Cho $y=x^3-4x+1(C )$.Chứng minh (C) cắt $Ox$ tại 3 điểm phân biệt có tọa độ $x_1,x_2,x_3$.Tính :

$A=\frac{1}{3-x_1}+\frac{1}{3-x_2}+\frac{1}{3-x_3}$

 

1. $\left\{\begin{matrix}

x^5+xy^4=y^10+y^6 \\ 

\sqrt{4x+5}+\sqrt{y^2+8}=6x

\end{matrix}\right.$

 

 

Gợi ý thôi nhé.

$$\begin{cases} x^5+xy^4=y^{10}+y^6(1)  \\  \sqrt{4x+5}+\sqrt{y^2+8}=6x (2)\end{cases}$$

Xét $y=0$ thì $2\sqrt{2}+\sqrt{4x+5}=6x$...

Xét $y\neq 0$ chia cả 2 vế của phương trình (1) cho $y^5$ ta được:

$(\frac{x}{y})^5 +\frac{x}{y}=y^5 +y$

Xét hàm số $f(t)=t^5 +t$

$f'(t)= 5t^4 +1 >0$

$\Rightarrow \frac{x}{y}=y$

$\Leftrightarrow x=y^2$thay vào (2) giải tiếp nhé!

em lấy bài thứ 2 nha thầy!!!

không biết số phận mềnh sẽ đi vào đâu đây..!!

$\to f"(x)=7^{x-1}(ln7)^2+\frac{216}{(6x-5)^2.ln7}>0,\vee x>\frac{5}{6}$

Suy ra phương trình đã cho có tối đa 2 nghiệm, mà $f(1)=f(2)=0\Leftrightarrow x=1\vee x=2(TMDK)$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: $ x=1\vee x=2$

 

Nhận xét: Em làm bài chưa cẩn thận, cách dùng kí hiệu còn tùy tiện. Em cũng đã gần 300 bài viết rồi, chắc là không phải do không biết gõ Latex rồi.

 

Mặt khác, em đã sử dụng hệ quả của định lý Rolle mà không chứng minh nó.

 

Nếu hàm số $y=f(x)$ liên tục, khả vi đến cấp 2 trong $(a;b)$ và $f''(x) > 0, \forall x \in (a;b)$ hoặc $f''(x) < 0, \forall x \in (a;b)$ thì phương trình $f(x)=0$ có nhiều nhất hai nghiệm trong $(a;b)$

 

Điểm bài: 7

S = 25 + 7*3 = 46

câu 3:

hướng dẫn: từ pt(1) y=f(x) thày vào pt(2) là ra!!

câu 6: từ giả thiết tìm đk của xy

áp dụng bất đẳng thức $\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\leq \frac{2}{1+ab}$ với $ab \leq 1$

khảo sát theo xy là ra

Đề của BTC

Cho tam giác $ ABC $ có phươnng trình các đường thẳng là:

$$ (AB): x - y + 2 = 0; (AC): 2x + y + 1 = 0; (BC): 4x - y -7 = 0 $$

Lập phương trình đường thẳng $ (d) $ đi qua điểm $ M \left ( \frac{3}{2} ; 6  \right ) $ và chia tam giác $ ABC $ thành hai phần có diện tích bằng nhau.

Bài giải:

[[-]] $ (AB): x - y + 2 = 0; (AC): 2x + y + 1 = 0; (BC): 4x - y -7 = 0 \to A(-1;1),$ $ B(3;5),$ $ C(1;-3) $ và diện tích $S_{ABC}=12(đvdt)$

[[-]] Xét 2 trường hợp:

[+] Đường thẳng $2x-3=0$ cắt $AB$ tai $P(\frac{3}{2};\frac{7}{2})$ và $BC$ tại $Q(\frac{3}{2};-1)$

$\to S_{PQB}=\frac{27}{4}\neq \frac{1}{2}S_{ABC}$

[+] Đường thẳng $y=k(x-\frac{3}{2})-6$ cắt $AB, BC, CA$ lần lượt tại $M(\frac{\frac{3}{2}k+8}{k-1};\frac{\frac{7}{2}k+6}{k-1}),N(\frac{\frac{3}{2}k-1}{k-4};\frac{24-k}{k-4}), H(\frac{\frac{3}{2}k+5}{k+2};\frac{-4k-12}{k+2})$

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì $M$ thuộc đoạn $AB$ $\to -1< \frac{\frac{3}{2}k+8}{k-1}< 3$ và $1< \frac{\frac{7}{2}k+6}{k-1}< 5$

Giả sử $N$ thuộc đoạn $BC$ thì để thỏa mãn yêu cầu bài ta cần có: $S_{MBN}=\frac{1}{2}S_{ABC}\Leftrightarrow \frac{1}{2}.3.\sqrt{k^2+1}.|\frac{\frac{9}{2}k-33}{(k-1)(k-4)}|=6$(chịu)

 

Điểm bài: 3 điểm

quái, điểm tính từ người làm đúng mà!! sao làm sai cũng được 25;23 nhỉ??

Cho hàm số $y=x^{4}-4mx^{2}+3m-1$. Gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác tạo bởi 3 điểm cực trị của hàm số. Tìm $m$ để $r$ trị nhỏ nhất? lớn nhất?

 

Đề của BTC

Giải:

Ta có: $y'=4x(x^2-2m)$,$y'=0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=0\\x^2=2m\end{matrix}\right.$

Để hàm số có 3 điểm cự trị khi và chỉ khi $y'=0$ có 3 nghiệm phân biệt hay $m>0$

Gọi 3 điểm cự trị là: $A(\sqrt{2m};-4m^2+3m-1),B(0;3m-1),C(-\sqrt{2m};-4m^2+3m-1)$

$\to AB=CB=\sqrt{16m^4+2m},AC=2\sqrt{2m},d(B,AC)=4m^2,p=\frac{AB+BC+CA}{2} $

Ta có: $r=\frac{S_{ABC}}{p}=\frac{\frac{1}{2}.d(B,AC).AC}{\frac{AB+BC+CA}{2}}=\frac{4m^2.2\sqrt{2m}}{2\sqrt{16m^4+2m}+2\sqrt{2m}}=\frac{4m^2}{\sqrt{8m^3+1}+1}$

Xét hàm: $f(m)=\frac{4m^2}{\sqrt{8m^3+1}+1}$, với $m>0$

$\to f'(m)=\frac{8m(2m^3+\sqrt{8m^3+1}+1)}{\sqrt{8m^3+1}(\sqrt{8m^3+1}+1)^2}>0,\vee m>0$

Vậy $f(m)$ không có cực trị hay không tồn tại  $m$ để $r$ đạt giá trị nhỏ nhất hay lớn nhất

P/s: Làm bừa+bậy..!!

 

Điểm bài: 10

S = 7 + 10*3 =37

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả $a+b+c=3$, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 

$$\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c}{a+b+c^{2}}}+\sqrt{\frac{b^{2}+c^{2}+a}{b+c+a^{2}}}+\sqrt{\frac{c^{2}+a^{2}+b}{c+a+b^{2}}}$$

Đề của hoangtrong2305
 

Lời giải:
Kí hiệu: $\sum a=a+b+c=3$
Áp dụng BĐT bunhiacopxki, ta có: $\sum a^2\geq \frac{1}{3}(\sum a)^2$
Bài toán(Áp dụng BĐT cauchy):
$\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c}{a+b+c^{2}}}+\sqrt{\frac{b^{2}+c^{2}+a}{b+c+a^{2}}}+\sqrt{\frac{c^{2}+a^{2}+b}{c+a+b^{2}}}=\sum \sqrt{\frac{a^2+b^2+c}{a+b+c^2}}=\sum \frac{a^2+b^2+c}{\sqrt{(a^2+b^2+c)(a+b+c^2)}}\geq \sum \frac{a^2+b^2+c}{\frac{a^2+b^2+c+a+b+c^2}{2}}=2\frac{2\sum (a^2+a)-\sum a}{\sum (a^2+a)}=4-\frac{2\sum a}{\sum (a^2+a)}\geq 4-\frac{2\sum a}{\frac{1}{3}(\sum a)^2+\sum a}=3$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
P/s: Làm bừa..!!!

 

ĐIỂM: 10

 

S = 18 + 3*10 = 48

Đề của BTC
Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$, có cạnh đáy bằng $a$. Góc giữa hai mặt bên kề nhau bằng $\alpha$. Hãy tính thể tích khối chóp theo $a$ và $\alpha$

BÀI GIẢI:

Cách 1:
Dựng hệ trục $Oxyz$ trong đó $O=AC\cap BD, A(\frac{a}{\sqrt{2}};0;0),B(0;\frac{a}{\sqrt{2}};0),C(\frac{-a}{\sqrt{2}};0;0),D(0;\frac{-a}{\sqrt{2}};0),S(0;0;h)$ ,$h>0$
$ \to V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{a^2h}{3}$
$\underset{SB}{\rightarrow} = (0;\frac{a}{\sqrt{2}};-h),\underset{SA}{\rightarrow} = (\frac{a}{\sqrt{2}};0;-h),\underset{SC}{\rightarrow} = (\frac{-a}{\sqrt{2}};0;-h)$
Vecto pháp tuyến của $(SAB),(SBC)$ lần lượt là $\underset{n_{1}}{\rightarrow}=[\underset{SA}{\rightarrow},\underset{SB}{\rightarrow} ]=\frac{a}{\sqrt{2}}(h;h;\frac{a}{\sqrt{2}}),\underset{n_{2}}{\rightarrow}=[\underset{SB}{\rightarrow},\underset{SC}{\rightarrow} ]=\frac{a}{\sqrt{2}}(-h;h;\frac{a}{\sqrt{2}}).$
Ta có: $cos\alpha =cos((SABC),(SBC))=\frac{|\underset{n_{1}}{\rightarrow}.\underset{n_{2}}{\rightarrow}|}{|\underset{n_{1}}{\rightarrow}|.|\underset{n_{2}}{\rightarrow}|}=\frac{a^2}{4h^2+a^2}\to h=\frac{a}{2}\sqrt{\frac{1}{cos\alpha }-1}$
$\to V_{S.ABCD}=\frac{a^3.sin\frac{\alpha }{2}}{3\sqrt{2cos\alpha }}$
Cách 2:

Gọi M là hình chiếu của A lên SB. Vì $S.ABCD$ đều nên M cũng là hình chiếu của C lên SB và $MA=MC$.
$\to ((SAB),(SBC))=AMC=180-\alpha$
$\left\{\begin{matrix}AM\perp SB\\CM\perp SB\end{matrix}\right.\to OM\perp SB$
Vì O là trung điểm cạnh AC nên góc$OMC=\frac{180-\alpha }{2}$$\to OM=OC.tan\frac{\alpha }{2}=\frac{a.tan\frac{\alpha }{2}}{\sqrt{2}}$
Xét tam giác vuông tại O có đường cao OM:$\frac{1}{OM^2}=\frac{1}{OS^2}+\frac{1}{OB^2}\to SO=\frac{OM.OB}{\sqrt{OB^2-OM^2}}=\frac{a.sin\frac{\alpha }{2}}{3\sqrt{2cos\alpha }}$
$\to V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{a^3sin\frac{\alpha }{2}}{3\sqrt{2cos\alpha }}$
P/s: em lấy bài này ah!!

 

 

Điểm bài: 10

Điểm thưởng: 8 (cách làm thứ 2 thiếu chứng minh $\widehat{AMC}=180-\alpha$

 

S = 25 + 3*10+8 = 63

ĐỀ BÀI:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy ABCD là nửa lục giác đều và $AB=BC=CD=a$. Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ cùng vuông góc với mặt phẳng đáy $(ABCD)$. Tính theo $a$ thể tích khối chóp $S.ABCD$, biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SD$ bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
BÀI GIẢI:
Gọi $H=AC\cap BD$ . Vì $\left\{\begin{matrix}(SAC)\perp (ABCD)\\(SBD)\perp (ABCD)\end{matrix}\right.\Rightarrow SH\perp (ABCD)$
Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên SD.
Do ABCD là nửa lục giác đều nên $AB\perp BD$. Két hợp với $AB\perp SH \to AB\perp(SBD)\to AB\perp BK \to BK$ là đoạn vuông góc chung của AB và SD. $\to BK=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Do $BC//AC \to \frac{HB}{HD}=\frac{BC}{AD}=\frac{1}{2}\to HB=\frac{2}{3}BD=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$.
Mặt khác: $2S_{SBD}=SH.BD=BK.SD\to SH.a\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\sqrt{SH^2+HB^2}\to SH=\frac{2a}{3}$
Hơn nữa: $S_{ABCD}=S_{ABD}+S_{BCD}=\frac{1}{2}AB.BD+\frac{1}{2}BC.CD.sin120^0=\frac{3\sqrt{3}a^2}{4}$
$\to V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$

P/s: Hi vọng không quá muộn.

Tìm $a$ để phương trình sau có nghiệm
$$\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}=a$$
Đề của Primary

P/s: Sao khi tối lên không có đề, bây giờ lại có mà thời gian ra đề lại thấy 20h09 nhỉ??
Lời giải:
Ta thấy pt có chu khi là $T=2\pi$ nên ta xét trong khoảng $x\epsilon [-\pi;\pi]$
ĐK:$\left\{\begin{matrix}1+2cosx\geq0 \\ 1+2sinx\geq0\\a\geq0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\frac{\pi}{6}\leq x\leq\frac{\pi}{3}\\a\geq0\end{matrix}\right.$
Ta có: $a^2=2+2(cosx+sinx)+2\sqrt{1+2(cosx+sinx)+4sinx.cosx}$
Đặt $t=sinx+cosx$$\to 2sinxcosx=t^2-1$
$\to a^2=2+2t+2\sqrt{1+2t+2(t^2-1)}=2+2t+2\sqrt{2t^2+2t-1}=f(t)$
Ta có: $\frac{\pi}{6}\leq x\leq \frac{\pi}{3}\to \frac{1+\sqrt{3}}{2}\leq t\leq \sqrt{2}$
Ta có:$f'(t)=2+\frac{4t+2}{\sqrt{2t^2+2t-1}}>0$, với mọi $ \frac{1+\sqrt{3}}{2}\leq t\leq \sqrt{2}$
Nên: $f(\frac{1+\sqrt{3}}{2})\leq f(t)\leq f(\sqrt{2})\Leftrightarrow 3+\sqrt{3}+2\sqrt{2+2\sqrt{3}}\leq a^2\leq 4+4\sqrt{2}$
$\Leftrightarrow \sqrt{3+\sqrt{3}+2\sqrt{2+2\sqrt{3}}}\leq a\leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$ (*)
Vậy $a$ thỏa mãn với (*) thì phương trình đã cho có nghiệm...xong


Điều kiện (chỗ tô màu) sai nên hạn chế điều kiện của ẩn phụ và cuối cùng dẫn đến sai kết quả!
ĐIỂM: 0

Giải phương trình:
$x^2+4x+5-\frac{3}{x^2+x+1}=(x-1)(1-\frac{2\sqrt{1-x}}{\sqrt{x^2+x+1}})$
Giải:
ĐK :$x \leq 1$
Pt $\Leftrightarrow (x+2)^2 +\frac{x^2-2x+1}{x^2+x+1}=(x-1)(1-\frac{2\sqrt{1-x}}{\sqrt{x^2+x+1}})$
Hay
$(x+2)^2=(1-x)(\frac{2\sqrt{1-x}}{\sqrt{x^2+x+1}}-\frac{(1-x)^2}{x^2+x+1}$
Đặt $y=\sqrt{1-x},z=\sqrt{x^2+x+1}(y,z \geq 0)$,phương trình trở thành:
$(x+2)^2=y^2(\frac{2y}{z}-1)-\frac{y^4}{z^2}$.
Ta có $VT \geq 0$
$\Rightarrow VP=y^2(\frac{2y}{z}-1)-\frac{y^4}{z^2}=y^2(-\frac{y^2}{z^2}+\frac{2y}{z}-1)=-y^2(\frac{y}{z}-1)^2 \leq 0$
Từ đó suy ra $VT \geq VP$,ta có :
$\left\{\begin{matrix} x+2=0 & & \\ y(\frac{y}{z}-1)=0 & & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=-2 & & \\ y=0 ;y=z& & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow x=-2$.
Vậy pt có nghiệm $x=-2$

Em có gửi bài bằng điện thoại mà sao không thấy bài viết,diễn đàn có bị lỗi gì không ạ!

Gợi ý thôi nhé.
Thêm bớt $n$ ta có
$lim \sqrt{n^2+n}-n +n -\sqrt{n^3...}}
nhân liên hợp với từng căn.viêt bằng đthoại,thông cảm.

Bạn có cách nào giải nhanh, mạnh hơn cách này ko vậy bạn

liên hợp mẫu ta được:
$\sqrt{x+1} \sqrt{(x+1)(5-x)}=(2x-3)(x-2)$
$\Leftrightarrow \sqrt{-x^2+4x+5}-2x^2+8x -5=0$
đặt $t=\sqrt{-x^2+4x+5}$....

Giải pt:
$ x^2 +2=2x\sqrt{x+1}$

Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $d: \frac{x-2}{2}=\frac{y+1}{1}=\frac{z}{-1}$ và mặt phẳng $(P): x+2y+z-1=0$. Viết phương trình đường thẳng $\Delta$ song song với mặt phẳng $(P)$ và cắt hai đường thẳng $Ox, d$ lần lượt tại $A,B$ sao cho độ dài đoạn $AB$ ngắn nhất.

Đề của Spin9x

Giải
Giả sử ta tìm được tọa độ điểm $A,B$ sao cho đoạn $AB$ nhỏ nhất.
$A=(a;0;0)\epsilon (Ox)$ $, B=(2+2t;1+t;-t)\epsilon (d)$ SAI $B(2+2t;t-1;-t)$ mới đúng
$MP(P)$ có veto pháp tuyến là $\underset{n_{P}}{\rightarrow}=(1;2;1)$
$PT(\Delta)$ có veto chỉ phương $\underset{AB}{\rightarrow}$$=(2+2t-a;1+t;-t)$
Vì $(\Delta )//(P)\Rightarrow \underset{AB}{\rightarrow}\perp \underset{n_{P}}{\rightarrow}\Rightarrow 1(2+2t-a)+2(1+t)+1(-t)=0\Leftrightarrow 3t-a+4=0$
$|AB|=\sqrt{(2+2t-a)^2+(1+t)^2+(-t)^2}=\sqrt{3t^2+6t+5}=\sqrt{3(t+1)^2+2}\geq \sqrt{2}$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $t=-1;a=1$
$\Rightarrow (\Delta ):\left\{\begin{matrix}x=1-t'\\y=0\\z=t'\end{matrix}\right.,t'\epsilon \mathbb{Z}$

Sai lầm dẫn đến kết quả sai.
Điểm bài 2

Cho dãy xác định bởi $\left\{\begin{matrix}
u_0=x;u_1=y\\u_n=au_{n-1}+bu_{n-2}+f(n)

\end{matrix}\right.$
Tìm CTTQ của dãy biết $f(n)$ là đa thức bậc nhất, bậc hai và tổng quát hơn là bậc n ?

Xét phương trình đặc trưng $r^2-ar-b=0(1)$
TH1: (1) có 2 nghiệm phân biệt $r_1,r_2$
CTTQ: $u_n=c_1r_1^n +c_2 r_2^n + x_{\alpha}$
$ x_{\alpha}$là nghiệm riêng
TH2: (1) có nghiệm kép $r$
CTTQ:$u_n=(c_1+nc_2)r^n +x_{\alpha}$
TH3: (1) không có nghiệm thực.
Đặt $A=\frac{a}{2},B=\frac{\sqrt{|\Delta|}}{2}$
$r=\sqrt{A^2+B^2}, \varphi=\arctan \frac{B}{A}$
CTTQ:$u_n=r^n (c_1 \cos n \varphi + c_2 \sin n\varphi)+x_{\alpha}$
+)Tìm nghiệm riệng:
$+)x_{\alpha}=f(n)(b+c \neq 1 ) \\ +)x_{\alpha}=n f(n) (b+c=1,b \neq2) \\+) x_{\alpha}=n^2 f(n) (b=2,c=-1)$
($f(n)$ tìm như trên nhé)

cho hàm số $y=x^{3}-6x^{2}+9x-2$ có đồ thị là ©.Cho M là điểm trên © .Viết pt tiếp tuyến của © tại điểm M, biết M cùng với 2 cực trị của © tạo thành tam giác có S=6.

Ta có $y’=3x^2-12x+9$
Toạ độ hai điểm cực trị là $A(3;4),B(1;2) \Rightarrow AB=2\sqrt 2$
Phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị là $ \Delta :x-y+1=0$
Ta có toạ độ điểm $M(x ;x^3-6x^2+9x-2)$
$d(M,\Delta)=\frac{|x-x^3+6x^2-8x+3|}{\sqrt 2}$
$S_{MAB}=6 \Leftrightarrow \sqrt 2. \frac{|-x^3+6x^2-8x+3|}{\sqrt 2}=6…………$
P/s: bài này nên đăng ở topic "hàm số-đạo hàm".

a. $\frac{4x}{4x^2-8x+7}+\frac{3x}{4x^2-10x+7}=1$

Nhận thấy $x=0$ không là hiệm của pt.Chia cả tử và mẫu của 2 phân thức cho $x$ ta có:
$\frac{4x}{4x^2-8x+7}+\frac{3x}{4x^2-10x+7}=1$
$\Leftrightarrow \frac{4}{4x-8+\frac{7}{x}}+\frac{3}{4x-10+\frac{7}{x}}=1$
đặt $4x+\frac{7}{x}-8=t$ ta có:
$\frac{4}{t}+\frac{3}{t-2}=1$
$\Leftrightarrow t=8$
$\Rightarrow 4x+\frac{7}{x}-8=8..........$

Có 5 em lớp 12, 3 em lớp 11, 2 em lớp 10. Chọn ra 5 em để lập đội bóng, sao cho mỗi khối có ít nhất 1 em. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?

Số cách chọn 4 học sinh chỉ trong 1 khối hoặc 2 khối.
Khối 12 :1 cách
Khối 10 và 11: 1 cách
Khối 10 và 12: $C^{5}_{7}$
Khối 11 và 12: $C^{5}_{8}$
Số cách chọn ngẫu nhiên 5 học sinh là: $C^{5}_{10}$
Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu đề bài là:
$$C^{5}_{10} - 1 - 1 - C^{5}_{7} - C^{5}_{8} = 173$$

Giải phương trình:
1, $27x^2 -24x-3=\sqrt{27x+13}$
2,$x+3=2\sqrt{x}+\sqrt{x+1}$

Cám ơn bạn, nhưng tiện đây cho mình hỏi bên lề, bạn có thể chứng minh công thức $I=\int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{b}f(a+b-x)dx$ được không vậy ?

Nếu $f(x)$ là hàm số liên tục trên $[a,b]$ thoả mãn $f(x)=f(a+b-x)$ thì
$\int^{b}_{a} xf(x)dx=\frac{a+b}{2} \int^{b}_{a}f(x)dx$
Chứng minh chỉ cần đổi biến $t=a+b-x$ !!!