mình góp vui một bài. Tìm min A=$2x^2-8x+\sqrt{x^2-4x+5}+6$

$A=2(x-2)^2 + \sqrt{(x-2)^2+1} -2$
$(x-2)^2 \geq 0 \Rightarrow A \geq 0+ \sqrt{0+1} -2 = -1$
Vậy min A= -1 khi x=2

mọi người ai giúp dc zô giúp giùm em zới.. em đã làm tới đây và chỉ xin anh chị giải gium em bài toán fụ này thui :
cho tam giác ABC có các góc đều nhọn , nội tiếp đường tròn tâm O . gọi gọi D,E,F la cac giao điểm lần lượt của các đường kính qua qua A,B,C voi cac cạnh của tam giác ABC .
CMR: OD+OE+OF=3/2 OA
KHÓ ....... HIX

Ko biết em lấy cái bài toán phụ này ở đâu ra, chứ anh thấy chưa chắc là nó đúng, thôi em cứ post bài gốc lên đi.
Còn vì sao bài toán phụ này anh cảm thấy ko đúng ? là vì khi ABC tiến gần đến tam giác vuông, tức là 1 cạnh bất kỳ (BC) tiến gần đến O, khi đó tổng OD+OE+OF tiến gần đến 2R > 3/2OA=3/2R

Cho đoạn thẳng AB, trên nửa mặt phẳng bờ AB kẻ tia Ax, By vuông góc với AB tại A và B. Trên Ax lấy 1 điểm C, trên By lấy một điểm D sao cho $ A^{2}$ =$4AC.BD$. Gọi I là trung điểm của AB.
a) CM: $ IC^{2}+ ID^{2}+ CD^{2}$
b)Gọi H là hình chiếu của I trên CD.
CMR khi C và D thay đổi H luôn luôn chạy trên một đường tròn cố định
c) Tìm vị trí của C và D để chu vi ta, giác CID nhỏ nhất.
d) Trên Cx lấy điểm M. CMR
$ \dfrac{ MC^{2} }{ CI^{2} }+ \dfrac{ MD^{2} }{ ID^{2} } $ 1

(mọi người giúp em làm câu c,d với. Khó quá. (

Coi lại cái đề đi em, ko hiểu gì hết !

Ý cậu là sao ?

Ấn :
1= ( Gán Ans=1)
$\dfrac{1}{2}(Ans + \dfrac{2}{Ans})$ (ấn liên tục)

Tìm GTNN của BT sau
$ A=x- \sqrt{x-2004}$

Bài này đâu có khó ??
$A=(x-2004) - \sqrt{x-2004} +\dfrac{1}{4} + \dfrac{8015}{4} = (\sqrt{x-2004} - \dfrac{1}{2})^2 + \dfrac{8015}{4} \geq \dfrac{8015}{4}$
DTXR khi $\sqrt{x-2004} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x= \dfrac{8017}{4}$

Uhm, đúng là sơ ý thật.

$f(x) = f[g(t)] \Rightarrow f'(x)=f'[g(t)].g'(t)$ trong đó x=g(t)
Phải dùng công thức này , sau đó thay $t=g^{-1}(x)$ vào VP tìm được f'(x)

$ \dfrac{1}{x (x+1)} = \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x+1}$

Áp dụng, ta có
$f(x) = \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x+1} + \dfrac{1}{x+1} - \dfrac{1}{x+2} + ... + \dfrac{1}{x+2007} - \dfrac{1}{x+2008}$
$= \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x+2008}$
Vậy
$f(7) = \dfrac{1}{7} - \dfrac{1}{2015} = 0.1424$

$\dfrac{1}{x.(x+1)} + \dfrac{1}{(x+1)(x+2)} + \dfrac{1}{(x+2).(x+3)} +... + \dfrac{1}{(x+2007).(x+2008)}$
Tính f(7), kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ tư.
Giúp em với ạ.

\dfrac{25}{23}

DK : $0 \leq x \leq 1$
Suy ra $VT \leq 3$
$VP = 3+\sqrt{1-x}+\sqrt[4]{1-x} \geq 3$
Suy ra pt có nghiệm khi VT=VP=3 suy ra x=1

Bài này đơn giản thôi.
Dặt $x=tan t \Rightarrow y=\dfrac{1}{tan^2 t +1} = cos^2 t$
$y'=2cost.(-sint)=-sin(2t)$
$y''=(-sin(2t))'=-2cos(2t)$
$y'''=2^2sin(2t)$
$y^{(4)}=2^3cos(2t)$
$y^{(5)}=-2^4sin(2t)$
$y^{(6)}=-2^5cos(2t)$
Vậy ta có thể kết luận :
$y^{(n)}=(-1)^k.2^{n-1}sin(2t)$ với n lẻ
$y^{(n)}=(-1)^k.2^{n-1}cos(2t)$ với n chẵn
trong đó k=1 nếu $(n \ mod\ 4) \in \{1;2\} $, k=0 nếu $(n \ mod\ 4) \in \{3;4\}$
Còn nếu muốm biể diễn theo x thì thay $t=arctan(x)$ trong phần kết luận

Câu cuối :
Đẳng thức đã cho biến đổi tương đương thành :
$(x-2y)^2-5(x-2y)+4=-(z-1)^2 \leq 0$
Đặt $x-2y =t$
$t^2 - 5t + 4 \leq 0$
$(t-1)(t-4) \leq 0$
$1 \leq t \leq 4$
DPCM

Cho a+b+c=0, CM ab+bc+ca<=0
$ab+bc+ca \leq 0$
$ \Leftrightarrow 2(ab+bc+ca) \leq 0 = (a+b+c)^2$
$ \Leftrightarrow 0 \leq a^2+b^2+c^2$ (đúng)
Suy ra đpcm

t)
x<0 hiển nhiên B>0
x>1 thì :
$B=(x^8 - x^7)+(x^4-x)+1 \geq 1 >0$
$0 \leq x \leq 1$ thì :
$B=x^8+(x^4-x^7)+(1-x) \geq 0$

z) Cauchy 6 số
x) $A>0$
$ \Leftrightarrow 2A>0$
$ \Leftrightarrow (x^4+2x^3+x^2)+(x^2+2x+1)+(x^4+1)>0$
$ \Leftrightarrow (x^2+x)^2+(x+1)^2+x^4+1>0$ hiển nhiên đúng

bạn có thể nói rõ cách giải hệ thu dc khi dùng hệ số bất định ko?mình giải chưa ra đã thấy hoa mắt chóng mặt rồi.

Giải :
$VT=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$
Giải ra a là 7, sau đó suy ra b,c,d

Bài 3) ta có: $af(x)^2 + bf(x) +c = 0 \Leftrightarrow af(x)^2 + bf(x) = ax^2 + bx (=-c)$
$\to a(f(x)^2-x^2) + b(f(x)-x) = 0$
$\Leftrightarrow (f(x)-x)[af(x) + ax + b] = 0$
+) Nếu $f(x) = x \to .............$
+) Nếu $af(x) + ax + b = 0 \to .............$
Giải tiếp là được!

Bài giải này có vấn đề !
Vấn đề ở chỗ $af(x)^2 + bf(x) = ax^2 + bx (=-c)$
$ax^2+bx+c=0$ khi x=x1, x=x2 với x1, x2 là nghiệm nếu có
Bạn lại gán cho $af(x)^2 + bf(x) = ax^2 + bx (=-c)$, tức là bạn đã chấp nhận x1, x2 là nghiệm của $ af(x)^2 + bf(x)+c=0$

Mà cái đề bài cũng đã có vấn đề rồi.
Nếu mình chọn $f(x)=x^2 $ thì sao, rõ ràng là $f(f(x))=0$ có nghiệm x=0

OK, sau khi liều mạng dùng phương pháp hệ số bất định, đây là kết quả :

$x^4-3x^2-4x+\dfrac{24}{7}=[x^2-\sqrt{7}x+2(1-\dfrac{1}{\sqrt{7}})][x^2+\sqrt{7}x+2(1+\dfrac{1}{\sqrt{7}})]$

Đến đây em tự giải tiếp đi nhé, giải 2 pt bậc 2 thôi mà

Giải và biện luận:$ \left| {x - 3a} \right| - \left| {x + 1} \right| \ge 2a $

Bài này ko khó, phải cái là hơi dài dòng.

Có 2 TH : $3a \geq -1\ \& \ 3a<-1$
Mình làm 1 TH, TH còn lại bạn tự làm nhé, làm tương tự ấy mà, ko khó đâu.

TH1 : $3a \geq -1$
$ VT=\left\{\begin{array}{l}{-3a-1 \ ,\ x\geq 3a}\\{3a-1-2x\ ,\ -1 \leq x \leq 3a}\\{3a+1\ ,\ x \leq -1}\end{array}\right. $
Vì
$3a \geq -1 $
nên
$a \geq \dfrac{-1}{3} \ ,\ 3a+1 \geq 0\ ,\ -3a-1 \leq 0$
Như vậy, tập hợp các giá trị của VT là đoạn $ [-3a-1 \ , \ 3a+1]$
Việc cần làm là xét vị trí tương đối của 2a trên trục số so với đoạn trên
Vì $a \geq \dfrac{-1}{3} \Rightarrow 2a < 3a+1$
Nếu $\dfrac{-1}{5} \geq a \geq \dfrac{-1}{3} \ ,\ (2a \leq -3a-1)$, bpt có nghiệm là đoạn $[-3a-1 \ , \ 3a+1]$
Nếu $a \geq \dfrac{-1}{5}\ ,\ (-3a-1 \leq 2a < 3a+1)$, bpt có nghiệm là đoạn $[2a \ ,\ 3a+1]$

Rồi, TH2, $a<\dfrac{-1}{3}$ bạn tự xét nhé

$\left| {x\left. { - 3a} \right|} \right. - \left| {\left. {x + 1} \right|} \right. \ge 2a$

$< = > (x - 3a)^2 + (x + 1)^2 - 2(x - 3a)(x + 1) \ge 4a^2 $

$ < = > 5a^2 + 6a + 1 \ge 0$

$< = > (a + \dfrac{1}{5})(a + 1) \ge 0$

$ < = > a \ge \dfrac{{ - 1}}{5} và a \le - 1 $ thì phương trình vô số nghiệm
$ - 1<a<-1/5 $ thì phương trình vô nghiệm

tôi cũng không chắc lắm đâu

Ngay từ bước đầu tiên bạn đã sai rồi, làm sao dám bình phương 2 vế 1 bpt khi không biết dấu ?

Diện tích hcn MNPQ là :
$S=MQ.QP=BM\sqrt{3}MN=\dfrac{\sqrt{3}}{8}4.(2BM.MN)\leq \dfrac{\sqrt{3}}{8}(2BM+MN)^2 =\dfrac{\sqrt{3}}{8}.a^2$
Đẳng thức xảy ra khi $2BM=MN$, mà $2BM+MN=a$
Vậy PQ là đường trung bình của tam giác ABC.

Câu 2 thì thế a vào kết quả trên thôi.

em moi sua de a) do anh lam ho em duoc ko?

Chắc đề đúng ko em ?
Nếu đề đúng thì pt này có nghiệm, nhưng là nghiệm cực lẻ ! Vẫn chưa mò ra !

Tình Hình là thế này: hồi đầu năm em học đội tuyển HSG toán.Nhưng dạo ấy mới đầu năm mà lịch học kín mít nên em cũng hơi xì-trét đã thế hồi hè em cũng chỉ đi học ôn lại lớp 7 mà không học trc trương trình lớp 8 nên học cũng hơi nản.Rồi cô sử lại nói cô dạy đt k chọn em vào đt chính thức đâu.=> đi học sử cho cô vs bị cô sử ép quá => em nhảy xang học sử. hôm sau hôm em đi học đt sử cô dạy toán lại hỏi em sao lại bỏ đt toán. thế là em trình bày lại đầy đủ và chi tiết cho cô. Thế là đến h` em mí biết là k phải em k đc chọn vào đt toán. Chiều thứ 4 tuần sau đt toán kiểm tra còn em ngồi trên lớp học sử và...khóc
em muốn đi học toán lắm. Thế r` k biết vô tình hay cố ý mà cô dạy toán lại đổi lịch đt toán => em lại có thể đi học toán. Vậy theo mọi ng em có lên tiếp tục đi học toán hay k? đã vậy em nghỉ đt toán đc gần 1 tháng r` mà tuần nào chúng nó cũng học 3 buổi đt h` đi học lại k biết có theo đc hay không.Nếu em tiếp tục đi học thì theo mọi ng em nên làm ntn để có thể "bật" đc trong 1 tg ngắn nhất.
Mong các bậc tiền bối cho em xin ý kiến góp ý vs ạ.Giúp em vs

Vậy thì đã sao, nếu muốn thì cứ đi học thôi.
Nhớ hồi anh học CT, HK1 còn học lớp thường , sang HK2 mới thì vào CT, sau các bạn 1 học kỳ, thế mà cuối cùng vẫn học được và tốt nữa . Quan trọng là do mình thôi.

Câu c :
Đặt $t=x^4$
PT trở thành
$A=9\sqrt{t}\sqrt{1+t}+13\sqrt{t}\sqrt{1-t}=16$
Có :
$9\sqrt{t}\sqrt{1+t} = 3.2.\dfrac{3}{2}\sqrt{t}\sqrt{1+t} \leq 3(\dfrac{9}{4}t+1+t)=3(\dfrac{13}{4}t+1)$
$13\sqrt{t}\sqrt{1-t}=\dfrac{13}{4}.2\sqrt{t}{\sqrt{4-4t} \leq \dfrac{13}{4}(t+4-4t)=\dfrac{13}{4}(4-3t)$
Cộng 2 bdt trên lại, được :
$A \leq 16$
DTXR khi
$t=\dfrac{4}{5}$
$ \Rightarrow x= \pm \sqrt[4]{\dfrac{4}{5}}$

giup em bai nay:
Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=3$. Tìm GTLN:
$A=\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1+y^{2}}+\sqrt{1+z^{2}}+3(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})$

Hôm nay nhìn lại bài này, đột nhiên thấy nó cực dễ, chẳng qua là do mình làm cho nó phức tạp lên thôi.

$\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{2x}+\sqrt{1+y^{2}}+\sqrt{2y}+\sqrt{1+z^{2}}+\sqrt{2z}$
$\leq \sqrt{2}\sqrt{1+x^2+2x}+\sqrt{2}\sqrt{1+y^2+2y}+\sqrt{2}\sqrt{1+z^2+2z}$
$=\sqrt{2}(3+x+y+z)=6\sqrt{2}$ (1)

$\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} \leq \sqrt{3}\sqrt{x+y+z}=3$
$(3-\sqrt{2})(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}) \leq 3(3-\sqrt{2})$ (2)
Cộng (1) với (2) ra :
$A \leq 6\sqrt{2} + 3(3-\sqrt{2})=9+3\sqrt{2}$
DTXR khi x=y=z=1