Cho hàm số $ y=\dfrac{(m-2)x-(m^2-2m+4)}{x-m}$
a)Chứng tỏ rằng đồ thị hàm số luôn tiếp xúc vs 2 đường thẳng cố định
b)Tìm các điểm trên mặt phẳng mà đồ thị hàm không đi qua dù m lấy bất cứ giá trị nào

câu a:
Giả sử đường thẳng y=ax+b cố định tiếp xúc với đồ thị .Khi đó
$ \dfrac{(m-2)x-(m^2-2m+4)}{x-m}=ax+b$ có nghiệm kép với mọi m
$ \Leftrightarrow (m-2)x-(m^2-2m+4)=ax^2-amx+bx-bm$ có nghiệm kép với mọi m
$ \Leftrightarrow ax^2+(2-m-am+b).x-bm+m^2-2m+4=0$ có nghiệm kép với mọi m
$ \left\{\begin{array}{l}a \neq 0\\ \delta =(2-m(a+1)+b)^2-4a(m^2-(2+b)m+4)=0 \forall m\end{array}\right. $
$ \Leftrightarrow (a-1)^2.m^2+2(a-1)(b+2).m+(b+2)^2-16a=0 \forall m $
$ \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a=1\\(2+b)(a-1)=0\\(b+2)^2-16a=0\end{array}\right. $
$ \Leftrightarrow a=1$ b=2 hoặc b=-6
vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn là y=x+2 và y=x-6

Bài 1) ta có: $8x^3 - 6x - 1 = 0$
chú ý : $sin3x = 3sin x - 4sin^3x$
suy ra ...???

* trường hợp $ |x| \geq 1$, đặt $ x= \dfrac{1}{2}(t+\dfrac{1}{t})$ với t >0
bdt trở thành $ t^3 +\dfrac{1}{t^3} = 1$ => ko có nghiệm

cho a , b , c là số thực tùy ý . CMR :
$6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) \leq 27abc + 10(a^2+b^2+c^2)\sqrt{a^2+b^2+c^2}$

trường hợp a,b,c>0:
đặt $ a+b+c = p, ab+bc+ca=q, abc=r$ Do bdt đối xứng vs 3 biến nên chuẩn hóa $ a^2+b^2+c^2=1$
khi đó , ta dễ thấy
$ p \leq \sqrt{3}, q \leq 1, p^2-2q =1; 1= a^2+b^2+c^2 \geq 3 \sqrt[3]{r^2} \Rightarrow r^2 \leq \dfrac{1}{27}, q \geq 3 \sqrt[3]{r^2}$
bdt cần chứng minh trở thành
$ 6p \leq 27r+10 $. Theo bdt Schur, ta có: $ r \geq \dfrac{p(4q-p^2)}{9} \Rightarrow 27r \geq 3p(2q-1)$
ta cần chứng minh $ 6p \leq 6pq-3p+10 \Leftrightarrow 3p(3-2q) \leq 10$
để ý rằng $3-2q=4-(1+2q)=4-p^2$, do đó ta cần chứng minh $ 3p(4-p^2) \leq 10 \Leftrightarrow 3p^3-12p+10 \geq 0$
khảo sát hàm $ f(p)=3p^3 -12p+10 $ trên đoạn $ [0, \sqrt{3}]$
hàm đạt cực tiểu tại $p = \dfrac{2}{\sqrt{3}}$, khi đó $ f(p) $ xấp xỉ 0,76>0, do đó $ f(p) >0 \forall p \in [0, \sqrt{3}]$, do đó ta có đpcm
đẳng thức ko xảy ra

anh chị làm giúp em bài này( nếu có thể nêu ra cách giải tổng quát thì càng tốt)
tim min max của pt: $ 2 t^2-4t+ \dfrac{9}{8} $ với $ t \in ( \dfrac{9}{32}, \dfrac{1}{3} $)

Chắc e học lớp 10 phải ko? Nếu thế a giải bằng cách lớp 10 nhé:
Đồ thị hàm $ y=2t^2-4t+\dfrac{9}{8}$ là một parabol có đỉnh $ (1,-\dfrac{7}{8})$, hướng xuống dưới. Vì $ \dfrac{1}{3} < 1 $ nên với $ t \in (\dfrac{9}{32},\dfrac{1}{3})$, đồ thị hàm đi xuống, do đó hàm đạt gtnn tại $ \dfrac{1}{3}$, gtln tại $ \dfrac{9}{32}$

Bài 3:
$ 3=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{xyz}} \Rightarrow xyz \geq 1$
theo bdt Holder $ (1+x)(1+y)(1+z) \geq (1+\sqrt[3]{xyz})^3 \geq (1+1)^3=8$

tớ chưa giải quyết đc hết bài này,h bận đi chơi. Nhưng cứ post lên, lúc nào nghĩ tiếp:
Không mất tính tổng quát, giả sử $ a \geq b \geq 0 \geq c$
khi đó $ f(a) \geq f(b) \geq 0 \geq f© $.
Do hàm f đồng biến trên R và f là hàm lẻ nên $ f(a)+f(b) \geq 2f(\dfrac{a+b}{2})$
đpcm tương đương $ f© . (f(a)+f(b))+f(a)f(b) \leq 0 $
$ \Leftrightarrow f(a)f(b) \leq -f©.(f(a)+f(b))$
hướng của tớ là sử dụng $ -f© =f(a+b)$, đưa đến chứng minh $ f(a)f(b) \leq 2.f(a+b).f(\dfrac{a+b}{2})$ với a,b không âm

quy nạp lớp 11 mới đc học

trong các sách tham khảo toán có từ lớp 7, lớp 8 rùi

1/ Cho các số a,b,c,d dương.CMR:
$ \dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+d} + \dfrac{c}{d+a} + \dfrac{d}{a+b} \geq 2 $

2/ CMR với a,b,c dương thì:

$\dfrac{a^n + b^n + c^n}{3} \geq (\dfrac{a+b+c}{3})^n $

bài 2 nếu n thuộc R thì phải chứng minh đúng vs n nguyên dương trước, rồi nguyên âm, rồi n có dạng 1/m, rồi n hữu tỉ, chuyển qua giới hạn với n thuộc R

bạn là người bên phải hay bên trái vậy

Hứ. Đương nhiên là ng` bên trái rùi. Hôm ấy tớ đứng ở khu tiểu học ( trường có từ tiểu học đến cấp 3 mà) nên có lịch ăn của mấy đứa trẻ con

Mình chưa có bạn gái, nhưng cứ post ảnh mình chụp vs đứa đệ tử lên cho anh em xem

bạn thử xem lại xem đầu bài có phải là cho hàm $ f(x)=4x^3+ax^2+bx+c$ ko?

với đầu bài ấy, làm như thế này:
lần lượt thế x=1, -1, ta có
$ -1 \leq 4+a+b+c \leq 1 \Leftrightarrow -5 \leq a+b+c \leq -3$
$ -1 \leq -4+a-b+c \leq 1 \Leftrightarrow -3 \geq -a+b-c \geq -5$
$ \Rightarrow b \leq -3$
thế x=-1/2,1/2, ta có:
$ \dfrac{1}{2} +\dfrac{a}{4}+\dfrac{b}{2}+c \geq -1$
$-\dfrac{1}{2}+\dfrac{a}{4}-\dfrac{b}{2}+c \leq 1$
$ \Rightarrow b \geq -3$
suy ra b=-3. Thế vào các pt trên, ta có
$a+c \leq 0$
$ a+c \geq 0 \Rightarrow 0$.
$ \dfrac{a}{4}+c \geq 0$; $ \dfrac{a}{4}+c} \leq 0 \Rightarrow \dfrac{a}{4}+c=0$
suy ra a=c=0, suy ra hàm là $ f(x)=4x^3-3x$

Cho hàm số $ f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c $
Tìm a, b, c để $ \mid f(x) \mid \leq 1 , \forall \mid x \mid \ \leq 1 $
Bạn nào biết giải hộ mình với. Thanks nhiều!

bạn thử xem lại xem đầu bài có phải là cho hàm $ f(x)=4x^3+ax^2+bx+c$ ko?

trước mình đọc trong 1 cuốn sách nói về tích phân có bài này thì phải

Tính chất nhưng cũng phải chứng minh mới sử dụng dược chứ???

Các tính chất này đc thừa nhận, ko ai bắt chứng minh cả. Yêu cầu bạn đọc lại sách giáo khoa Đại số và giải tích 11 nâng cao trang 132 và 149

Cho $ (U_n) = ( \sqrt[n]{3} - 1)n$
C/m:U(n) nghich bien

Ta có: $ U_n-U_{n+1}=n.\sqrt[n]{3}-(n+1).\sqrt[n+1]{3}+1$
theo bdt Cauchy (hay còn gọi AM-GM ) cho n+1 số, ta có:
$ n\sqrt[n]{3}+1 \geq (n+1)\sqrt[n+1]{3}$
suy ra $ U_n-U_{n+1} <0 $ , suy ra $ (U_n)$ nghịch biến

Cho hàm f(x) co giới hạn hữu hạn là b khi x->a*
hàm g(x) có giới hạn hữu hạn là k khi x->a*. Chứng minh rằng hàm h(x)=[f(x)/g(x)] cũng có giới hạn hữu hạn bằng b/k khi x->a*

Chứng minh gì hả bạn? Nó là tính chất của giới hạn mà

Tìm giới hạn
$1)\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {\sqrt {1 + x} - x} \right)^{\dfrac{1}{x}}}$

$2)\mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi }{2}} \dfrac{{\sin x}}{{\tan 2x}} $

$3)\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\cos x} \right)^{\dfrac{{ - 1}}{{{x^2}}}}} $

Bài 1 ko tồn tại giới hạn. Dễ thấy khi x là số chẵn thì hàm ko xác định
Bài 3. sử dụng định lý L'Hospital nhiều lần, ta có:
$ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} ln (cosx)^{\dfrac{-1}{x^2}}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\dfrac{-1}{x^2}.ln(cosx)=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\dfrac{\dfrac{1}{cosx}.sinx}{2x}= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\dfrac{sinx}{2xcosx}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{cosx}{2cosx+2xsinx}=\dfrac{1}{2}$
do đó, $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (cosx)^{\dfrac{-1}{x^2}}= \sqrt{e}$

Bài toán:
Cho 2 điểm $ A(a,a^2) $ và $B(b,b^2)$ nằm trên parabol $ (P): y= x^2$ thỏa mãn $ AB=3$ và $ a<b<0$.
Xét xem có thể di chuyển A,B trên (P) sao cho độ dài đoạn AB không đổi, còn các hoành độ a,b luôn tăng để trở thành các số dương đc ko?

Ai biết cách chứng minh tiêu chuẩn Cauchy về dãy số hội tụ chỉ cho mình với

Tớ nghĩ là dùng quy nạp với vô hạn số.

Ko biết đi thi hsg ng` ta có cho dùng L'Hospital ko nhỉ?
Tiếp tục nhé
Cho dãy số $ (a_n)$ xác định như sau:
$ \left\{\begin{array}{l}a_0=1\\a_n=sina_{n-1},n \geq 0\end{array}\right. $
và xét dãy số $b_n=n.a^2_n$.Tìm $lim b_n$

Cao thủ! Cao thủ, làm sao mà các hạ nghĩ ra biến đổi $ x= 1:\dfrac{1}{x}$

Tiếp nào:
Tìm $ lim (2010\sqrt[n]{4}-2009)^n$

Hảo hảo!!^^. Ngoài cách giải dùng định lý Stolz của Tuấn còn có thể dùng phép so sánh sau
$ a^{\alpha}_n=a^{\alpha}_{n-1}+a_{n-1}=a_{n-1}(a^{\alpha-1}_{n-1}+1)<a_n(a^{\alpha-1}_{n-1}+1)$
suy ra $ a^{\alpha-1}_n <a^{\alpha-1}_{n-1}+1<...<a^{\alpha-1}_1+n-1$
suy ra $ \dfrac{a^{\alpha-1}}{n^{\alpha-1}}<\dfrac{a^{\alpha-1}_1+n-1}{n^{\alpha-1}}$
mà $lim \dfrac{a^{\alpha-1}_1+n-1}{n^{\alpha-1}} = lim \dfrac{a^{\alpha-1}_1}{n^{\alpha-1}}+lim \dfrac{n-1}{n^{\alpha-1}} = 0$
do đó sử dụng định lý về giới hạn kẹp ($\dfrac{a_n}{n} >0$), ta có $ lim (\dfrac{a_n}{n})^{\alpha-1}=0 \Rightarrow lim \dfrac{a_n}{n}=0$

4) $3-4sin^22x=2cos2x.(1+2sinx)$
$VT= 4cos^22x-1=(2cos2x-1)(2cos2x+1)=(1-4sin^2x)(3-4sin^2x)=(1-2sinx)(1+2sinx)(3-4sin^2x)$
phương trình đã cho tương đương vs
$(1+2sinx)[(1-2sinx)(3-4sin^2x)-2+4sin^2x]=0$
suy ra 1 trường hợp $sinx=-\dfrac{1}{2}$
trong ngoặc, tách ra ta đc $8sin^3x-6sinx+1=0 \Leftrightarrow 1-2sin3x=0 \Leftrightarrow sin3x=\dfrac{1}{2}$

Hoan nghênh 2 thần gió đã xuất hiện. Chém kinh thật!!^^ tranvietcuong còn chơi cả tiếng lóng. Vẫn còn bài 1. Hi vọng sẽ sớm có 1 thần gió nữa xuất hiện.^^