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: $\dfrac{yz}{x} + \dfrac{xz}{y} \geq 2z$..

Giải 

ĐK: $x \geq 0$ và $y^2 \geq 3x - 4$

Phương trình (1) tương đương:

$(xy^4 - y^5) + (y^3 - xy^2) + (y^2 - xy) + 5(x - y) = 0$

$\Leftrightarrow (x - y)(y^4 - y^2 - y + 5) = 0$

Do $ y^4 - y^2 - y + 5 = (y^2 - 1)^2 + \left (y - \dfrac{1}{2}\right )^2 + \dfrac{15}{4} > 0$

Vì vậy, ta có: $x = y$

Thế vào (2), ta được:
$\sqrt{2x^2 - 6x + 8} + 2 \leq \sqrt{x} + x$

Vì x = 0 không phải là nghiệm của bất phương trình nên chia hai cho $\sqrt{x}$, ta được:

$\sqrt{2\left (x + \dfrac{4}{x}\right ) - 6} \leq \sqrt{x} - \dfrac{2}{\sqrt{x}} + 1$

Đặt $t = \sqrt{x} - \dfrac{2}{\sqrt{x}} \Rightarrow x + \dfrac{4}{x} = t^2 + 4$

Khi đó, bất phương trình trở thành: $\sqrt{2t^2 + 2} \leq t + 1$

Giải ra được t = 1. Từ đó suy ra x và y

Giải

a) ĐK: $x \geq 1$ và $y \geq 0$

Với điều kiện trên, phương trình (2) tương đương: $\sqrt{y} = x - 1$

Thế vào phương trình (1), ta được:
$\sqrt{x - 1} - (x - 1) = 8 - x^3$

$\Leftrightarrow \sqrt{x - 1}(1 - \sqrt{x - 1}) = 8 - x^3$

$\Leftrightarrow \sqrt{x - 1}\dfrac{2 - x}{1 + \sqrt{x - 1}} = (2 - x)(4 + 2x + x^2)$

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

Nhận thấy, phương trình (3) có: $VT < 1 < 3 + (x + 1)^2 = VF$.

Vậy ta chỉ nhận $x = 2 \Rightarrow y = 1$

Câu b) 

Giải

Hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}(x^2 + xy)^2 = 2x + 9 \,\,\, (1)\\2(x^2 + xy) = x^2 + 6x + 6\end{matrix}\right.$

$\Rightarrow (x^2 + xy)^2 + 2(x^2 + xy ) = x^2 + 8x + 15 = (x + 3)^2 + 2(x + 3)$

Đặt $a = x^2 + xy$ và $b = x + 3$, ta được:

$a^2 + 2a = b^2 + 2b \Leftrightarrow (a - b)(a + b + 2) = 0 \Rightarrow \left[\begin{matrix}x^2 + xy = x + 3\\x^2 + xy = - (x + 3) - 2 = -x - 5\end{matrix}\right.$

Chỉ cần thế vào phương trình (1) nữa là được.

Giải

ĐK: $\dfrac{-1}{3} \leq x \neq 0$, $y > 0$

Phương trình (1) của hệ tương đương:
$\dfrac{y + 2x^2}{3xy} = \dfrac{x + \sqrt{y}}{y + 2x^2}$

$\Leftrightarrow (y + 2x^2)^2 = 3xy(x + \sqrt{y}) \Leftrightarrow 4x^4 + x^2y - 3xy\sqrt{y} + y^2 = 0$

$\Leftrightarrow 4\dfrac{x^4}{y^2} + \dfrac{x^2}{y} - 3\dfrac{x}{\sqrt{y}} + 1 = 0$

Đặt $t = \dfrac{x}{\sqrt{y}}$, ta được:

$4t^4 + t^2 - 3t + 1 = 0 \Leftrightarrow (2t - 1)^2(t^2 + t + 1) = 0 \Rightarrow t = \dfrac{1}{2}$

Suy ra: $2x = \sqrt{y} \geq 0$. Thế vào phương trình (2) của hệ, ta có:
$$\sqrt{4x^2 + 3x + 2} + \sqrt{3x + 1} = 5$$

Phương trình trên dùng liên hợp để giải kèm điều kiện $x \geq 0$

Phương trình có nghiệm duy nhất $x = 1 \Rightarrow y = 4$
 

Bài 3.

Giải

ĐK: $x \geq 0$

Phương trình ban đầu tương đương:
$\sqrt[6]{4x} + 3 - \sqrt{27 - 5\sqrt{2x}} = 0 \, (1)$

Xét $f(x) = \sqrt[6]{4x} + 3 - \sqrt{27 - \sqrt[5]{2x}}$ với $x \geq 0$ có:
$f’(x) = \dfrac{2}{3\sqrt[6]{(4x)^5}} + \dfrac{1}{5\sqrt[5]{(2x)^4}.\sqrt{27 - \sqrt[5]{2x}}} \geq 0$

Vậy: $f(x)$ đồng biến trên $(0; + \infty)$.

Mà phương trình (1) tương đương: $f(x) = f(16) \Leftrightarrow x = 16$

Giải

Ta có:
$a + \dfrac{4}{(a - b)(b + 1)^2} = a - b + \dfrac{b + 1}{2} + \dfrac{b + 1}{2} + \dfrac{4}{(a - b)(b + 1)^2} - 1$

                   
$\geq 4\sqrt[4]{(a - b)\dfrac{(b + 1)^2}{4}\dfrac{4}{(a - b)(b + 1)^2}} - 1 = 4 - 1 = 3$         

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

Theo BĐT Cau chy, ta có:
$\dfrac{abc}{a + b + c} \leq \dfrac{(a + b + c)^3}{27(a + b + c)} = \dfrac{(a + b + c)^2}{27} \leq \dfrac{6^2}{27} = \dfrac{4}{3}$

Dấu “=” xảy ra khi $a = b = c = 2$

Phải không nhỉ ^^

Giải

Đk: $x \leq \dfrac{5}{2}$

Phương trình tương đương:
$x(4x^2 + 1) = (3 - x)\sqrt{5 - 2x}$ 

$\Leftrightarrow 2x(4x^2 + 1) = (5 - 2x + 1)\sqrt{5 - 2x} \, (1)$
 

Từ điều kiện, suy ra: $VF = VT\geq 0 \Rightarrow x \geq 0$

Xét $f(t) = t(t^2 + 1)$ với $t \geq 0$ có $f’(t) = 3t^2 + 1 > 0 $ $\forall$ $t \in [0; + \infty)$

Vậy, hàm luôn đồng biến trên $[0; + \infty)$.

Mà (1) $\Leftrightarrow$ $f(2x) = f(\sqrt{5 - 2x}) \Leftrightarrow 2x = \sqrt{5 - 2x}$

Còn lại bạn tự giải nhé.

Giải

Phương trình tương đương:
$\left [ (x - 1)(x + 5)\right ]\left [ (x + 1)(x + 3)\right ] = m$
$\Leftrightarrow (x^2 + 4x - 5)(x^2 + 4x + 3) = m$

Đặt $a = x^2 + 4x + 4 = (x + 2)^2 \geq 0$, ta được:
$(t - 9)(t - 1) = m \Leftrightarrow t^2 - 10t + 9 - m = 0 \, (1)$

Phương trình ban đầu có 4 nghiệm thực phân biệt khi (1) có hai nghiệm phân biệt dương, tức là:
$\left\{\begin{matrix}\Delta = (- 5)^2 - (9 - m) > 0\\S = 10 > 0 (TM)\\P = 9 - m > 0\end{matrix}\right.$

Bạn tự giải tiếp nhé

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

Ừ nhỉ, mình quên để ý! Bạn tham khảo lại cách này nhé

Giải

Từ công thức Hê rông, ta có:
$S = \sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)}$
$\Rightarrow S = \dfrac{1}{4}\sqrt{2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) - (a^4 + b^4 + c^4)}$

Mặt khác, ta có:
$a^2m_a^2 + b^2m_b^2 + c^2m_c^2 = \dfrac{4(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) - (a^4 + b^4 + c^4)}{4}$

Đặt $a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 = x$ và $a^4 + b^4 + c^4 = y$.

Dễ thấy: $x \leq y$

Ta cần chứng minh:

$\dfrac{1}{4}\sqrt{2x - y} \leq \dfrac{4x - y}{4\sqrt{3(2x + y)}}$

$\Leftrightarrow \sqrt{3(4x^2 - y^2)} \leq 4x - y$
$\Leftrightarrow 12x^2 - 3y^2 \leq 16x^2 - 8xy + y^2$
$\Leftrightarrow -4(x - y)^2 \leq 0$ (luôn đúng)

Vậy, ta có điều phải chứng minh.

Giải

Với công thức: $m_a^2 = \dfrac{2(b^2 + c^2) - a^2}{4}$

Ta có:

$a^2.m_a^2 = \dfrac{4}{3}.\left ( \dfrac{3}{4}a^2.m_a^2\right ) \leq \dfrac{4}{3}\left ( \dfrac{\dfrac{3a^2}{4} + m_a^2}{2}\right )^2$
$= \dfrac{4}{3}\left ( \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{4}\right )^2 = \dfrac{1}{12}(a^2 + b^2 + c^2)^2$

Thực hiện tương tự với $b^2.m_b^2$ và $c^2.m_c^2$

Khi đó, ta có:
$\dfrac{a^2m_a^2 + b^2m_b^2 + c^2m_c^2}{\sqrt{3}(a^2 + b^2 + c^2)} \geq \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{4\sqrt{3}}$

Ta sẽ chứng minh: $a^2 + b^2 + c^2 \geq 4\sqrt{3}S$

Thật vậy:
$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos{C}$ và $S = \dfrac{1}{2}ab\sin{C}$

Khi đó:
$a^2 + b^2 + c^2 - 4\sqrt{3}S = 2\left [a^2 + b^2 - ab(\cos{C} + \sqrt{3}\sin{C})\right ]$

$= 2\left [ a^2 + b^2 - 2ab\sin{\left ( C + \dfrac{\pi}{6}\right )}\right ] \geq 2(a^2 + b^2 - 2ab) = 2(a - b)^2 \geq 0$

Vậy, ta có điều phải chứng minh. 

Giải

ĐK: $\dfrac{-1}{2} \leq x \leq \dfrac{1}{2}$ và $-1 \leq y \leq 1$

Nhận thấy:
$2x\sqrt{1 - 4x^2} \leq \dfrac{4x^2 + 1 - 4x^2}{2} = \dfrac{1}{2}$

Mà $\sqrt{1 - y^2} \leq 1$

Vì vậy: $VT_{(1)} \leq \dfrac{3}{2} < 2$

Hệ vô nghiệm.

P/S: Trùng bài. Nhờ Ad xóa giùm

Chắc đề là: $\left\{\begin{matrix}x^2 + 5xy + 5y^2 = 8\\x^3 + 3xy(x + y) + 2y^3 = -16\end{matrix}\right.$

Giải

Hệ ban đầu tương đương:

$\left\{\begin{matrix}x^2 + 5y(x + y) = 8\\(x + y)^3 + y^3 = -16\end{matrix}\right.$

Đặt $t = x + y \Rightarrow x = t - y$, ta được:
$\left\{\begin{matrix}(t - y)^2 + 5ty = 8\\t^3 + y^3 = -16\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}t^2 + y^2 + 3ty = 8\\t^3 + y^3 = -16\end{matrix}\right.$

Đây là hệ đối xứng loại 1

Giải

Đặt $\cos{x} = t \, (-1 \leq t \leq 1)$, ta được:

$y = f(t) = t^3 - 6t^2 + 9t + 5$

Xét hàm số f(t) trên $[-1; 1]$ có $f’(t) = 3t^2 - 12t + 9 = 3(t - 1)(t - 3) \geq 0 \forall$ $t \in [-1; 1]$

Vậy, hàm đồng biến trên [-1; 1]. Khi đó: $f(-1) \leq f(t) \leq f(1)$

Vậy:

$Max_y = 9$ khi $t = 1 \Rightarrow x = k2\pi \, (k \in Z)$

$Min_y = -11$ khi $t = -1 \Rightarrow x = \pi + k2\pi \, (k \in Z)$

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

Phương trình tương đương:
$\cos{\dfrac{12x}{5}} + 2 = 3\cos{\dfrac{8x}{5}}$

Đặt $\cos{\dfrac{4x}{5}} = t \, (|t| \leq 1)$, ta được:
$4t^3 - 3t + 2 = 3(2t^2 - 1)$
$\Leftrightarrow 4t^3 - 6t^2 - 3t + 5 = 0$

$\Leftrightarrow (t - 1)(4t^2 - 2t - 5) = 0$
Bạn tự giải tiếp nhé

Bài 3

Giải

Vì x > 0 khiến phương trình vô nghiệm nên ta xét x < 0

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
$x^{3000} + 999 \geq 1000\sqrt[1000]{x^{3000}} = 1000|x|^3 = - 1000x^3$

Và
$x^{3000} + 2999 \geq 3000\sqrt[3000]{x^{3000}} = 3000|x| = - 3000x$

Vì vậy:
$2x^{3000} + 1000x^3 + 3000x + 3998 \geq 0$

$\Leftrightarrow x^{3000} + 500x^3 + 1500x + 1999 \geq 0$

Phương trình có nghiệm khi xảy ra dấu “=”, khi đó x = -1

Bài 4

Giải

Đặt $2x = a$ và $1 - 4x = b$, khi đó: $2a + b = 1$

Vậy:
$32x^4 + (4x - 1)^4 = 2a^4 + b^4 = \dfrac{1}{27}$

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
$a^4 + \dfrac{1}{81} + \dfrac{1}{81} + \dfrac{1}{81} \geq \dfrac{4}{27}|a|$

Tương tự, ta có:
$b^4 + \dfrac{1}{81} + \dfrac{1}{81} + \dfrac{1}{81} \geq \dfrac{4}{27}|b|$
Vậy:

$2a^4 + b^4 + \dfrac{1}{9} \geq \dfrac{4}{27}(2|a| + |b|) \geq \dfrac{4}{27}(2a + b)$

$\Rightarrow 2a^4 + b^4 = \dfrac{4}{27}(2a + b) - \dfrac{1}{9} = \dfrac{1}{27}$

Do đó, phương trình ban đầu có nghiệm khi: $a = b = \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{6}$

Bài 1

Giải

ĐK: $x \geq 1$ hoặc $x \leq \dfrac{-1}{\sqrt{3}}$

Phương trình ban đầu tương đương:
$\sqrt{2(3x^2 - 1)} + \sqrt{2(x^2 - x)} + (- x\sqrt{2})\sqrt{x^2 + 1} = \dfrac{7x^2 - x + 4}{2}$

Áp dụng BĐT: $ab \leq \dfrac{a^2 + b^2}{2}$ với $a, b \in R$, ta có:
$VT \leq \dfrac{3x^2 - 1 + 2}{2} + \dfrac{x^2 - x + 2}{2} + \dfrac{2x^2 + x^2 + 1}{2} = \dfrac{7x^2 - x + 4}{2} = VF$

Vậy, phương trình có nghiệm khi:
$\left\{\begin{matrix}3x^2 - 1 = 2\\x^2 - x = 2\\-x\sqrt{2} = \sqrt{x^2 + 1}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow x = -1$

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

Ta có: $z = \sqrt{2} + \sqrt[3]{3} \Leftrightarrow z - \sqrt{2} = \sqrt[3]{3}$

$\Leftrightarrow (z - \sqrt{2})^3 = 3 \Leftrightarrow z^3 + 6z - 3 = \sqrt{2}(3z^2 + 2)$

$\Leftrightarrow (z^3 + 6z - 3)^2 = 2(3z^2 + 2)^2$

$\Leftrightarrow z^6 - 6z^4 - 6z^3 - 6z^3 + 12z^2 - 36z + 1 = 0$

Khi đó:
$A = z(z^6 - 6z^4 - 6z^3 + 12z^2 - 36z + 1) + 2008 = 2008$

Giải

Ta có:
$\sqrt{4x^2 + y^2} = \sqrt{x^2 + 2y - 3} + \sqrt{x + y^3 - 2y + 3} \leq \sqrt{2(x^2 + x + y^3)}$
Theo phương trình (2), ta có: $x + y^3 = \dfrac{(3x + y)^2}{11}$

Vậy:
$\sqrt{4x^2 + y^2} \leq \sqrt{2x^2 + \dfrac{2}{11}(3x + y)^2}$

$\Leftrightarrow 11(2x^2 + y^2) \leq 2(3x + y)^2 \Leftrightarrow (2x - 3y)^2 \leq 0 \Rightarrow x = \dfrac{3y}{2}$

Bạn thế vào phương trình thứ hai để giải tiếp.