Giải

ĐK: $3 + 2x^2y - x^4y^2 \geq 0$

Hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}\sqrt{4 - \left (x^2y - 1 \right )^2} = 2x^4 + y^4 - x^2\\1 + \sqrt{1 + (x - y)^2} = - x^6 + 2x^3y^2 + 2x^4 - x^2\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\sqrt{4 - \left (x^2y - 1 \right )^2} = 2x^4 + y^4 - x^2\\1 + \sqrt{1 + (x - y)^2} = - (x^3 - y^2)^2 + 2x^4 - x^2 + y^4\end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 1 + \sqrt{1 + (x - y)^2} = - (x^3 - y^2)^2 + \sqrt{4 - \left (x^2y - 1 \right )^2}$

Nhận thấy: $VT \geq 2 \geq VF$. Vậy, phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:
$\left\{\begin{matrix}x = y\\x^3 = y^2\\x^2y = 1\end{matrix}\right.  \Rightarrow x = y = 1$

 

 

Giải

Nhận thấy x = 0 khiến cho hệ vô nghiệm

Với $x \neq 0$, hệ tương đương:
$\left\{\begin{matrix}\dfrac{y}{x^2} + \dfrac{y^2}{x} = 6\\\dfrac{1}{x^2} + y^2 = 5\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\dfrac{y}{x}\left ( \dfrac{1}{x} + y\right ) = 6\\\dfrac{1}{x^2} + y^2 = 5\end{matrix}\right.$

Đặt $y + \dfrac{1}{x} = S, \dfrac{y}{x} = P \,\,\, (S^2 \geq 4P)$, khi đó:
$\left\{\begin{matrix}SP = 6\\S^2 - 2P = 5\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}S^3 - 5S - 12 = 0\\P = \dfrac{S^2 - 5}{2}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}S = 3\\P = 2\end{matrix}\right.$

 

Khi đó: $\dfrac{1}{x}$ và $y$ là nghiệm của phương trình: $X^2 - 3X + 2 = 0$. Từ đó suy ra các nghiệm!

 

 

Giải

ĐK: $x \neq \dfrac{-\pi}{4} + k\pi$ và $x \neq \dfrac{\pi}{2} + k\pi \, (k \in Z)$

Phương trình tương đương:
$\tan^2{x} = \dfrac{2\cos{x} + 1 + (\sin{x} - \cos{x})(1 - \sin{x})}{(1 - \sin{x})(\sin{x} + \cos{x})}$

$\Leftrightarrow \tan^2{x} = \dfrac{\cos{x} + \sin{x} + \cos^2{x} + \sin{x}\cos{x}}{(1 - \sin{x})(\sin{x} + \cos{x})}$

$\Leftrightarrow \dfrac{1 - \cos^2{x}}{1 - \sin^2{x}}= \dfrac{1 + \cos{x}}{1 - \sin{x}}$

 

$\Leftrightarrow \dfrac{(1 + \cos{x})(\sin{x} + \cos{x})}{\cos^2{x}} = 0$

$\Leftrightarrow \cos{x} = -1 \Leftrightarrow x = \pi + k2\pi \, (k \in Z)$

 

 

Giải

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

Ta có:
$VT = (\sin^4{x} + \cos^4{x})\left ( 1 + \dfrac{1}{\sin^4{x}\cos^4{x}}\right )$

$\geq \dfrac{(\sin^2{x} + \cos^2{x})^2}{2}.\left [ 1 + \dfrac{1}{\left ( \dfrac{(\sin^2{x} + \cos^2{x})^2}{4}\right )^2}\right ] = \dfrac{17}{2}$

 

Mặt khác: $VF = 8 + \dfrac{\sin{y}}{2} \leq \dfrac{17}{2}$

Vậy, phương trình có nghiệm khi:
$\left\{\begin{matrix}\sin^2{x} = \cos^2{x} = \dfrac{1}{2}\\\sin{y} = 1\end{matrix}\right.$

Bạn tự giải nhé

 

 

Giải

Vì x = 0 không thỏa mãn giả thiết nên với $x \neq 0$, đưa về dạng:

$x^2 + \dfrac{1}{x^2} + a\left (x + \dfrac{1}{x}\right ) + b = 0$

Đặt $t = x + \dfrac{1}{x} \, (|t| \geq 2)$, ta được: $t^2 + at + b - 2 = 0$

Vì tồn tại x nên tồn tại ít nhất một giá trị t ($|t| \geq 2$) thỏa mãn phương trình trên.

Khi đó, theo Viét, ta có: $\left\{\begin{matrix}t_1 + t_2 = -a\\t_1.t_2 = b - 2\end{matrix}\right.$

Nếu $|a| \geq 2$ thì dễ thấy: $a^2 + b^2 \geq a^2 \geq 4 > \dfrac{4}{5}$

Vậy, ta xét: $|a| < 2 \Leftrightarrow -2 < a < 2$

- Giả sử, ta có: $t_1 \geq 2 \Rightarrow t_2 \leq - a - 2 \leq 0 \Rightarrow t_1t_2 \leq -2(a + 2)$
$\Rightarrow b - 2 \leq -2(a + 2) \Leftrightarrow b + 2a \leq -2$

Khi đó, theo BĐT C-S, ta có: $b^2 + a^2 \geq \dfrac{(b + 2a)^2}{5} \geq \dfrac{4}{5}$

 

- Tương tự, nếu: $t_1 \leq – 2 \Rightarrow t_2 \geq -a + 2 \geq 0 \Rightarrow t_1t_2 \leq -2(2 - a)$
$\Rightarrow b - 2 \leq -2(2 - a) \Leftrightarrow b - 2a \leq -2$

Khi đó, theo BĐT C-S, ta có: $b^2 + a^2 \geq \dfrac{(b - 2a)^2}{5} \geq \dfrac{4}{5}$

 

Kết luận: $a^2 + b^2 \geq \dfrac{4}{5}$

 

 

Giải

Chú ý: $\sin{x} +\cos{3x} = (\sin{2x} + \cos{2x})(\cos{x} - \sin{x})$

Phương trình ban đầu tương đương:
$(1 + \cos{4x}) + \sin{4x} =  2(\sin{2x} + \cos{2x})(\cos{x} - \sin{x})$

$\Leftrightarrow (\cos{2x} + \sin{2x})\cos{2x} = (\sin{2x} + \cos{2x})(\cos{x} - \sin{x})$

$\Leftrightarrow (\sin{2x} + \cos{2x})(\cos{2x} - \cos{x} + \sin{x}) = 0$

$\Leftrightarrow (\sin{2x} + \cos{2x})(\cos{x} - \sin{x})(\cos{x} + \sin{x} - 1) = 0$

Phần còn lại bạn tự làm nhé.

 

 

Giải

Từ phương trình thứ nhất của hệ, ta có:
$x(x^{10} + y^{10}) = y^{12} + y^{22} \Rightarrow x \geq 0$

Phương trình này tương đương:
$(x^{11} - y^{22}) + (xy^{10} - y^{12}) = 0$
$\Leftrightarrow (x - y^2)\left ( x^{10} + x^9y^2 + … xy^{18}+ y^{20} + y^{10}\right ) = 0$
$\Leftrightarrow x = y^2 $

Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:
$$7x^2 + 13x + 8 = 2x^2\sqrt[3]{x(3x^2 + 3x - 1)}$$

Nhận thấy: x = 0 không phải là nghiệm của phương trình trên

Với $x > 0$, chia 2 vế của phương tình cho $x^3$, ta được:
$\dfrac{7}{x} + \dfrac{13}{x^2} + \dfrac{8}{x^3} = 2\sqrt{3 + \dfrac{3}{x} - \dfrac{1}{x^2}}$

Đặt $t = \dfrac{1}{x} > 0$, ta được:
$8t^3 + 13t^2 + 7t = 2\sqrt[3]{-t^2 + 3t + 3}$
$\Leftrightarrow (2t + 1)^3 + 2(2t + 1) = -t^2 + 3t + 3 + 2\sqrt[3]{-t^2 + 3t + 3}$

 

Xét hàm số để suy ra phương trình trên tương đương:

$2t + 1 = \sqrt[3]{-t^2 + 3t + 3} \Leftrightarrow 8t^3 + 13t^2 + 3t - 2 = 0$

$\Leftrightarrow (t + 1)(8t^2 + 5t - 2) = 0$

Bạn tự giải tiếp nhé.

 

 

Giải

Đặt $x = \tan{\dfrac{A}{2}}, y = \tan{\dfrac{B}{2}}, z = \tan{\dfrac{C}{2}}$.

Theo giả thiết suy ra: $x, y, z > 0$.

Chú ý đẳng thức: $xy + yz + zx = \tan{\dfrac{A}{2}}\tan{\dfrac{B}{2}} + \tan{\dfrac{B}{2}}\tan{\dfrac{C}{2}} + \tan{\dfrac{C}{2}}\tan{\dfrac{A}{2}} = 1$

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
$\dfrac{1 - x^2}{2x} + \dfrac{1 - x^2}{2x} + \dfrac{1 - x^2}{2x}\geq x + y + z$

$\Leftrightarrow \dfrac{ xy + yz + zx - x^2}{2x} + \dfrac{ xy + yz + zx - y^2}{2y} + \dfrac{ xy + yz + zx - z^2}{2z}\geq x + y + z $
$\Leftrightarrow \dfrac{yz}{x} + \dfrac{xz}{y} + \dfrac{xy}{z} \geq x + y + z$

Bất đẳng thức trên dễ dàng chứng minh được bằng cách nhóm: $\dfrac{yz}{x} + \dfrac{xz}{y} \geq 2z$..

 

 

Cho tam giác ABC thỏa $(b^{2}+c^{2})sin(C-B)= (c^{2}-b^{2})sin(B+C)$. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông hoăc cân.

Giải

Đẳng thức tương đương:
$b^2 \left[ \sin{(B + C)} + \sin{(B - C)} \right] = c^2\left[ \sin{(B + C)} - \sin{(B - C)}\right]$

 

$\Leftrightarrow 2b^2\sin{C}\cos{B} = 2c^2\cos{C}\sin{B} \, \bigstar$

Với $b = 2R.\sin{B}; \, c = 2R.\sin{C}$ (Định lý hàm số sin), ta được:

$\bigstar \Leftrightarrow 8R^2\sin^2{B}\cos{B}\sin{C} = 8R^2\sin^2{C}\cos{C}\sin{B}$

$\Leftrightarrow \sin{B}\cos{B} = \sin{C}\cos{C} \,\, (0^o < B, C < 180^o \Rightarrow \sin{B}, \sin{C} \neq 0))$

$\Leftrightarrow \sin{2B} = \sin{2C}$

 

Vì không thể viết dấu "hoặc" nên mình sẽ viết theo kiểu liệt kê.

 

- Nếu $2B = 2C \Leftrightarrow B = C$ thì tam giác ABC cân tại A.

 

- Nếu $2B = \pi - 2C \Leftrightarrow B + C = \dfrac{\pi}{2} \Rightarrow A = \dfrac{\pi}{2}$

$\Rightarrow \triangle$ ABC vuông tại A. 

 

Vậy, ta ó điều phải chứng minh

Giải hệ phương trình:
$\left\{\begin{array}{l}8x^3+12x^2-2=y^3-3y \,\, (1)\\4x^2+4x+y^4=0 \,\, (2)\end{array}\right.$

Giải

Phương trình (1) tương đương:
$(2x)^3 + 3.(2x)^2 - 2 = y^3 - 3y$

$\Leftrightarrow (2x + 1)^3 - 6x - 3 = y^3 - 3y$

$\Leftrightarrow (2x + 1)^3 - 3(2x + 1) = y^3 - 3y$

$\Leftrightarrow (2x + 1 - y)[(2x + 1)^2 + y(2x + 1) + y^2 - 3] = 0$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} y = 2x + 1 \,\, (1')\\4x^2 + 4x + 2xy + y + y^2 - 2 = 0 \,\, (2')\end{array}\right.$

- Ta có:
$(1') \Rightarrow y^2 = 4x^2 + 4x + 1 \Leftrightarrow 4x^2 + 4x = y^2 - 1$
Kết hợp với (2), ta có hệ:
$\left\{\begin{array}{l}y = 2x + 1\\y^4 + y^2 - 1 = 0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = \dfrac{y - 1}{2} = \dfrac{\pm \sqrt{\dfrac{\sqrt{5} - 1}{2}} - 1}{2}\\y = \pm \sqrt{\dfrac{\sqrt{5} - 1}{2}}\end{array}\right.$

Hệ có nghiệm:
$(x; y) = (\dfrac{\sqrt{\dfrac{\sqrt{5} - 1}{2}} - 1}{2}; \sqrt{\dfrac{\sqrt{5} - 1}{2}}); (\dfrac{- \sqrt{\dfrac{\sqrt{5} - 1}{2}} - 1}{2}; - \sqrt{\dfrac{\sqrt{5} - 1}{2}})$

- Từ (2), suy ra:
$(2x + 1)^2 + y^4 = 1 \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}-1 \leq 2x + 1 \leq 1\\-1 \leq y \leq 1\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}-1 \leq x \leq 0\\-1 \leq y \leq 1\end{array}\right.$

Kết hợp (2) và (2'), ta có:
$y^4 - y^2 - 2xy - y + 2 = 0 \,\, (3)$

$\Leftrightarrow x = \dfrac{y^4 - y^2 - y + 2}{2y} \,\, (y \neq 0)$

Ta thấy: $y^4 - y^2 - y + 2 = (y^2 - 1)^2 + (y - \dfrac{1}{2})^2 + \dfrac{3}{4} > 0$.
Mặt khác: $x \leq 0 \Rightarrow y < 0 $
Hơn nữa: $x \geq -1 \Leftrightarrow \dfrac{y^4 - y^2 - y + 2}{2y} \geq - 1$

$\Leftrightarrow y^4 - y^2 + y + 2 \leq 0 \Leftrightarrow (y^2 - 1)^2 + (y + \dfrac{1}{2})^2 + \dfrac{3}{4} \leq 0$

Điều nói trên vô lý, do đó (3) vô nghiệm.
Kết luận:
$(x; y) = (\dfrac{\sqrt{\dfrac{\sqrt{5} - 1}{2}} - 1}{2}; \sqrt{\dfrac{\sqrt{5} - 1}{2}}); ( \dfrac{-\sqrt{\dfrac{\sqrt{5} - 1}{2}} - 1}{2}; - \sqrt{\dfrac{\sqrt{5} - 1}{2}})$

Ta có: Phương trình $x^2 + x + 4m = 0$ có nghiệm khi và chỉ khi:
$$\Delta = 1 - 16m \geq 0 \Leftrightarrow m \leq \dfrac{1}{16}$$

Điều này đồng nghĩa với nhận định:

1 trong 3 số $a^3 + a^2bc; b^3 + b^2ca; c^3 + c^2ab \leq \dfrac{1}{16}$

Ta thấy:

$(a^3 + a^2bc)(b^3 + b^2ca)(c^3 + c^2ab)$

$= a^2b^2c^2(a + bc)(b + ca)(c + ab) \leq (\dfrac{(a + b + c)^3}{27})^2.\dfrac{(a + b + c + ab + bc + ac)^3}{27}$

$= \dfrac{1}{27^2}.\dfrac{(1 + ab + ac + bc)^3}{27} \leq \dfrac{(1 + \dfrac{(a + b + c)^2}{3})^3}{27^3}$

$= \dfrac{4^3}{27^4} = \dfrac{4^3}{3^{12}} < \dfrac{1}{16^3}$

Do đó, có ít nhất 1 trong 3 số $a^3 + a^2bc; b^3 + b^2ca; c^3 + c^2ab < \dfrac{1}{16}$

$\Rightarrow m < \dfrac{1}{16}$

Suy ra điều phải chứng minh.

Do ABC là tam giác nhọn, do đó, ta luôn có:
$\cos{A}, \cos{B}, \cos{C} > 0$

Theo đề bài, ta có:
$\dfrac{1}{3}(\cos{3A} + \cos{3B}) - \dfrac{1}{2}( \cos{2A}+ \cos{2B}) + \cos{A} + \cos{B}= \dfrac{5}{6}$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{3}(4\cos^3{A} - 3\cos{A} + 4 \cos^3{B} - 3\cos{B}) - \dfrac{1}{2}(2\cos^2{A} + 2\cos^2{B}) + \cos{A} + \cos{B} = \dfrac{5}{6}$

$\Leftrightarrow \dfrac{4}{3}(\cos^3{A} + \cos^3{B}) - (\cos^2{A} + \cos^2{B}) = \dfrac{- 1}{6}$

$\Leftrightarrow 8(\cos^3{A} + \cos^3{B}) + 1 = 6(\cos^2{A}+ \cos^2{B})$

Do $\cos{A}; \cos{B} > 0$, áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
$4\cos^3{A} + 4\cos^3{A}+ \dfrac{1}{2} \geq 3\sqrt{8\cos^6{A}} = 6\cos^2{A}$

Tương tự:
$4\cos^3{B} + 4\cos^3{B} + \dfrac{1}{2} \geq 6\cos^2{B}$

Cộng vế theo vế 2 BĐT nói trên, ta có:
$VT = 8(\cos^3{A} + \cos^3{B}) + 1 \geq 6(\cos^2{A} + \cos^2{B}) = VF$

Dấu đẳng thức xảy ra khi:
$4\cos^3{A} = \dfrac{1}{2} = 4\cos^3{B}$

$\Rightarrow \cos{A} = \cos{B} = \dfrac{1}{2}$
Khi đó, hai góc A, B có số đo là 60 độ. Suy ra, tam giác ABC đều.

Giải

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}(x - y)[3(x + y) - 1] = 0\\3x^2 + y = m\end{matrix}\right.$

 

Giải

- Do $M \in Oy \Rightarrow M(0; y_M)$

Phương trình qua M có dạng: $(d): y = kx + y_M$

Gọi $x_0$ là hoành độ tiếp điểm. (d) là tiếp tuyến của (C) khi:
$\left\{\begin{matrix}k = \dfrac{-2}{(x_0 - 1)^2}\\\dfrac{x_0 + 1}{x_0 - 1} = kx_0 + y_M\end{matrix}\right.$

 

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}k = \dfrac{-2}{(x_0 - 1)^2}\\\dfrac{x_0 + 1}{x_0 - 1} = \dfrac{-2x_0}{(x_0 - 1)^2} + y_M\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}k = \dfrac{-2}{(x_0 - 1)^2}\\(y_M - 1)x_0^2 - 2x_0(y_M + 1) + y_M + 1 = 0 \, (2)\end{matrix}\right.$

 

Để có duy nhất 1 tiếp tuyến của (C) qua M thì (2) có duy nhất 1 nghiệm. Biện luận phương trình bậc 2 (Chú ý trường hợp a = 0) để tìm ra đáp án.

 

 

Giải

Phương trình thứ hai của hệ tương đương:
$(2x^3 - 2xy) - (x^2y - y^2) + x^2 - y = 0$

$\Leftrightarrow 2x(x^2 - y) - y(x^2 - y) + x^2 - y = 0$

$\Leftrightarrow (x^2 - y)(2x - y + 1) = 0$

 

Kết hợp với phương trình thứ nhất để suy ra kết quả!
Bạn làm tiếp nhé

Giải

Phương trình ban đầu tương đương:
$\dfrac{1}{2}(\cos{6x} + \cos{4x}) = \dfrac{1}{2}(\cos{6x} + \cos{2x}) + 3\cos^2{x} + 1$

$\Leftrightarrow \cos{4x} = \cos{2x} + 6\cos^2{x} + 2$

 

$\Leftrightarrow 2\cos^2{2x} - 1 = \cos{2x} + 3(\cos{2x} + 1) + 2$

$\Leftrightarrow \cos^2{2x} - 2\cos{2x} - 3 = 0$

$\Leftrightarrow (\cos{2x} + 1)(\cos{2x} - 3) = 0$

Do $\cos{2x} \leq 1 \Rightarrow \cos{2x} - 3 < 0$

Vậy: $\cos{2x} = -1 \Leftrightarrow 2x = \pi + k2\pi \Leftrightarrow x = \dfrac{-\pi}{2} + k\pi \, (k \in Z)$

Bài 1 : Số M được chia thành 3 số tỉ lệ 2/5:3/4:1/6 . Biết tổng các bình phương của 3 số đó là 24309. Tìm số M?

Giải

Gọi 3 số đó lần lượt là a, b, c (a, b, c cùng dấu).
Dễ thấy:

$a^2 + b^2 + c^2 = 24309$

Theo bài ra ta có:
$\dfrac{a}{\dfrac{2}{5}} = \dfrac{b}{\dfrac{3}{4}} = \dfrac{c}{\dfrac{1}{6}}$

$\Leftrightarrow \dfrac{a^2}{\dfrac{4}{25}} = \dfrac{b^2}{\dfrac{9}{16}} = \dfrac{c^2}{\dfrac{1}{36}} = \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{\dfrac{4}{25} + \dfrac{9}{16} + \dfrac{1}{36}} = 32400$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\dfrac{a^2}{\dfrac{4}{25}} = 32400\\\dfrac{b^2}{\dfrac{9}{16}} = 32400\\ \dfrac{c^2}{\dfrac{1}{36}} = 32400\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a^2 = 5184\\b^2 = 18225\\c^2 = 900\end{array}\right.$

Đến đây tùy theo từng khối lớp sẽ có cách giải riêng.
Nếu là lớp 7 thì nhận các giá trị (a; b; c) = (72; 135; 30). Khi đó: M = 237
Nếu là lớp 9 thì nhận các giá trị (a; b; c) = (72; 135; 30) = (-72; -135; -30). Khi đó M = 237 hoặc M = -237