\frac{a^4}{16\cos^2 \varphi}\sin \alpha}{3\frac{a}{2}\sqrt{\tan^2 \varphi+2}}=\frac{a^3\sin \alpha}{12\cos^2 \varphi\sqrt{tan^2\varphi+2}}$$
Từ các kết quả trên ta suy ra được :
$$\sin \alpha=\frac{\sin 2\varphi\sqrt{\tan^2 \varphi+2}}{2}$$
Đặt $\tan \varphi=t$, $\sin\alpha=z$. Thay vào hệ thức trên ta có :
$$z^2\left ( t^2+1 \right )^2=4t^2\left ( t^2+2 \right )$$

SAI. KHÔNG CÓ SỐ 4 MỚI ĐÚNG
Đặt $t^2=u \geq 0$. Ta có :
$$z^2\left ( u^2+2u+1 \right )=4u^2+8u$$
$$\Leftrightarrow \left ( 4-z^2 \right )u^2+2\left ( 4-z^2 \right )u-z^2=0$$
Xét phương trình trên, ta có :
$\Delta '=16-4z^2> 0$ $\forall z$
Ta chỉ lấy nghiệm không âm của phương trình, tức là nghiệm $u=\frac{z^2-4+\sqrt{16-z^4}}{4-z^2}=\sqrt{\frac{4+z^2}{4-z^2}}-1$
Do $t >0$ (thể tích $SABC$ luôn $>0$) nên ta có : $t=\sqrt{z}=\sqrt{\sqrt{\frac{4+z^2}{4-z^2}}-1}=\sqrt{\sqrt{\frac{4+\sin^2 \alpha}{4-\sin^2 \alpha}}-1}$
Lại có $V_{SABCD}=2V_{SABC}$ suy ra $V_{SABCD}=\frac{a^3}{12}\sqrt{\sqrt{\frac{4+\sin^2 \alpha}{4-\sin^2 \alpha}}-1}$.
Kết quả thu được như trên chính là thể tích của khối chóp $S.ABCD$.

 

Điểm bài; 3