Bất dẳng thức trong trong đề thi khối A 2011 có thể giải bằng khảo sát sự biến thiên

Bài 1: Cho hình nón đỉnh S, có độ dài đường sinh là d, góc giữa đường sinh và mặt đáy là . một mặt phẳng (P) qua đỉnh S và cắt hình nón theo hai đường sinh SA và SB. Góc giữa (P) và mặt phẳng đáy của hình nón là 60 độ. TÍnh diện tích tam giác SAB và khoảng cách từ tâm O của đáy hình nón đến (P).
ĐA: $\dfrac{2d^{2}sin\alpha}{3}\sqrt{3 cos^{2}\alpha - sin^{2}\alpha} \dfrac{dsin\alpha }{2} $

Bài 2: Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình thang ( BC//AD), AD=2a, AB=BC=CD=a, $SA\perp(ABCD), SA=h. (\alpha)$ qua A, $(\alpha)\perpSD$ và $(\alpha)$ cắt SB, SC, SD lần lượt tại B', C, D'.
a) Cm: tứ giác AB'C'D' nội tiếp
b) Tính thể tích khối chóp S.AB'C'D'


Nhớ vẽ hình và giải chi tiết giùm mình

Bài giải sơ luợc cho bài 2 có ở file đính kèm

Ta có $\sqrt[n-1]{n} > \sqrt[n]{n+1} \Leftrightarrow n^n > (n+1)^{n-1} \Leftrightarrow n > \left(\dfrac{n+1}{n}\right)^{n-1}$
Khai triển $A = \left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n = \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n = C_n^0+C_n^1\dfrac{1}{n^1} + C_n^2\dfrac{1}{n^2} + C_n^3\dfrac{1}{n^3}. . . .$
$A = 1 + \dfrac{n}{1.n} + \dfrac{n(n-1)}{1.2.n^2} +\dfrac{n(n-1)(n-2)}{1.2.3.n^3} + \dfrac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{1.2.3.4.n^4}. . . $
Như vậy $ A < 1 + \dfrac{1}{1!} + \dfrac{1}{2!} + \dfrac{1}{3!} + \dfrac{1}{4!}. . . $
Suy ra $ A < 1 + 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2^2} + \dfrac{1}{2^3} + \dfrac{1}{2^4} + . . . \dfrac{1}{2^{n-1}} = 1 + \dfrac{1 - \left(\dfrac{1}{2}\right)^n}{1 - \dfrac{1}{2}} < 3$
Từ đây ta được $\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^{n-1} < A<3 \le n$

Cho a,b,c là 3 số thực dương thỏa mãn abc+a+c=b. Tìm Mã
$P = \dfrac{2}{{a^2 + 1}} - \dfrac{2}{{b^2 + 1}} + \dfrac{3}{{c^2 + 1}}$
Xin giúp em, gấp lắm rồi

Từ giả thiết ta có a + (-b) + c = a(-b)c
Đặt a = tanA, -b = tanB, c = tanC thì ta có A, B, C là ba góc một tam giác, trong đó B là góc tù.
khi đó $P = 2cos^2A - 2cos^2B + 3cos^2C = cos2A - cos2B + 3cos^2C\\ $
$\qquad P = 2sin(B-A)sin(B+A) + 3 - 3sin^2C$
Hay $P = -3sin^2C + 2\sqrt{3}sinC.sin(B-A) - sin^2(B-A) + 3 + sin^2(B-A)$
$ P = 3 + sin^2(B-A) - \left(\sqrt{3}sinC - sin(B-A)\right)^2$
Vậy MaxP = 4, Xảy ra khi $ A - B = 90^0, C = arcsin\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)$
Tức là $B = 135^0 - \dfrac{arcsin\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)}{2}$
$ A = 45^0 - \dfrac{arcsin\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)}{2}, C = arcsin\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)$
Rồi từ đây ta tính ra a = tanA, b = tanB, c = tanC.
Có thể bài này làm bằng biếb đổi đại số cũng được.

$\dfrac{1}{1+a^{3}}+\dfrac{1}{1+b^{3}}+\dfrac{1}{1+c^{3}}\geq \dfrac{3}{1+abc}$

Bài toán này thiếu điều kiện, vi dụ khi a = 0, b = c = 1 thì bất đẳng thức không đúng.
Đúng ra là cho a, b, c là ba số lớn hơn hay bằng 1, Chứng minh $\dfrac{1}{1+a^{3}}+\dfrac{1}{1+b^{3}}+\dfrac{1}{1+c^{3}}\geq \dfrac{3}{1+abc}$
Trước hết ta chứng minh bài toán " Cho $ x, y \geq 1$ Chứng minh $ \dfrac{1}{1+x} +\dfrac{1}{1+x}\geq\dfrac{2}{1+ \sqrt{xy} }$
Thật vậy bất đảng thức này tương đương $ (\sqrt{xy}-1)( \sqrt{x} - \sqrt{y})^{2}\geq 0$
Do đó $ \dfrac{1}{1+a^{3}} +\dfrac{1}{1+b^{3}} +\dfrac{1}{1+c^{3}} +\dfrac{1}{1+abc}\geq\dfrac{2}{1+\sqrt{(ab)^{3}}}+\dfrac{2}{1+ \sqrt{c^{3}abc}}\geq\dfrac{4}{1+ \sqrt{\sqrt{(abc)^{4}}}}$
$\Rightarrow \dfrac{1}{1+a^{3}}+\dfrac{1}{1+b^{3}}+\dfrac{1}{1+c^{3}}\geq \dfrac{3}{1+abc}$

:gammatrình

CMR
$cos \dfrac{ \pi }{4} +cos \dfrac{ \pi }{8} +...+cos \dfrac{ \pi }{ 2^{n+1} } >n- \dfrac{ \pi }{2}$
với mọi số nguyên dương $n \geq 2$
giải hộ mình với nhé
cám ơn các bạn

Trước tiên ta chứng minh: Với mọi x > 0, $cosx \geq 1-\dfrac{ x ^{2} }{2}$
Do đó $cos \dfrac{ \pi }{4} +cos \dfrac{ \pi }{8} +...+cos \dfrac{ \pi }{ 2^{n+1} } \geq n - \dfrac{1}{2}(\dfrac{\pi^{2}}{16}+\dfrac{\pi^{2}}{64}+. . .+\dfrac{\pi^{2}}{2^{2n+2}})$
Vì vậy ta chỉ cần chứng minh $\dfrac{1}{2}(\dfrac{\pi^{2}}{16}+\dfrac{\pi^{2}}{64}+. . .+\dfrac{\pi^{2}}{2^{2n+2}}) \leq \dfrac{\pi}{2}$, điều này là không khó.
Bài toán này có lẻ bất đẳng thức cho không chặc lắm

Tối nay mang hình phẳng ra đọc lại, gặp bài này cũng hay (nhưng chưa làm ra):

Một đường thẳng cắt các cạnh $AB$ và $BC$ của tam giác $ABC$ tại các điểm $M$ và $K$. Biết rằng diện tích của tam giác $BMK$ bằng diện tích của tứ giác $AMKC$. Chứng minh rằng: $\dfrac {AM+MK+KC}{MB+BK}>\dfrac{1}{3}$

Xem bài giải ở file đính kèm

Trong tất cả các tam giác với các cạnh AB, AC có độ dài cho trước (AB < AC), tìm tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp NHỎ nhất

Do $ 2R = \dfrac{AC}{sinB} $ nên R bé nhất khi $B = \pi/2$. Tức tam giác ABC vuông với AC là cạnh huyền.

Em đợi một tí nửa

Bài toán 1 Tôi đã kiểm tra trên phần mềm sketchpad thì thấy góc trong đề thay đổi

Anh ơi cho em hỏi, nếu đề bài yêu cầu xác định m sao cho các cực trị cách đều O thì cũng định m để cho HS có cực đại, cực tiểu trước rồi sau đó tìm m sao cho OA=OB hả anh?

Chắc là như vậy

bài 1:
cho 2 đường tròn (O;R)=(O';R) cắt nhau tại A và B, 1 đường thẳng (d) vuông góc với AB và cắt (O;R) tại C và D
cắt (O';R) tại E và F, sao cho vectơ CD cùng hướng với vectơ EF.
a/ cm: sđgóc CAE ko phụ thuộc vào vị trí của (d)
b/ cho AB = a, tính CE theo R và a.

bài 2:
cho 2 đường tròn (O;R) và (O';R') cắt nhau tại 2 điểm, gọi 1 giao điểm của 2 đường tròn tròn đó là A, đường thẳng wa A di động và cắt (O) và (O') lần lượt tại M,N ( M,N khác A)
trên tia AM và AN lấy lần lượt B,C sao cho vectơ BA =vectơ AC= 1/2 vectơ MN tìm quỹ tích 2 điểm B và C

Em đợi một tí nửa

Giúp em cách làm cụ thể ( cách trình bày) bài này ạ:
- Cho y= x^3 + m. x^2 - 1
Chứng minh với mọi m khác 0, Hàm số luôn có cực đại và cực tiểu???

Ta có D = R
$ y' = 3\ x^{2} + 2mx$
y' = 0 khi x = 0 hoặc x = - m.
Ta có y" = 6x + 2m,
$y"(0).y"(-m) = - 8\ m^{2} < 0, $
vì m khác 0. Do đó hàm số có một cực đại và một cực tiểu

Giúp em cách làm cụ thể ( cách trình bày) bài này ạ:
- Cho y= x^3 + m. x^2 - 1
Chứng minh với mọi m khác 0, Hàm số luôn có cực đại và cực tiểu???

Ta có D = R
$ y' = 3\ x^{2} + 2mx$.
y' = 0 khi x = 0 hoặc x = - m. Ta có y" = 6x + 2m
$y"(0).y"(-m) = - 8\ m^{2} < 0$, vì m khác 0. Do đó hàm số có một cực đại và một cực tiểu

Bài 1 Xét hàm số $ y = 4\ x^{3} - m\ x^{2} - 3x + m $
Tập Xác đinh D = R
$ y' = 12\ x^{2} - 2mx - 3$
Vì y' là một tam thức bậc hai có hệ số a, c trái dấu nên tam thức này có hai nghiệm nên hàm số có hai cực tri và hai điểm cực trị này là trái dấu.

Bài 2 Xét hàm số $ y = \dfrac{ x^2 + 2(m + 1)x + m^2 + 4m}{x + 2}$
D = R\ {- 2}
$ y' = \dfrac{ x^2 + 4x + 4 - m^2}{ (x + 2)^{2}}$
Ta có $ x^{2} + 4x + 4 - m^{2}} = 0 \Leftrightarrow $ x = - 2 - m hoặc x = -2 + m.
Do đó hàm số có hai cực trị khi và chỉ khi m \neq 0
Khi đó đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là A(-2 - m; -2) và B(-2 + m; -2 + 4m). Tam giác OAB vuông tại O khi và chỉ khi $\vec{OA} .\vec{OB} = 0$ $\Leftrightarrow 4 - m^{2} + 4 - 8m = 0$ $\Leftrightarrow m = - 4 \pm 2\sqrt{6} $

Bài 1 Xét hàm số $ y = 4\ x^{3} - m\ x^{2} - 3x + m $
Tập Xác đinh D = R
$ y' = 12\ x^{2} - 2mx - 3$
Vì y' là một tam thức bậc hai có hệ số a, c trái dấu nên tam thức này có hai nghiệm nên hàm số có hai cực tri và hai điểm cực trị này là trái dấu.

Bài 2 Xét hàm số $ y = \dfrac{\ x^{2} + 2(m + 1)x + \ m^{2} + 4m}{x + 2}$
D = R \ {- 2}
$ y' = \dfrac{\ x^{2} + 4x + 4 - \ m^{2}}{\ (x + 2)^{2}}$
Ta có $\ x^{2} + 4x + 4 - \ m^{2}} = 0 \Leftrightarrow $ x = - 2 - m hoặc x = -2 + m.
Do đó hàm số có hai cực trị khi và chỉ khi $m \neq 0$
Khi đó đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là A(-2 - m; -2) và B(-2 + m; -2 + 4m). Tam giác OAB vuông tại O khi và chỉ khi $\vec{OA} .\vec{OB} = 0$ $\Leftrightarrow 4 - \ m^{2} + 4 - 8m = 0$ $\Leftrightarrow m = - 4 \pm 2\sqrt{6} $

Em mới học đến phần này nên chưa rõ cách làm lắm, mong các anh chị giúp đỡ:
1) Cho $y=4x^3- mx^2 -3x+m$
Chứng minh: với mọi m thì hàm số luôn có cực đại và cực tiểu đồng thời hoành độ cực đại và cực tiểu trái dấu??

2) Cho $y=\dfrac{ x^2+ 2(m+1)x + m^2+ 4m}{x+ 2}$. Định m để hàm số có cực đại cực tiểu đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác vuông tại O ? ?

bạn ơi đưa đề khối B lên đi

Đề khối B đây

Cho x, y là các số thực thỏa mãn $\ (x + y)^{3} + 4xy \geq 2$
Tìm giá trị nhỏ nhất của $ A = 3(\ x^{4} + \ y^{4} +\ x^{2}\ y^{2}) - 2(\ x^{2} + \ y^{2}) + 1$
Bài giải:
Đặt $ t = \sqrt{\ x^{2} + \ y^{2}}$
Từ giả thiết suy ra $\ (\sqrt{2}t)^{3} + \ (\sqrt{2}t)^{2} \geq 2 \Rightarrow (\sqrt{2}t -1)((\sqrt{2}t)^{2} + 3\sqrt{2}t + 2) \geq 0 \Rightarrow t \geq \dfrac{1}{\sqrt{2}}$
Lúc này ta có $A = \dfrac{3}{2}(\ x^{4} + \ y^{4}) + \dfrac{3}{2}(\ x^{2} +\ y^{2})^{2} - 2(\ x^{2} +\ y^{2}) + 1 $
Suy ra $A \geq \dfrac{3}{4}(\ x^{2} +\ y^{2})^{2} + \dfrac{3}{2}(\ x^{2} +\ y^{2})^{2} - 2(\ x^{2} +\ y^{2}) + 1$
Hay $A \geq \dfrac{9}{4}\ t^{4} - 2\ t^{2} +1 = \dfrac{1}{4}\ t^{4} + \dfrac{1}{2}\ (2\ t^{2} - 1)^{2} + \dfrac{1}{2} \geq \dfrac{1}{4}\ (\dfrac{1}{\sqrt{2}})^{4} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{9}{16}$
Như vậy $minA = \dfrac{9}{16}$, xảy ra chằng hạn khi $ x = y = \dfrac{1}{2}$.
Như vậy cách giải cũng là chuyển về một biến để khảo sát.

Cho ba số thực không âm thỏa mãn $ \ a^{2} + \ b^{2} + \ c^{2}=1$
Chứng minh $ a + b + c \leq 2abc + \sqrt{2}$

Từ giả thiết, nhân hai về cho 2 ta được 2x + 2y + 2z + 2 = 2x.2y.2z $\Rightarrow \dfrac{1}{1 + 2x} + \dfrac{1}{1 + 2y} +\dfrac{1}{1 + 2z} = 1$
Đặt $a = \dfrac{1}{1 + 2x}, b = \dfrac{1}{1 + 2y}, c = \dfrac{1}{1 + 2z}$
Suy ra $a + b + c = 1$ và $2x = \dfrac{1 - a}{a} =\dfrac{b +c}{a}\Rightarrow x = \dfrac{b + c}{2a}...$
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
$ \dfrac{(c + a)(c + b)}{4ab} +\dfrac{(a + b)(a + c)}{4bc} + \dfrac{(b + a)(b + c)}{4ac}\geq \dfrac{b + c}{2a}+\dfrac{c + a}{2b}+\dfrac{a + b}{2c}$
Qui đồng mẫu số và rút gọn ta được $ \ a^{3} +\ b^{3} +\ c^{3} + 3abc \geq \ a^{2} (b + c) +\ b^{2}(c + a) +\ c^{2}(a + b) $ Đây là bất đẳng Schur.

Giải phương trình $\dfrac{(1-2sinx)cosx}{(1+2sinx)(1-sinx)} = \sqrt{3} $
Lời giải:
Điều kiện xác định sinx $\neq \dfrac{-1}{2} $ và sinx $\neq 1$.
Từ phương trình ban đầu suy ra $ \((1- 2sinx)^{2}(1 - \sin^{2}x)$ = 3$ \((1+ 2sinx)^{2}\((1- sinx)^{2}$
Vì sinx $\neq 1$, chia hai vế cho 1 - sinx, sau đó khai triển rút gọn ta được
$\ 16sin^{3}x - 12sinx - 2 = 0$
Hay là $\sin3x = sin\dfrac{\pi}{6} $ suy ra $x = \dfrac{\pi}{18} + \dfrac{k\pi}{3} $ hoặc
$x = \dfrac{5\pi}{6} + \dfrac{k\pi}{3}$.
Cho k chạy từ 0, 1, 2 dùng máy tính thế vào phương trình ban đầu ta tìm được nghiệm cơ bản của phương trình sau đó viết ra nghiệm tổng quát.
Cách này giúp ta chuyển về ngay một loại hàm số lương giác nên cách giải tiếp theo sẽ thật dễ dàng.

bạn ơi bạn nên gõ latex trên diễn đàn

Xin cám ơn bạn nhắc nhở, thật sự lúc đầu mình chưa sử dụng được latex, bây giờ thì tạm được rồi.

Sau đây là lời giải bài bất đẳng thức trong đề thi khối A năm 2009
"Cho x, y, z là 3 số dương thỏa mãn x(x +y +z) = 3yz. Chứng minh
$(x+y)^{3} + (x+z)^{3} +3(x+y)(x+z)(y+z)$ $ \leq$ $5(y+z)^{3} $
Giải
Chia hai vế của giả thiết cho $ x^{2}$ và bất đẳng thức cần chứng minh cho $ \ x^{3}$, đặt y/x = a, z/x = b, ta có giả thiết là 1 + a + b = 3ab (1) hay (1+a)(1+b) = 4ab và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
$ (a+1)^{3} +(b+1)^{3} + 3(a+1)(b+1)(a+b) \leq 5(a+b)^{3}$ (2)
Khai triển và thay a + b = 3ab -1, đặt t = 3ab ta có (2) tương đương :$ 4t^{3}-18t^{2}+20t-6 \geq 0$
hay là $(t-3)(t-1)(4t-2) \geq 0$. bất đẳng thức này là đúng vì từ (1) $3ab \geq 2 \sqrt{ab} +1 \Rightarrow ( \sqrt{ab} -1)( 3\sqrt{ab} +1)\geq 0 \Rightarrow ab \geq 1 \Rightarrow t \geq 3.$
Nhận xét đây là cách giải theo cách giảm dần biến số.
Dưới đây là file pdf rõ ràng hơn

Cho f(x) liên tục trên R và f(f(f(x))) = 1/x. Tìm f(x)