http://diendantoanho...80/#entry444511
Bài này đã được đăng ở đây rồi bạn!

Bài 4. BĐT sai với $x = y = z = \sqrt{3}$

Giải

Đặt $x = \tan{A}; y = \tan{B}, z = \tan{C}$.

Từ giả thiết, ta có: $\tan{C} = z = \dfrac{x + y}{xy - 1} = - \tan{(A + B)} \Rightarrow A + B + C = \pi + k\pi$

Vì $x, y, z > 0$ nên $\tan{A}; \tan{B}; \tan{C} > 0$

Khi đó, ta có:
$\dfrac{x}{\sqrt{1 + x^2}} = \dfrac{\tan{A}}{\sqrt{\tan^2{A} + 1}} = \dfrac{\sin{A}}{\cos{A}}|\cos{A}| = |\sin{A}|$

Vậy: $VT = |\sin{A}| + |\sin{B}| + |\sin{C}| \leq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$

Giải

Đặt $x + y + z = p; xy + yz + zx = q$ và $xyz = r$.

Theo giả thiết: $q = 3 \Rightarrow r \leq \sqrt{\dfrac{q^3}{27}} = 1$

Ta có:
$(x^3 + y^3 + z^3)(x + y + z) \geq (x^2 + y^2 + z^2)^2$

$\Rightarrow (p^3 - 3pq + 3r)p \geq (p^2 - 2q)^2 \Leftrightarrow p^2q + 3pr \geq 4q^2$

$\Leftrightarrow 3p^2 + 3pr - 36 \geq 0 \Leftrightarrow p^2 + pr - 12 \geq 0 \, (1)$

Vì $x, y, z > 0$ nên $p, r > 0$. Vì vậy, từ (1), suy ra: $p \geq \dfrac{\sqrt{r^2 + 48} - r}{2}$

Vậy, ta cần chứng minh: $\dfrac{\sqrt{r^2 + 48} - r}{2} \geq \dfrac{10 - r}{3} \Leftrightarrow 3\sqrt{r^2 + 48} \geq r + 20$

$\Leftrightarrow r^2 - 5r + 4 \geq 0 \Leftrightarrow (r - 1)(r - 4) \geq 0$

BĐT trên đúng với $r \leq 1$. Vậy, ta có điều phải chứng minh.

Giải

ĐK: $x \neq \dfrac{\pi}{2} + k\pi \, (k \in Z)$

Phương trình tương đương:
$2\cos^2{x}\left (\sin{2x} - \cos{2x}\dfrac{\sin{x}}{\cos{x}}\right ) = \sqrt{3}(\cos^2{x} - \sin^2{x})$

$\Leftrightarrow 2\cos{x}(\sin{2x}\cos{x} - \sin{x}\cos{2x}) = \sqrt{3}(\cos^2{x} - \sin^2{x})$

$\Leftrightarrow 2\sin{x}\cos{x} = \sqrt{3}\cos{2x} \Rightarrow \sin{2x} = \sqrt{3}\cos{2x}$

Giải

Ta tính được: $V_{S.ABCD} = \dfrac{abc}{3} $

Do SA $\perp$ (ABCD) nên các tam giác SAD và SAB vuông tại A.

Từ đó, ta tính được:
$\dfrac{SD’}{SD} = \dfrac{SA^2}{SD^2} = \dfrac{c^2}{c^2 + b^2}$

$\dfrac{SB’}{SB} = \dfrac{SA^2}{SB^2} = \dfrac{c^2}{c^2 + a^2}$

Gọi O = AC $\cap$ BD; SO $\cup$ B’D’ = I. Từ đó suy ra: C’ = AI $\cup$ SC

Chú ý rằng, ta chứng minh được:
Gọi AM là trung tuyến của tam giác ABC bất kỳ. Nếu H $\in$ AB và K $\in$ AC sao cho $\dfrac{AH}{AB} = x; \dfrac{AK}{AC} = y$ và I là giao điểm HK với AM thì:
$$\dfrac{AI}{AM}= \dfrac{2xy}{x + y} = \dfrac{2}{\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}}$$
Cái này bạn có thể chứng minh bằng tỉ số diện tích.

Áp dụng vào bài toán, ta có:
Trong tam giác SBD, $\dfrac{SI}{SO} = \dfrac{2}{\dfrac{SD}{SD’} + \dfrac{SB}{SB’}} = \dfrac{2c^2}{a^2 + b^2 + 2c^2}$

Trong tam giác SAC, $\dfrac{SI}{SO} = \dfrac{2}{\dfrac{SC}{SC’} + 1}$

$\Rightarrow \dfrac{SC’}{SC} = \dfrac{1}{2\dfrac{SM}{SI} - 1} = \dfrac{c^2}{a^2 + b^2 + c^2}$

Có các đại lượng này rồi. Chỉ cần lập tỉ số thể tích nữa là được.

Giải

Phương trình hoành độ giao điểm:
$\dfrac{1}{3}x^3 - 2x^2 + 3x - \dfrac{1}{3} = mx - \dfrac{1}{3}$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{3}x^3 - 2x^2 + (3 - m)x = 0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x = 0 \Rightarrow y = \dfrac{-1}{3} \Rightarrow A\left (0; \dfrac{-1}{3}\right )\\x^2 - 6x + 3(3 - m) = 0 \, (1)\end{matrix}\right.$

(d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0. Tức là:
$\left\{\begin{matrix}\Delta’ = 3^2 - 3(3 - m) > 0\\3(3 - m) \neq 0\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}m > 0 \\ m \neq 3\end{matrix}\right.$

Với điều kiện trên, (1) có hai nghiệm phân biệt: $x = 3 \pm \sqrt{3m}$

Từ giả thiết: $S_{\triangle OBC} = 2S_{\triangle OAB} \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}d_{(O; (d))}.BC = 2.\dfrac{1}{2}d_{(O; (d))}.AB \Rightarrow BC = 2AB$

Vì A, B, C thẳng hàng nên có hai trường hợp xảy ra:

+ Nếu A là trung điểm BC thì $x_A = \dfrac{x_B + x_C}{2} \Leftrightarrow 0 = \dfrac{6}{2}$ (Vô lí)
+ Nếu $\overrightarrow{BC} = 2\overrightarrow{BA} \Rightarrow x_C - x_B = 2(x_A - x_B)$

$\Rightarrow x_C = 3x_B \Rightarrow \left[\begin{matrix}3 + \sqrt{3m} = 2(3 - \sqrt{3m})\\3 - \sqrt{3m} = 2(3 + \sqrt{3m})\end{matrix}\right. \Rightarrow m = \dfrac{3}{4}$

Giải

Ta có:
$\dfrac{2a^3}{a^6 + bc} \leq \dfrac{2a^3}{2a^3\sqrt{bc}} = \dfrac{1}{\sqrt{bc}}$

Chứng minh tương tự, ta có: $VT \leq \dfrac{1}{\sqrt{ab}} + \dfrac{1}{\sqrt{bc}} + \dfrac{1}{\sqrt{ca}}$

Khi đó, ta cần chứng minh:                                
$a^2 + b^2 + c^2 \geq abc\left (\dfrac{1}{\sqrt{ab}} + \dfrac{1}{\sqrt{bc}} + \dfrac{1}{\sqrt{ca}} \right )$

$\Leftrightarrow a^2 + b^2 + c^2 \geq \sqrt{abc}(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{x})$

Thật vậy, ta có:
$a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + bc + ca \geq \sqrt{ab.ac} + \sqrt{ab.bc} + \sqrt{bc.ca} = \sqrt{abc}(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})$

Vậy, ta có điều phải chứng minh.

Giải

Ta có:
$S = \cos{3A} + 2\cos{A} + \cos{2B} + \cos{2C}$

$S = \cos{3A} + 2\cos{A} + 2\cos{\left ( B + C\right )}\cos{\left ( B - C\right )}$

$S = \cos{3A} + 2\cos{A}\left [1 - \cos{\left ( B - C\right )} \right ]$ (Vì $A + B + C = 180^o$ nên $\cos{\left (B + C \right )} = -\cos{A}$)

Do tam giác ABC nhọn nên $\cos{A} > 0 \Rightarrow S \geq - 1$.

Vậy: $Min_S = -1$. Dấu "=" xảy ra khi: $\cos{3A} = -1; \cos{\left (B - C\right )} = 1 \Leftrightarrow A = B = C = 60^o$

Giải

Giải

Bài này chỉ cần sử dụng công thức:
$\sin{2x} = 2\sin{x}\cos{x}$ và $\tan{x} = \dfrac{\sin{x}}{\cos{x}}$

với $x = \alpha + \beta$

Giải phương trình

$\sqrt[4]{\frac{(x^{2}+x)^{2}+5\sqrt[3]{x^{8}}}{144}}=\frac{x}{x+1}$

Giải

ĐKXĐ: $x \neq -1$

Điều kiện để phương trình ban đầu có nghiệm: $\frac{x}{x+1} \geq 0 \Leftrightarrow x \geq 0$ hoặc $x < -1$

Phương trình ban đầu tương đương:
$\dfrac{x^2(x + 1)^2 + 5x^2\sqrt[3]{x^2}}{144} = \left ( \dfrac{x}{x + 1} \right )^4$

$\Leftrightarrow x^2 \left ( \dfrac{(x + 1)^2 + 5\sqrt[3]{x^2}}{144} - \dfrac{x^2 }{(x + 1)^4} \right ) = 0 \,(1)$

- Nhận thấy x = 0 là một nghiệm của phương trình đã cho.

- Với $x \neq 0$, (1) tương đương:
$(x +1)^6 - 5(x +1)^4\sqrt[3]{x^2} - 144x^2 = 0$

$\Leftrightarrow \left ( \dfrac{x +1}{\sqrt[3]{x}}\right )^6 + 5\left ( \dfrac{x +1}{\sqrt[3]{x}}\right )^4 - 144 = 0$

Đặt $a = \dfrac{x +1}{\sqrt[3]{x}}$, ta được: $a^6 + 5a^4 - 144 = 0 \Leftrightarrow (a^2 - 4)(a^4 + 9a^2 + 36) = 0 \Leftrightarrow a = \pm 2$
Suy ra: $x + 1 = \pm 2\sqrt[3]{x}$

- Nếu $x + 1 = 2\sqrt[3]{x} \Leftrightarrow (\sqrt[3]{x} - 1)(\sqrt[3]{x^2} + \sqrt[3]{x} - 1) = 0$ 

$\Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = \left (\dfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{2} \right )^3= -2 \pm \sqrt{5}$
 

- Nếu $x + 1 = -2\sqrt[3]{x}$. Từ điều kiện $x < -1$ hoặc $x \geq 0$. Suy ra, trường hợp này không thỏa mãn.

Kết luận: Phương trình có tập nghiệm: $S = \{ 0; 1; -2 \pm \sqrt{5}\}$

• $\sin^4{x}(\sin{x} +1) \geq 0 \Leftrightarrow -\sin^5{x} \leq \sin^4{x}$
• $\cos^4{x}(1 - \cos^2{x}) \geq 0 \Leftrightarrow \cos^6{x} \leq \cos^4{x}$

• $Min_A = -1$. Dấu “=” xảy ra khi: $x = \dfrac{\pi}{2} + k2\pi \, (k \in Z)$
• $Max_A = 1$. Dấu “=” xảy ra khi: $x = k\pi$ hoặc $x = \dfrac{-\pi}{2} + k2\pi \, (k \in Z)$

Giải

Nhận thấy:
$x^2 - 4x + 11 = (x - 2)^2 + 7 \geq 7$

$x^4 - 8x^2 + 21 = (x^2 - 4)^2 + 5 \geq 5$

Vì vậy:

$( x^2 - 4x + 11)(x^4 - 8x^2 + 21) \geq 35$

Do đó, phương trình ban đầu có nghiệm khi $x - 2 = 0$ và $x^2 - 4 = 0$

Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.