Không. Ý là làm đc 1/2 nhưng không theo cách của Bộ cơ. Làm đúng trọn vẹn thì chả nói.

Đề lần này bất ngờ nhất câu nhị thức Niu-tơn. Ai cũng kêu không thi mà.... Chẹp.
BĐT mà làm cách hàm số ( khác cách của Bộ ), chưa đầy đủ nhưng đúng có được điểm không nhi?

Câu 7a. ( Ngồi nghĩ ra cách này sướng )
Đặt $AB=x$.
Ta có:

\[\begin{array}{l}
{S_{ANM}} = {S_{ABC}} - {S_{ABM}} - {S_{ADN}} - {S_{MNC}} = \frac{{5{x^2}}}{{12}}\\
{S_{ANM}} = \frac{1}{2}.AN.d\left( {M;AN} \right) = \frac{1}{2}.\frac{{\sqrt {10} x}}{3}.\frac{{3\sqrt 5 }}{2} = \frac{{5\sqrt 2 }}{4}x\\
\Rightarrow x = 3\sqrt 2 \Rightarrow AM = \frac{{\sqrt 5 }}{2}x = \frac{{3\sqrt {10} }}{2}\\
\Rightarrow A{M^2} = \frac{{45}}{2} \Rightarrow A
\end{array}\]

Gợi ý:
Đặt : $x = \frac{1}{{\cos t}}$
Ta có:
\[I = - \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\sqrt {\frac{1}{{{{\cos }^2}t}} - 1} .\frac{{\sin t}}{{{{\cos }^2}t}}} dt = - \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\tan x.\frac{{\sin x}}{{{{\cos }^2}x}}dx} = - \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{{{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^3}x}}dx} \]

----

@ WWW: Em giải toán mà quên mất nhiệm vụ của mình rồi. Phải nhắc nhở thành viên về cách đặt tiêu đề và sửa giúp chứ

Góp vui vào đây 1 số bài nhé.
Bài 107:

\[\left\{ \begin{array}{l}
xy - 3x - 2y = 16\\
{x^2} + {y^2} - 2x - 4y = 33
\end{array} \right.\]
Bài 108:

\[\left\{ \begin{array}{l}
{x^3}\left( {2 + 3y} \right) = 8\\
x\left( {{y^3} - 2} \right) = 6
\end{array} \right.\]
Bài 109:

\[\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + 3y = 9\\
{y^4} + 4\left( {2x - 3} \right){y^2} - 48y - 48x + 155 = 0
\end{array} \right.\]
___
=.= ghi đề thi thử trường nào vô nhé anh

Bài 30
Tính:
\[I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{x + {{\sin }^2}x}}{{1 + \sin 2x}}dx} \]

Chứng minh rằng:
\[{e^{\cos x - 1}} \ge \frac{{2 - {x^2}}}{2}\]
P/s: Sắp thi rồi BĐT tý chứ anh em!

Mình làm có bài chứng minh hai điều này tương đương nhau thì phải?
$\Delta > 0$ và $af({x_0}) > 0$

Mình thì hay dùng cách này:
VD : $1 < {x_1} < {x_2}$
Ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x_1} + {x_2}}}{2} > 1\\
af\left( 1 \right) > 0
\end{array} \right.\]
-----------------
Mong các thầy cho ý kiến!

Tìm $m$ để PT :\[{x^2} - \left( {m + 1} \right)x + \left( {{m^2} + 1} \right) = 0\]
có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn : $ - 1 < {x_1} < 2 < {x_2}$


------------------------------------------------------------------------------------------
P/s: Rất mong các thầy các bạn nêu 1 cách trình bày chuẩn cho bài này.
Em thấy có rất nhiều cách, nhưng không biết cách nào được dùng cho thi ĐH.

Các thầy cho em góp một số vấn đề, bài toán liên quan ạ. .
Bài toán 1
Bài toán 2

bạn có thể nói ro 1 chút đc không???? mình không hiểu lắm???

Bạn không hiểu chỗ nào thì trích dẫn rõ ra.
Chú ý viết có dấu nhé!

Cho hàm số: $y = \frac{{2x - m}}{{mx + 1}}$. Chứng minh rằng với mọi $m$ khác 0 thì đồ thì hàm số đã cho luôn cắt $d:y = 2x - 2m$ tại 2 điểm $A,B$ thuộc một đường Hypebol cố định. Tìm Hypebol đó.

Máy giờ vào Diễn đàn khó quá. Nhìn cứ bị to. .
Gợi ý:
Dạng như thế này nên đặt $S=x+y$; $p=xy$.
Có thể tìm được cả Min và Max.
Khi đó biểu thức thu được là :
\[A = {x^3} + {y^3} = \left( {x + y} \right)\left( {{x^2} + {y^2} - xy} \right) = S\left( {{S^2} - 3P} \right)\]
Với điều kiện $x,y>0$ thì ta luôn có: ${S^2} \ge 4p$. Kết hợp với điều kiện ta sẽ có được Min; Max.

1/ Giải HPT
$$\left\{\begin{matrix}2x^3-9y^3=(x-y).(2xy+3)\
& & \\ \ x^2+xy+y^2=3
& &
\end{matrix}\right.$$

Thế $3$ ở PT 2 vào PT 1 ta thu được PT đẳng cấp bậc 3 đối với $x;y$.
Đến đây đặt $\frac{x}{y}=t$.Ta được PT bậc 3 ẩn $t$.

Spam chút: Dạng Hàm số này thi Đại học cũng dễ vào này. Mọi người thảo luận nhé. Có lẽ lần trước post bài này muộn quá nên không ai để ý .
P/s: Bài viết sẽ được xóa sau khi có reply .

Giải hệ:
$\left\{\begin{matrix} x^{3}+y^{3}=1 & \\x^{4}+y^{4}=1 & \end{matrix}\right.$

Gợi ý:
\[{x^4} + {y^4} = 1 \Rightarrow \left| x \right| \le 1;\left| y \right| \le 1\]
Đánh giá ta sẽ có: nghiệm $x=1;y=0$ và $x=0;y=1$

Nếu được các anh cho em xin phúc khảo ạ.
Em thắc mắc một số chỗ:
1. Câu lượng giác: Em gõ máy tính nhầm thôi . Cứ 3 dòng nhìn 1 lần nên bị lỗi:(. Kết quả đúng rồi mà. ( em bị trừ hết điểm câu này )
2. Câu giải hệ phương trình: Em nghĩ trình bày như thế không đáng để trừ 1/2 số điểm câu đó.
\[\begin{array}{l}
a = 0 \Rightarrow c = 0;b = 0\\
a = 0 \Rightarrow c = 0 \Rightarrow b = 0
\end{array}\]
Em nghĩ các kết quả đều suy ra từ $a=0$ nên 2 cách trên không khác nhau lắm . ( bị trừ 0.5 huhu )
P/s: Giờ mới biết được phúc khảo, em nên ăn vạ tí .
P/s: Em trình bày $\LaTeX$ phải được ưu tiên chút điểm trình bày chứ

Tính:

$I = \int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{2\pi}{3}} \frac{x + (x + sinx)sinx}{sin^2 x (1 + sinx)} dx$

Muộn rồi. Xin phép nêu hướng làm.

\[\begin{array}{l}
I = \int_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{{2\pi }}{3}} {\frac{{x + (x + sinx)sinx}}{{si{n^2}x(1 + sinx)}}} dx\\
\Leftrightarrow I = \int {\frac{{\left( {\sin x + 1} \right)x + {{\sin }^2}x}}{{{{\sin }^2}x(1 + \sin x)}}dx} = \int {\left( {\frac{x}{{{{\sin }^2}x}} + \frac{1}{{\sin x + 1}}} \right)dx} \\
\Leftrightarrow I = \int {\frac{x}{{{{\sin }^2}x}}dx} + \int {\frac{{\sin x + 1 - \sin x}}{{\sin x + 1}}dx}
\end{array}\]

Em nghĩ bài này không có max rồi, nếu cho a và b âm, c dương và tổng $a+b+c$ rất sát không thì P vọt lên rất lớn đó( cái này là em thử bấm máy tính )

Đề bài cho $x,y,z$ không âm rồi mà. Hôm qua cũng ngờ ngờ phần CM GTLN của anh Thành. .
Nhưng mà em nghĩ đúng là GTLN là 16.
P/s: Em đang nghĩ theo hướng tìm GTLN bằng cách khảo sát lần lượt từng biến ( sau khi chuẩn hóa tổng ).

KẾT LUẬN:

GTNN của $P$ là $\frac{{16}}{{81}}$, đạt được khi $\left( {x;y;z} \right) = \left( {\frac{4}{9};\frac{4}{9};\frac{1}{9}} \right)$

Em nghĩ anh kết luận thế này chỉ đúng trong 1 trường hợp $x+y+z=1$ thôi.
Em đang suy nghĩ về GTLN. Không biết có vấn đề gì không nhưng thật hổ thẹn vì giờ mới tìm được lời giải bằng Hàm số phải nói là ''hay và đẹp'' như trên. Để em đọc 1 lát đã
P/s: Cái post trên dài quá em post 1 cái mới, không phải spam nhá

Em có mặt đây.
1. Kết quả 2 lời giải khác nhau là do tson1997 đã tính toán nhầm.Lúc nãy em cũng không để ý.

$(x^3+y^3+16z^3)(8+8+2)(8+8+2) \geq 4(x+y+z)^3$
Hay
$P \geq \frac{1}{81}$ (thì phải)

Phải sửa thành : $(x^3+y^3+16z^3)(8+8+2)(8+8+2) \geq {4^3}{\left( {x + y + z} \right)^3}$
Từ đó cũng suy ra được :\[P \ge \frac{{{4^3}}}{{{{\left( {2 + 8 + 8} \right)}^2}}} = \frac{{16}}{{81}}\]
2. Em nghĩ nếu ta chứng minh được BĐT Holder dạng 3 số bằng BĐT AM-GM thì vẫn có thể coi như Bài toán phụ để áp dụng.
Bài này em đã làm 1 lần bên onluyentoan.vn. Thi Đại học thì sẽ trình bày thế này. ( Lời giải của em bên onluyentoan.vn )

Trước tiên ta chứng minh BĐT sau:
\[\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) \ge {\left( {amx + bny + cpz} \right)^3}\]
(với $x,y,z,a,b,c,m,n,p$ là các số không âm)
Thật vậy, theo BĐT AM-GM ta có:
\[\frac{{{a^3}}}{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}} + \frac{{{m^3}}}{{{m^3} + {n^3} + {p^3}}} + \frac{{{x^3}}}{{{x^3} + {y^3} + {z^3}}} \ge \frac{{3amx}}{{\sqrt[3]{{\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)}}}}\]
\[\frac{{{b^3}}}{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}} + \frac{{{n^3}}}{{{m^3} + {n^3} + {p^3}}} + \frac{{{y^3}}}{{{x^3} + {y^3} + {z^3}}} \ge \frac{{3bny}}{{\sqrt[3]{{\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)}}}}\]
\[\frac{{{c^3}}}{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}} + \frac{{{p^3}}}{{{m^3} + {n^3} + {p^3}}} + \frac{{{z^3}}}{{{x^3} + {y^3} + {z^3}}} \ge \frac{{3cpz}}{{\sqrt[3]{{\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)}}}}\]
Cộng lại ta được:
\[\begin{array}{l}
3 \ge \frac{{3\left( {amx + bny + cpz} \right)}}{{\sqrt[3]{{\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)}}}}\\
\Leftrightarrow \left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) \ge {\left( {amx + bny + cpz} \right)^3}
\end{array}\]
BĐT được chứng minh.
Áp dụng vào bài ta có:
$$\begin{array}{*{20}{c}}
{\left( {{x^3} + {y^3} + {{\left( {\sqrt[3]{{16}}z} \right)}^3}} \right)\left( {1 + 1 + {{\left( {\sqrt[3]{{\frac{1}{4}}}} \right)}^3}} \right)\left( {1 + 1 + {{\left( {\sqrt[3]{{\frac{1}{4}}}} \right)}^3}} \right) \ge {{\left( {x + y + z} \right)}^3}} \\
{ \Leftrightarrow \frac{{\left( {{x^3} + {y^3} + 16{z^3}} \right)}}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^3}}} \ge \frac{1}{{{{\left( {1 + 1 + \frac{1}{4}} \right)}^2}}} \Leftrightarrow P \ge \dfrac{16}{81}} \\
\end{array}$$
Dấu = xảy ra khi $x = y = 4z$
Vậy $MinP = \dfrac{16}{81}$

P/s: Đợi em xem tiếp đã

Cách này được sử dụng trong thi đại học ko bạn?

Đây là phương pháp chứng minh BĐT việc đặt ẩn phụ và các phép biến đổi đại số linh hoạt, phù hợp với cấp THCS.
Vì thế trong thi Đại học có thể sử dụng được nếu muốn .

Dạng bài này đã có nhiều trên diễn đàn VMF và được phát triển nhiều cách khác nhau.
Bạn có thể tham khảo một số bài tương tự ở đây:
http://diendantoanho...l=&fromsearch=1

Thử dùng holder xem sao nào:

$(x^3+y^3+16z^3)(8+8+2)(8+8+2) \geq 4(x+y+z)^3$
Hay
$P \geq \frac{1}{81}$ (thì phải)

Bài này sử dụng BĐT Holder thì đúng rồi.
Bài tìm Min thì phải chỉ rõ dấu =.
Ở đây dấu = xảy ra khi $x = y = \frac{{2z}}{{\sqrt[2]{2}}}$
Chứng minh BĐT Holder dạng:
\[\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right) \ge {\left( {axm + byn + czp} \right)^3}\]

Chứng minh BĐT 18
Sử dụng BĐT AM-GM ta có:

$\dfrac{{{a^3}}}{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}} + \dfrac{{{x^3}}}{{{x^3} + {y^3} + {z^3}}} + \dfrac{{{m^3}}}{{{m^3} + {n^3} + {p^3}}} \ge \dfrac{{3axm}}{{\sqrt[3]{{\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)}}}}$

Xây dựng tương tự 2 BĐT nữa với $(b;y;n)$ và $(c;z;p)$ rồi cộng vế theo vế lại ta có điều phải chứng minh.

Trích Quyển Sáng tạo bất đẳng thức.( Trang 27)

P/s: Làm bài này kiểu hàm số thì khó lắm anh Thành ơi