Thế dấu =xảy ra khi nào

Bất đẳng thức này thực sự chặt. cho 1 biến tiến ra biên và 2 biến chập lại nhau Vd $$a=0,b=c=1,5$$ sẽ thu được giá trị sát 13

đơn giản hóa bài toán khi đặt $t=x^{2}=> 2t^{2}+1=y^2$ quen thuộc

dễ dàng tìm ra t=3,y=2,mà t phải là số chính phương nên pt này k co nghiệm nguyên

Bạn giải lại cẩn thận đi. Bài này có nghiệm mà $x=0;y=1$ là nghiệm mà?

Giải phương trình nghiệm nguyên

$ 2x^{4}+1=y^{2}

Tổng bình phương của các số nguyên dương bằng 2014. Tìm giá trị lớn nhất của tích các số nguyên dương đó

Hãy Tổng quát bài toán 

Cho các số thực dương $x,y,z,t$ thỏa mãn $xyzt=1$.Chứng minh rằng:

$$\frac{1}{x^3(yz+zt+ty)}+\frac{1}{y^3(xz+zt+tx)}+\frac{1}{z^3(xt+ty+yx)}+\frac{1}{t^3(xy+yz+zx)}\geq \frac{4}{3}$$

Đề của 

DucHuyen1604

Trước hết ta chứng minh Bất Đẳng thức Sau: BĐT Cauchy - Schwar 

$\frac{a^{2}}{x}+\frac{b^{2}}{y} \geq \frac{(a+b)^{2}}{x+y}$ Với $ a;b;x;y >0$

Thật vậy BĐT $\Leftrightarrow \frac{a^{2}y+b^{2}x}{xy}\geq \frac{a^{2}+b^{2}+2ab}{x+y}\Leftrightarrow a^{2}xy+a^{2}y^{2}+b^{2}x^{2}+b^{2}xy\geq a^{2}xy+b^{2}xy+2abxy\Leftrightarrow (ay-bx)^{2} \geq 0$ Luôn đúng

Dấu $"="$ xảy ra khi $ ay=bx$

Áp dụng ta có $\frac{a^{2}}{x}+\frac{b^{2}}{y}+\frac{c^{2}}{z}+\frac{d^{2}}{t}\geq \frac{(a+b)^{2}}{x+y}+\frac{(c+d)^{2}}{z+t}\geq \frac{(a+b+c+d)^{2}}{x+y+z+t}$

Ta có BĐT $\frac{a^{2}}{x}+\frac{b^{2}}{y}+\frac{c^{2}}{z}+\frac{d^{2}}{t}\geq \frac{(a+b+c+d)^{2}}{x+y+z+t} (*) $

Quay trở lại bài toán ta thấy :

Do $xyzt=1\rightarrow \frac{1}{x^{2}}=(yzt)^{2};\frac{1}{y^{2}}=(ztx)^{2},\frac{1}{z^{2}}=(txy)^{2},\frac{1}{t^{2}}=(xyz)^{2}$

Dẫn đến $\frac{1}{x^{3}(yz+zt+ty)}=\frac{(yzt)^{2}}{xyz+xzt+zty};\frac{1}{y^{3}(xz+zt+tx)}=\frac{(ztx)^{2}}{xyz+yzt+xyt};\frac{1}{z^{3}(xt+ty+yx)}=\frac{(xyt)^{2}}{xzt+yzt+xyz};\frac{1}{t^{3}(xy+yz+zx)}=$

$P=\frac{1}{x^{3}(yz+zt+ty)}+\frac{1}{y^{3}(xz+zt+tx)}+\frac{1}{z^{3}(xt+ty+yx)}+\frac{1}{t^{3}(xy+yz+zx)}=\frac{(yzt)^{2}}{xyz+xzt+zty}+\frac{(ztx)^{2}}{xyz+yzt+xyt}+\frac{(xyt)^{2}}{xzt+yzt+xyz}+\frac{(xyz)^{2}}{xyt+yzt+xzt} \geq \frac{(xyz+xyt+xzt+yzt)^{2}}{3(xyz+xyt+xzt+yzt)}=\frac{(xyz+xyt+yzt+xzt)}{3}\geq\frac{4.\sqrt[4]{(xyzt)^{3}}}{3}=\frac{4}{3}$

Vậy BĐT được chứng minh;

Dấu $ "="$ đạt tại $ x=y=z=t=1$

Nên Kết hợp với (*) ta có 

Cho tam giác ABC có :$\cot A+\cot B+\cot C=3\sqrt{3}$

chứng minh tam giác ABC cân.

 

@MOD: chú ý cách đặt tiêu đề và việc gõ latex

Bài này mình nghĩ đề có vấn đề thì phải. Theo mình là Cho $cotA+cotB+cotC=\sqrt{3}$. Chứng minh tam giác đều

Còn với đề như trên thì thử các góc lần lượt từ $0^{\circ}\rightarrow 90^{\circ}$ chả thấy thỏa góc nào cả?

Cho đồ thị hàm số $y=x^3+3x^2-4\,\,(C).$ Gọi $A,\,B$ là hai điểm thuộc $(C)$ thỏa mãn tiếp tuyến tại $A$ song song tiếp tuyến tại $B.$ Chứng minh trung điểm $I$ của $AB$ cũng thuộc $(C).$

TXĐ : D=R

Có $(y)'=3x^{2}+6x$

Gọi $A(x_{1};y_{1});B(x_{2};y_{2}) \in(C)\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y_{1}=x_{1}^{3}+3x^{2}_{1}-4\\ y_{2}=x_{2}^{3}+3x_{2}^{2}-4 \end{matrix}\right.$

Hệ số góc của tiếp tuyến tại A;B là $\left\{\begin{matrix} k_{1}=3x_{1}^{2}+6x_{1}\\ k_{2}=3x^{2}_{2}+6x_{2} \end{matrix}\right.$

Do TT tại A và B song song với nhau dẫn đến $k_{1}=k_{2}\rightarrow 3x_{1}^{2}+6x_{1}=3x_{2}^{2}+6x_{2}\Leftrightarrow (x_{1}-x_{2})(x_{1}+x_{2}+2)=0$

Lại có A;B phân biệt nên $ x_{1} \neq x_{2}$ dẫn đến $ x_{1}+x_{2}=-2$

Gọi $I(x_{I};y_{I})$ là trung điểm của A,B ta có $x_{I}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{-2}{2}=-1$

Có $y_{I}=\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=\frac{x_{1}^{3}+3x_{1}^{2}-4+x_{2}^{3}+3x_{2}^{2}-4}{2}=\frac{(x_{1}+x_{2})^{3}-3x_{1}.x_{2}(x_{1}+x_{2})+3(x_{1}+x_{2})^{2}-6.x_{1}.x_{2}-8}{2}=\frac{(-2)^{3}-3.x_{1}.x_{2}.(-2)+3.(-2)^{2}-6.x_{1}.x_{2}-8}{2}=-2\rightarrow I(-1,-2)$

Thay tạo độ của $I$ vào $(C)$ ta thấy $ I \in (C)$. (ĐPCM)

Cho đồ thị hàm số $y=\dfrac{x+1}{2x-1}\,(C).$ Viết phương trình tiếp tuyến $(d)$ với $(C)$ biết $(d)$ cắt $Ox,\,Oy$ tại $A,\,B$ sao cho $AB=\sqrt{10}OA.$

Điều kiện $x\neq \frac{1}{2}$

Ta có ${y}'=\frac{-3}{2x-1}$

Gọi $M(x_{o};y_{o})\in (C)\rightarrow y_{o}=\frac{x_{o}+1}{2x_{o}-1}$

HSG của tiếp tuyến với $(C)$ tại $M$ là $k={y}'(x_{o})=\frac{-3}{(2x_{o}-1)^{2}}<0$

Giả sử tiếp tuyến tạo với chiều dương của Ox góc $\alpha$ mà tiếp tuyến cắt Ox,Oy ở A,B nên $\begin{vmatrix} cos\alpha \end{vmatrix}=\frac{OA}{AB}=\frac{1}{\sqrt{10}}$

Lại có $1+tan^{2}\alpha =\frac{1}{cos^{2}\alpha}\rightarrow tan^{2}\alpha=9\rightarrow tan \alpha =\pm 3$

Do $k=tan \alpha\rightarrow k=-3\Rightarrow \frac{-3}{(2x_{o}-1)^{2}}=-3\Leftrightarrow (2x_{o}-1)^{2}=1$

Với $2x_{o}-1=1\Leftrightarrow x_{o}=1\Rightarrow y_{o}=2$

Có PTTT là $y=-3(x-1)+2\Leftrightarrow y=-3x+5$

Với $2x_{o}-1=-1\Leftrightarrow x_{o}=0\Rightarrow y_{o}=-1$

Có PTTT là $y=-3(x-0)-1\Leftrightarrow y=-3x-1$

$\left\{\begin{matrix} x^3y(1+y)+x^2y^2(2+y)+xy^3=30 & & \\ x^2y+x(1+y+y^2)+y=11& & \end{matrix}\right.$

Hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} xy(x^{2}+y^{2}+2xy)+x^{2}.y^{2}(x+y)=30\\ xy(x+y)+x+y+xy=11 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} xy(x+y)^{2}+x^{2}.y^{2}(x+y)=30\\ xy(x+y)+x+y+xy=11 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} xy.(x+y)(x+y+xy)=30\\ xy(x+y)+x+y+xy=11 \end{matrix}\right.$

* Trường hợp 1: $\left\{\begin{matrix} xy(x+y)=6\\ xy+x+y=5 \end{matrix}\right.$

Nếu $\left\{\begin{matrix} x+y=3\\ xy=2 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow (x;y)=(2;1);(1;2)$

Nếu $\left\{\begin{matrix} x+y=2\\ xy=3 \end{matrix}\right.$. Hệ vô nghiệm vì $ S^{2} \geq 4P$

* Trường hợp 2: $\left\{\begin{matrix} xy(x+y)=5\\ xy+x+y=6 \end{matrix}\right.$

Nếu $\left\{\begin{matrix} x+y=5\\ xy=1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow (x;y)=(\frac{5+\sqrt{21}}{2};\frac{5-\sqrt{21}}{2});(\frac{5-\sqrt{21}}{2};\frac{5+\sqrt{21}}{2})$

Nếu $\left\{\begin{matrix} x+y=1\\ xy=5 \end{matrix}\right.$. Hệ này vô nghiệm vì $ S^{2} \geq 4P$

Vậy hệ có nghiệm $ (x;y)=(\frac{5+\sqrt{21}}{2};\frac{5-\sqrt{21}}{2});(\frac{5-\sqrt{21}}{2};\frac{5+\sqrt{21}}{2});(2;1);(1;2)$

Giải bất phương trình: $\frac{\sqrt{x}-2x}{\sqrt{3x+1}} + \frac{\sqrt{3x+1}}{\sqrt{x}+2x+1} \geq 1$

Điều kiên $x \geq0$

Khi ấy $\sqrt{3x+1} \geq1>0, \sqrt{x}+2x+1 \geq 1>0$

Do đó Bất phương trình $\Leftrightarrow (\sqrt{x}-2x)(\sqrt{x}+2x+1)+3x+1 \geq \sqrt{3x+1}( \sqrt{x}+2x+1)\Leftrightarrow \sqrt{x}+2x+1-4x^{2}\geq \sqrt{3x+1}( \sqrt{x}+2x+1)\Leftrightarrow 4x^{2}+(\sqrt{x}+2x+1)(\sqrt{3x+1}-1)\leq0\Leftrightarrow 4x^{2}+\frac{3x}{\sqrt{3x+1}+1}.(\sqrt{x}+2x+1)\leq0$

Với $x \geq0\rightarrow 3x \geq0;\sqrt{3x+1}+1\geq1+1=2>0;\sqrt{x}+2x+1\geq1>0\Rightarrow \frac{3x}{\sqrt{3x+1}+1}.(\sqrt{x}+2x+1)\geq0;4x^{2}\geq0\Rightarrow 4x^{2}+\frac{3x}{\sqrt{3x+1}+1}.(\sqrt{x}+2x+1)\geq0$

Do đó Bất phương trình $\Leftrightarrow 4x^{2}+\frac{3x}{\sqrt{3x+1}+1}.(\sqrt{x}+2x+1)=0\Leftrightarrow x=0$

Vậy Bất phương trình có tập nghiệm là $ S={0}$

$x+1+\sqrt{x^{2}-4x+1}\geq 3\sqrt{x}$

Điều kiện $x\in[0,2-\sqrt{3}]\cup [2+\sqrt{3};+\infty )$

Xét $x=0$ là nghiêm của bài toán

Xét $x\neq 0$. ta chia cả hai vế của Bất phương trình cho $\sqrt{x}$ ta được

$\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}+\sqrt{x+\frac{1}{x}-4}\geq3$, Đặt $\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}=t\geq 2\rightarrow x+\frac{1}{x}=t^{2}-2$

Bất phương trình có dạng $ t+ \sqrt{t^{2}-6} \geq3$

Trường hợp 1: ta có $\left\{\begin{matrix} t^{2}-6\geq0 & \\ 3-t\leq0& \end{matrix}\right.\Leftrightarrow t\geq3$

Trường hợp 2: ta có $\left\{\begin{matrix} t^{2}-6\geq t^{2}-6t+9 & \\ 3-t \geq0& \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \frac{5}{2} \leq t \leq 3$

Tóm lại ta có $ t \geq \frac{5}{2}$

Dẫn đến $\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}\geq \frac{5}{2}\Leftrightarrow \sqrt{x} \in (-\infty ;\frac{1}{2}]\cup [2,+\infty )\Leftrightarrow x \in (0;\frac{1}{4}]\cup [4,+\infty )$

Vậy Bất phương trình có tập nghiệm là $S=[0,\frac{1}{4}] \cup[4;+\infty )$

Chứng minh $\Delta ABC$ có diện tích S= $\frac{b^2+c^2}{4}$ thì tam giác ABC vuông cân tại A .

Ta có $S=\frac{1}{2}.bc.sinA=\frac{b^{2}+c^{2}}{4}\Leftrightarrow sinA=\frac{b^{2}+c^{2}}{2bc}$

Do $b,c$ là độ dài cạnh tam giác nên $b>0,c>0$

Theo Cauchy thì $b^{2}+c^{2}\geq2.\sqrt{b^{2}.c^{2}}=2bc\rightarrow \frac{b^2+c^{2}}{2bc}\geq1\rightarrow sinA\geq1$

Mặt khác ta có $SinA \leq1$. Dấu bằng xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} sinA=1 & \\ b=c& \end{matrix}\right.$

Hay tam giác ABC vuông cân ở A

$\frac{2cos2x(1+sinx)+sin4x+1}{1+2cosx} = 2(cosx+sin^2x)$

Điều kiện $cosx\neq \frac{-1}{2}$

Ta có $2cos2x(1+sinx)+sin4x+1=2cos2x+2.cos2x.sinx+2.sin2x.cos2x+1=(1+2cos2x)+2.cos2x(sinx+sin2x)=1+2(2cos^{2}x-1)+2.cos2x.sinx(1+2.cosx)=(2cosx-1)(2cosx+1)+2.cos2x.sinx(2cosx+1)=(2cosx+1)(2cosx-1+2.cos2x.sinx)$

nên phương trình $\Leftrightarrow 2cosx-1+2.cos2x.sinx=2cosx+2sin^{2}x\Leftrightarrow 2cos2x.sinx-1=1-cos2x\Leftrightarrow cos2x.(2sinx+1)=2\Leftrightarrow (1-2sin^{2}x)(2sinx+1)=2\Leftrightarrow 4sin^{3}x+2sin^{2}x-2sinx+1=0$

Xét $f(t)=4t^{3}+2t^{2}-2t+1=t^{2}+(4t^{3}+t^{2}-2t+1)=t^{2}+(t+1)(4t^{2}-3t+1),$

Với $t\in [-1,1]$ ta có $t^{2} \geq0;t+1 \geq 0,4t^{2}-3t+1=4(t-\frac{1}{8})^{2}+\frac{7}{16}>0\rightarrow f(t)>0;\forall t \in [-1;1]$

Với $ t=sinx$ ta được phương trình vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

Xét 

Cho số phức z khác 0 thỏa mãn $\left| {{z^3} + \frac{1}{{{z^3}}}} \right| \le 2$
CMR:$\left| {z + \frac{1}{z}} \right| \le 2$

Bài này chỉ cần làm như thế này thôi có $\begin{vmatrix} z^{3}+\frac{1}{z^{3}} \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} (z+\frac{1}{z})^3-3(z+\frac{1}{z}) \end{vmatrix}\geq\begin{vmatrix} (z+\frac{1}{z})^{3} \end{vmatrix}-\begin{vmatrix} 3(z+\frac{1}{z}) \end{vmatrix}=r^{3}-3r;r=\begin{vmatrix} z+\frac{1}{z} \end{vmatrix}\geq 0$

Vậy $r^{3}-3r \leq 2\Leftrightarrow r^{3}-3r-2 \leq 0\Leftrightarrow (r+1)^2.(r-2) \leq 0\Leftrightarrow r\leq2$ Ta có đpcm

DO là Số Phức nên không được dùng CauChy nhé

Có bao nhiêu cách xếp 12 người gồm 4 nữ và 8 nam sao thành 1 hàng dọc sao cho giữa 2 người nữ phải có ít nhất 1 người nam.

Đề thi của 

BoFaKe

Ta sẽ sử dụng phương pháp đếm bù

* Đếm số cách xếp 12 người gồm 4 nữ và 8 nam thành 1 hàng dọc sao cho giữa hai người nữ không có người nam nào

Vì giữa hai em nữ bất kì đều khong có 1 em nam nào nên 4 em nữ lập  thành một khối, ta coi khối "4 em nữ" là một vị trí trong hàng. Như vậy, 8 em nam và khối 4 em nữ tạo thành 9 vị trí trong hàng. Việc xếp chỗ được tiến hành theo hai công đoạn

 - Công đoạn 1: Xếp chỗ cho 8 em nam và khối 4 em nữ . Ta có 9! cách xếp.

 - Công đoạn 2: Xếp chỗ trong nội bộ khối 4 em nữ: ta có 4! cách xếp

Theo quy tắc nhân ta có 9!.4!=8709120 cách xếp

* Số cách xếp 12 em học sinh gồm 4 nữ và 8 nam thành một hàng dọc là 12!

Vậy số cách sắp xếp 12 người gồm 4 nữ và 8 nam thành một hàng dọc sao cho giữa hai bạn nữ phải có ít nhất 1 bạn nam là 

$12!-9!.4!=470292480$

Cho tam giác ABC.Chỉ bằng thước và compa dựng điểm P sao cho tam giác PAB, PBC, PCA có chu vi bằng nhau 

 Đề Bài

Giải phương trình lượng giác sau :

$$\sin 4x + 2=\cos 3x + 4\sin x+\cos x$$

Toán thủ ra đề: hoangkkk

Bài làm

Phương trình $$\Leftrightarrow4 sinx.cosx.cos2x - 4sinx = cos3x + cosx - 2\Leftrightarrow 4sinx ( cosx.cos2x - 1) = 2cos2x.cosx - 2 \Leftrightarrow ( 2sinx - 1)( cosx.cos2x - 1)=0$$

* Trường hợp 1: $ sinx = \frac{1}{2} \Leftrightarrow x= \frac{ \pi}{6} + k2 \pi  hoặc x= \frac{5 \pi}{6} + k2 \pi $

* Trường hợp 2: $ cosx.cos2x = 1 \Leftrightarrow 2.cosx.cos2x=2 \Leftrightarrow ( 1-cosx) + (1-cos3x) = 0 \Leftrightarrow 2 sin^{2} \frac{x}{2} + 2sin^{2} \frac{3x}{2}=0 \Leftrightarrow sin^{2} \frac{x}{2} + sin^{2} \frac{3x}{2}=0 $

Do $sin^{2} \frac{x}{2} \geq 0$  và $sin^{2} \frac{3x}{2} \geq 0$ nên phương trình $ \Leftrightarrow sin \frac{x}{2} =sin \frac{3x}{2}=0

\Leftrightarrow sin \frac{x}{2}=0 \Leftrightarrow x= k2 \pi$

Vậy phương trình có tập nghiệm $S={ \frac{ \pi}{6} + k2 \pi; \frac{5 \pi}{6} + k2 \pi ;k2 \pi}$

Tình hình là mình đã phải thay mắt kính mới sau khi chấm xong bài của bạn. Bạn nên vào phần xem trước, chỉnh sửa kỹ trước khi nộp bài. Bài của bạn làm đúng, nhưng do trình bày latex bạn không đảm bảo nên mình không thể cho bạn điểm cao.

Bạn chưa nói rõ $k$ là gì.

$\boxed{\text{Điểm bài thi}:4.0}$ 

S=3.7+4*3=15.7

Tính góc của tam giác ABC biết

$ 2.cosA.sinB.sinC + \sqrt{3}.( sinA + cosB + cosC) = \frac{17}{4}$

Tính $S=\frac{1}{2}.C_{2n}^{0}+\frac{1}{4}.C_{2n}^{4}+...+\frac{1}{2n+2}.C_{2n}^{2n}$

Tìm hệ số của $x^{n-1}$ trong khai triển $P=(x+\frac{1}{2})(x+\frac{1}{2^{2}})...(x+\frac{1}{2^{n}})$

Đề bài của BTC

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho hình chữ nhật $ABCD$ có $A(2;0), B(4;5)$ và giao của hai đường chéo nằm trên đường thẳng $d:x-y-1=0$. Hãy tìm tọa độ $C,D$

Gọi I là giao của hai đường chéo hình chữ nhật. Thì I là tâm đối xứng của hình chữ nhật. Do tính đối xứng nên I là trung điểm AC và BD

Theo đầu bài $I\in (d): x-y-1=0\rightarrow I(x,x-1)$

Ta có $AC=BD\rightarrow IA=IB\rightarrow IA^{2}=IB^{2}$

Ta có $\overrightarrow{IA}(x-2;x-1),\overrightarrow{IB}(x-4,x-6)\rightarrow (x-2)^{2}+(x-1)^{2}=(x-4)^{2}+(x-6)^{2}\rightarrow 14x=47\rightarrow x=\frac{47}{14}\rightarrow I(\frac{47}{14};\frac{33}{14})$

Do I là trung điểm AC nên từ công thức trung điểm ta có $\left\{\begin{matrix} x_{C}=2x_{I}-x_{A}=2.\frac{47}{14}-2=\frac{33}{7}\\ y_{C}=2y_{I}-y_{A}=2.\frac{33}{14}-0=\frac{33}{7} \end{matrix}\right.\Rightarrow C(\frac{33}{7},\frac{33}{7})$

Do I là trung điểm  BD nên từ công thức trung điểm ta có $\left\{\begin{matrix} x_{D}=2x_{I}-x_{B}=2.\frac{47}{14}-4=\frac{19}{7}\\ y_{D}=2y_{I}-y_{B}=2.\frac{33}{14}-5=\frac{-2}{7} \end{matrix}\right.\Rightarrow D(\frac{19}{7},\frac{-2}{7})$

Vậy ta có $C(\frac{33}{7},\frac{33}{7}),D(\frac{19}{7},\frac{-2}{7})$

P/sHình do em chưa biết vẽ trên diễn đàn nên đành nộp bài không hình ạ. Mong thầy cô thông cảm  

$\boxed{Điểm:10}$

S = 16.7+3*10 = 46.7

Giải phương trình:

$$2(4x^6-\sqrt[3]{6x^{10}+x^9+6x^8}+4)=x^2(x-22x^2-22)$$

 

Toán thủ ra đề 19kvh97

Với $x=0\rightarrow VT=8\neq VP=0$ nên $x=0$ không là nghiệm phương trình

Chia hai vế phương trình cho $x^{3}$ ta được Phương trình $\Leftrightarrow 8(x^{3}+\frac{1}{x^{3}})-2\sqrt[3]{6(x+\frac{1}{x})+1}-1+22(x+\frac{1}{x})=0$

Đặt $t=x+\frac{1}{x};\begin{vmatrix} t \end{vmatrix}\geq 2$

Để ý rằng $x^{2}+\frac{1}{x^{2}}=t^{2}-2;x^{3}+\frac{1}{x^{3}}=(x+\frac{1}{x})^{3}-3x.\frac{1}{x}(x+\frac{1}{x})=t^{3}-3t$

Thế vào phương trình $\Rightarrow 8(t^{3}-3t)-2.\sqrt[3]{6t+1}+22t-1=0\Leftrightarrow 8t^{3}-2t-1=\sqrt[3]{6t+1}$

Đặt $\sqrt[3]{6t+1}=2a\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 8a^{3}-6t-1=0\\ 8t^{3}-2t-1-2.2a=0 \end{matrix}\right.\rightarrow 8(t^{3}-a^{3})+4t-4a=0\Leftrightarrow 8(t-a)(t^{2}+ta+a^{2})+4(t-a)=0\Leftrightarrow 4(t-a)\begin{bmatrix} 2(t^{2}+ta+a^{2})+1 \end{bmatrix}=0$

Do $2(t^{2}+ta+a^{2})+1=2.(t+\frac{a}{2})^{2}+\frac{3}{2}a^{2}+1\geq 1>0$ nên ta có 

$t=a\rightarrow \sqrt[3]{6t+1}=2t\Leftrightarrow 8t^{3}-6t-1=0\Leftrightarrow 4t^{3}-3t=\frac{1}{2}$

$\star$ Nếu $t\geq 2\rightarrow t(4t^{2}-3)\geq 2.(4.2^{2}-3)=26>\frac{1}{2}$ nên phương trình $8t^{3}-6t-1=0$ vô nghiệm

$\star$ Nếu $t\leq -2 \rightarrow t(4t^{2}-3)\leq- 2.(4.2^{2}-3)=-26<\frac{1}{2}$ nên phương trình $8t^{3}-6t-1=0$ vô nghiệm

Do phương trình ẩn t vô nghiệm nên phương trình  ẩn x vô nghiệm

Vậy Phương trình đã cho vô nghiệm

$\boxed{Điểm: 10}$
S=11+3*10 = 41

Tam giác ABC có tanA; tanB; tanC lập thành cấp số cộng. Chứng minh $cosA +cosC\leq \frac{3 \sqrt{2}}{4}$