Cho tam giác ABC.tìm max

P=-( $\sqrt{3} $cos2A+2cos2B+2 . $\sqrt{3}$ cos2C)

 

Đề đúng thế này phải không bạn :

Cho tam giác $ABC$ . Tìm $\max$ :

$$P=\sqrt[3]{\cos 2A}+\sqrt[3]{\cos 2B}+\sqrt[3]{\cos 2C}$$

Bài 31 : Cho $x$, $y$, $z$ là các số thực dương thỏa mãn $x \leq z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

$$P= \sqrt{2+\dfrac{2x^2}{\left(x +y \right)^2}-\dfrac{2z \left(2y+z \right)}{\left ( y+z \right)^2}}+\dfrac{3z}{z+x}$$

 1. Họ và tên thật                :          Phạm Văn Hoàng

 

2. Học sinh lớp                   :          12A2 chuyên tin

    Trường                          :          THPT chuyên Phan Bội Châu

    Huyện/Thành phố          :          Vinh

    Tỉnh                                :          Nghệ An

 

3. Đề bài

 

Trong mặt phẳng $Oxy$ cho đường tròn $\left( T \right) : x^2+y^2-2x-4y+4=0$ và đường thẳng $\left( d \right) : x-y-1=0$. Từ $M$ thuộc $\left( d \right)$ kẻ các tiếp tuyến $MA$, $MB$ đến $\left (T \right)$, trong đó $A$, $B$ là các tiếp điểm. Chứng minh rằng đường thẳng $AB$ luôn đi qua một điểm cố định.

 

4. Lời giải

 

Phương trình đường tròn : $\left (x-1 \right)^2+\left(y-x \right)^2=1$

Gọi tọa độ các điểm là : $A \left(x_1, y_1 \right)$, $B \left( x_2, y_2 \right)$, $M \left(x_0, y_0 \right)$

Tiếp tuyến tại $A$ qua $M$ của đường tròn có dạng :

$$\left(x_0-1 \right) \left(x_1-1 \right)+\left(y_0-2 \right) \left(y_1-2 \right) = 1$$

Tiếp tuyến tại $B$ qua $M$ của đường tròn có dạng :

$$\left(x_0-1 \right) \left(x_2-1 \right)+\left(y_0-2 \right) \left(y_2-2 \right) = 1$$

Dễ thấy cả $A$ và $B$ đều thỏa mãn phương trình :

$$\left(x_0-1 \right) \left(x-1 \right)+\left(y_0-2 \right) \left(y-2 \right) = 1$$

Phương trình trên chính là phương trình đường thẳng $AB$, mặt khác do $M$ thuộc $d$ nên có $M \left( x_0, y_0 \right) = \left( x_0, x_0-1 \right)$, thay lên phương trình trên ta thu được :

$$\left(x_0-1 \right) \left(x-1 \right)+\left(x_0-3 \right) \left(y-2 \right)=1$$

Gọi $N \left(x, y \right)$ là điểm cố định mà đường thẳng $AB$ luôn đi qua với mọi $x_0$, khi đó phương trình $$\left(x_0-1 \right) \left(x-1 \right)+\left(x_0-3 \right) \left(y-2 \right)=1$$ luôn có nghiệm với mọi $x_0$.

Hay $x_0 \left(x+y-3 \right)+6-x-3y=0$ có nghiệm với mọi $x_0$

$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x+y-3=0 & \\
6-x-3y=0&
\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=y=\frac{3}{2}$$

Vậy điểm cố định cần tìm là $N \left( \dfrac{3}{2}, \dfrac{3}{2} \right)$

 

 

 

1. Họ và tên thật              :      Phạm Văn Hoàng

 

2. Đang học lớp               :     12A2 chuyên tin

   Trường                          :     THPT Chuyên Phan Bội Châu

   Huyện/Thành Phố         :      Vinh

   Tỉnh                              :      Nghệ An

 

3. Đề Bài

 

Giải phương trình lượng giác sau :

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

4. Lời giải

 

Phương trình đã cho tương đương với

$$\left ( \sin 4x-\sin 2x \right )+\left ( \sin 2x-\cos x \right )+\left ( 2-4\sin x \right )=\cos 3x$$

$$\Leftrightarrow \left ( 2\cos 3x\sin x \right )+\cos x\left ( 2\sin x-1 \right )+\left ( 2-4\sin x \right )=0$$

$$\left ( 2\sin x-1 \right )\left ( \cos 3x+\cos x-2 \right )=0$$

$$\begin{bmatrix}
 & 2\sin x-1=0 \left ( 1 \right )\\
 & \cos 3x+\cos x-2=0 \left ( 2 \right )
\end{bmatrix}$$

Giải $\left ( 1 \right )$ : $\left ( 1 \right ) \Leftrightarrow \begin{bmatrix}
 x=\dfrac{\pi}{6}+k2 \pi& \\
 x=\dfrac{5\pi}{6}+k2 \pi&
\end{bmatrix}\left ( k\in \mathbb{Z} \right )$

 

Giải $\left ( 2 \right )$ :

$\left ( 2 \right ) \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
\cos 3x=1 & \\
\cos x=1&
\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=k2 \pi \left ( k\in \mathbb{Z} \right )$

Kết luận : Phương trình đã cho có $3$ họ nghiệm thoả mãn :

$x= \dfrac{\pi}{6}+k2 \pi$ $\vee$ $x= \dfrac{5\pi}{6}+k2 \pi$ $\vee$ $x=k2 \pi$

 

 

Bài này cũng được!

1. Họ và tên thật              :      Phạm Văn Hoàng

 

2. Đang học lớp               :     12A2 chuyên tin

   Trường                          :     THPT Chuyên Phan Bội Châu

   Huyện/Thành Phố         :      Vinh

   Tỉnh                              :      Nghệ An

 

3. Đề Bài

    Giải hệ phương trình sau trên tập số thực :

    $$\left\{\begin{matrix}
\sqrt{x-2}-\sqrt{y-1}=27-x^3 & \\
 \left ( x-2 \right )^4+1=y&
\end{matrix}\right.$$

4. Lời giải

 

ĐKXĐ : $\left\{\begin{matrix}
x \geq 2 & \\
y \geq 1 &
\end{matrix}\right.$

Từ phương trình thứ $2$ của hệ ta có : $\left(x-2 \right)^4=y-1$ $\Rightarrow \left(x-2 \right)^2=\sqrt{y-1}$

Thay vào phương trình thư nhất ta được :

$$\sqrt{x-2}=27-x^3+x^2-4x+4$$

$$\Leftrightarrow \sqrt{x-2}+x^3-x^2+4x-31=0 \left(* \right)$$

Xét hàm số $f \left(x \right)=\sqrt{x-2}+x^3-x^2+4x-31$ với mọi $x \geq 2$

Ta có :

$$f' \left(x \right)=\dfrac{1}{2\sqrt{x-2}}+3x^2-2x+4$$

Dễ thấy $f' \left(x \right) > 0$ với mọi $x > 2$, do vậy $f \left(x \right)$ là hàm đồng biến trên khoảng $\left ( 2,+\infty  \right )$, mặt khác $f \left(3 \right)=0$ $\Rightarrow x=3$ là nghiệm duy nhất của phương trình $\left (* \right)$, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được $y=2$. (thoả mãn ĐKXĐ)

 

Kết luận : Hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left ( x,y \right )=\left ( 3;2 \right )$

Em chọn bạn nguyenhang28091996.

Bài này mình có đưa lên Mathlinks và đã có người giải :

Let $x$, $y$, $z$ be non-negative numbers such that $x^2+8y^2+9z^2 \leq 4xyz$. Find min :
\[P=\frac{4x+2y^2+z^3}{\sqrt{6(36y-11\sqrt{2z})}-11x}\]

Solution

We have \[(x-3z)^2+8y^2+6xz\le 4xyz\Rightarrow 0< 8y^2 \le 2xz(2y-3)-(x-3z)^2 \le 2xz(2y-3)\Rightarrow y>\frac{3}{2}\]

On the other hand $4xy \ge \frac{x^2}{y}+4y+\frac{9z^2}{y}+4y\ge 8\sqrt{3xz}\Rightarrow xz\ge 12$

We have: \[VT=\frac{4x+2y^2+z^3+8+8-16}{\sqrt{216y-11(3\sqrt{2z}+3\sqrt{2z}+x)}}\ge \frac{4x+12z+2y^2-16}{\sqrt{216y-33\sqrt[3]{18xz}}}\ge \frac{2y^2+32}{\sqrt{216y-198}}\]

\[F(y)=\frac{2y^2+32}{\sqrt{216y-198}}; (y>\frac{3}{2})\]

We have $F'(y)=0 \iff y=3$

$\Rightarrow Min P=\frac{5\sqrt{2}}{3}$

Equality occurs for $x=6;y=3;z=2$ .

 

 

$\blacksquare$ Cho $f \left(x \right)$ là hàm số xác định và liên tục tai mọi $x \neq 0$, lấy giá trị không âm thỏa mãn điều kiện :

 

$f\left ( x \right ) \leq k \int_0^{x}f\left(t \right)dt$ $\forall x \geq 0$.Trong đó $k$ là một hằng số dương.

 

Chứng minh rằng : $f \left(x \right)=0$ $\forall x \geq 0$

 

Giải hệ phương trình:

$$\left\{\begin{matrix} log_2\sqrt{x+y}=3log_8\left (\sqrt{x-y}+2  \right )\\  \sqrt{x^2+y^2+1}-\sqrt{x^2-y^2}=3 \end{matrix}\right.$$

 

ĐKXĐ : $\left\{\begin{matrix}
x+y >0 & \\
x-y \geq 0&
\end{matrix}\right.$

Phương trình thứ nhất của hê tương đương với :

$$\log_2 \sqrt{x+y}=\log_2 \left(\sqrt{x-y}+2\right)$$

$$\Leftrightarrow \sqrt{x+y}=\sqrt{x-y}+2$$

Kêt hợp với phương trình thứ hai của hệ ta được hệ mới :

$$\left\{\begin{matrix}
\sqrt{x+y}=\sqrt{x-y}+2 & \\
\sqrt{x^2+y^2+1}=3+\sqrt{x^2-y^2} &
\end{matrix}\right.$$

$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x+y=x-y+4+4\sqrt{x-y} & \\
x^2+y^2+1=9+6\sqrt{x^2-y^2}+x^2-y^2 &
\end{matrix}\right.$$

$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
y=2+2\sqrt{x-y} & \\
y^2=4+3\sqrt{x^2-y^2} &
\end{matrix}\right.$$

$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
y^2=4+8\sqrt{x-y}+4(x-y) & \\
y^2=4+3\sqrt{x^2-y^2} &
\end{matrix}\right.$$

Từ trên suy ra : $$8\sqrt{x-y}+4(x-y)=3\sqrt{x^2-y^2}$$

$$\leftrightarrow \sqrt{x-y}\left( 8+4\sqrt{x-y}-3\sqrt{x+y} \right)=0$$

$$\Leftrightarrow \begin{vmatrix}
x=y & \\
8+4\sqrt{x-y}=3\sqrt{x+y} &
\end{vmatrix}$$

 

Với $x=y$, thay vào ta được $\sqrt{2x}=2 \rightarrow x=y=2$

 

Với $8+4\sqrt{x-y}=3\sqrt{x+y}$, kết hợp với $\sqrt{x+y}=\sqrt{x-y}+2$ suy ra vô nghiệm.

 

Vậy hệ đã cho nghiệm duy nhất $x=y=2$

Mình xin trích nguyên văn lời giải của Michael Rozenberg đăng ở bên Mathlinks :

 

Let $a,b,c>0$. Prove that
\[\frac{a^3+b^3+c^3+3abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{(a+b+c)^2}{6(a^2+b^2+c^2)}\ge \frac{5}{4}\]

$\frac{a^3+b^3+c^3+3abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{(a+b+c)^2}{6(a^2+b^2+c^2)}\ge \frac{5}{4}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum_{cyc}\frac{a^3+abc}{(a+b)(a+c)(b+c)}-\frac{3}{4}\geq\frac{1}{2}-\frac{(a+b+c)^2}{6(a^2+b^2+c^2)}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum_{cyc}\frac{4a^3-3a^2b-3a^2c+2abc}{(a+b)(a+c)(b+c)}\geq\sum_{cyc}\frac{(a-b)^2}{6(a^2+b^2+c^2)}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum_{cyc}\frac{4a^3-2a^2b-2a^2c-a^2b-a^2c+2abc}{(a+b)(a+c)(b+c)}\geq\sum_{cyc}\frac{(a-b)^2}{6(a^2+b^2+c^2)}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum_{cyc}(a-b)^2S_c$, where $S_c=\frac{2a+2b-c}{(a+b)(a+c)(b+c)}-\frac{1}{6(a^2+b^2+c^2)}$.
Let $a\geq b\geq c$.
Hence, $S_c\geq\frac{1}{(b+c)(a+c)}-\frac{1}{6(a^2+b^2+c^2)}\geq0$,
$S_b=\frac{2a+2c-b}{(a+b)(a+c)(b+c)}-\frac{1}{6(a^2+b^2+c^2)}\geq$
$\geq\frac{1}{(a+b)(b+c)}-\frac{1}{6(a^2+b^2+c^2)}\geq0$ and $(a-c)^2\geq(b-c)^2$.
Hence, $\sum_{cyc}S_c(a-b)^2\geq S_b(a-c)^2+S_a(b-c)^2\geq(b-c)^2(S_a+S_b)=$
$=(b-c)^2\left(\frac{2a+2c-b+2b+2c-a}{(a+b)(a+c)(b+c)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)}\right)\geq$
$\geq(b-c)^2\left(\frac{a+b+c}{(a+b)(a+c)(b+c)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)}\right)\geq0$. Done!

 

$\frac{2}{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}}-\frac{3}{\sqrt{a+b+c}}$.a,b,c>0.Tìm min 

Đặt $P$ là biểu thức đã cho.

Viết $P$ lại thành:
$$P=\dfrac{2}{a+\sqrt{\dfrac{a}{2}.2b}+\sqrt[3]{\dfrac{a}{4}.b.4c}}-\dfrac{3}{\sqrt{a+b+c}}$$

Áp dụng AM-GM ta có :
$$P\geq \frac{2}{\frac{4}{3}(a+b+c)}-\frac{3}{\sqrt{a+b+c}}=\frac{3}{2(a+b+c)}-\frac{3}{\sqrt{a+b+c}}$$
Đến đây ta đặt $\frac{1}{\sqrt{a+b+c}}=t$ với $t> 0$
$$\Rightarrow P\geq \frac{3}{2}t^2-3t=\frac{3}{2}(t-1)^2-\frac{3}{2}\geq -\frac{3}{2}$$
Vậy $\min P=-\frac{3}{2}$, đạt được khi và chỉ khi $a=4b=16c$

Cho a,b,c dương $abc=1  ;1 \le  c \le 10$ tìm max của biểu thức

$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}$

 

Đặt : $\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}$

 

Do $abc=1$ và $1 \leq c \leq 10$ nên $ab \leq 1$

 

Bổ đề : Với mọi $ab \leq 1$ ta luôn có : 

$$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1} \leq \frac{2}{1+\sqrt{ab}}$$

Áp dụng bổ đề trên vào bài toán ta có :

$$P \leq \frac{2\sqrt{c}}{1+\sqrt{c}}+\frac{1}{c+1}= f \left( c \right)$$

Đến đây ta khảo sát hàm $f \left( c \right)$ trên $\left [1;10 \right]$.

$$f' \left( c \right)=\frac{1}{\sqrt{c}+2c+c\sqrt{c}}-\frac{1}{c^2+2c+1}$$

Mặt khác do $\sqrt{c}+2c+c\sqrt{c}-c^2-2c-1=\left ( c\sqrt{c}-1 \right )\left ( 1-\sqrt{c} \right )\leq 0$ $\forall c \in \left [ 1;10 \right ]$ nên $f \left( c \right)$  là hàm đồng biến.

Như vậy ta suy ra được : $f \left( c \right) \leq f \left( 10 \right)=\dfrac{20-2\sqrt{10}}{9}+\dfrac{1}{11}$

Vậy $P_{\max}=\dfrac{20-2\sqrt{10}}{9}+\dfrac{1}{11}$

Bài 1 : Cho $x$, $y$, $z$ là các số thực không âm thỏa mãn $\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+2y}+\sqrt{1+2z}=5$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 

$$P=2x^3+y^3+z^3$$

(Đề khảo sát chất lượng lớp $12$, lần $3$, năm $2013$ của trường chuyên Đại Học Vinh)

 

Bài 2 : Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

$$P=\left(a+b \right)\left(b+c \right)\left(c+a \right)+\frac{72}{\sqrt{a+b+c+1}}$$

(Đề thi thử Đại học lần $2$, năm $2013$ của trường chuyên Phan Bội Châu)

Thi cử thì dựa vào thực lực là chính, ai lại cay cú chuyện bạn mình làm bài hơn mình, làm không tốt lỗi lớn thuộc về chính bản thân. Vả lại em nghĩ mà xem, bạn em làm được theo cái kiểu phao cứu sinh đó có gì là hay ho , đáng để tự hào. Theo anh thì chuyện này cũng chẳng cần nói lên ban giám hiệu làm gì vì chắc là họ cũng rõ chuyện hơn ai hết. Năm sau cố gắng phục thù là ok.

Cho $a \geq b \geq c >0$ và $abc=1$

Tìm Min của $P=\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{2}{(1+b)^2}+\frac{3}{(1+c)^2}$

 

Làm thế này không biết có sai sót chỗ nào không.

Từ giả thiết $a \geq b \geq c$ suy ra : $\frac{1}{\left ( a+1 \right )^2} \leq \frac{1}{\left ( b+1 \right )^2} \leq \frac{1}{\left ( c+1 \right )^2}$.

 

Như vậy ta thu được $\left (1;2;3  \right )$ và $\left (\frac{1}{\left ( a+1 \right )^2} ; \frac{1}{\left ( b+1 \right )^2} ;\frac{1}{\left ( c+1 \right )^2}\right )$ là hai bộ đơn điệu cùng chiều.

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev :

$$P \geq \frac{1}{3}\left ( 1+2+3 \right )\left ( \sum \frac{1}{\left ( a+1 \right )^2} \right )=2\left ( \sum \frac{1}{\left ( a+1 \right )^2} \right )$$

Do $abc=1$ và $a,b,c >0$ nên tồn tại các số thực dương $x,y,z$ sao cho $a=\frac{xy}{z^2}$, $b=\frac{zx}{y^2}$, $c=\frac{yz}{x^2}$

 

Thay vào bất đẳng thức vừa thu được ở trên :

$$P \geq 2\left [ \frac{x^4}{\left ( yz+x^2 \right )^2}+\frac{y^4}{\left ( zx+y^2 \right )^2} +\frac{z^4}{\left ( xy+z^2 \right )^2}  \right ]$$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :

$$\sum \frac{x^4}{\left ( yz+x^2 \right )^2} \geq \frac{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2}{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}$$

Sử dụng đánh giá cơ bản : $xy+yz+zx \leq \frac{(x+y+z)^2}{3}$ ta suy ra :

$$\frac{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2}{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2} \geq \frac{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2}{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2+\frac{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2}{3}}=\frac{3}{4}$$

Hay $P \geq 2.\frac{3}{4}=\frac{3}{2}$

 

Vậy $P_{\min}=\frac{3}{2}$. Đạt được khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

Đáp án nó thế này

 

 

Đáp án này sai mất rồi.

Ta có $a^2+ab-a+5 \ge ab+a+4 \ge 2a\sqrt{b}+4.$

Đặt $a\sqrt{b}=x$, $b\sqrt{c}=y$, $c\sqrt{a}=z$. $xyz=1$, ta được bài toán quen thuộc:

$P^2\le(\dfrac{1}{\sqrt{2x+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{2y+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{2x+4}})^2 \le \dfrac{3}{2x+4}+\dfrac{3}{2y+4}+\dfrac{3}{2z+4}$

Ta sẽ chứng minh:$\dfrac{3}{2x+4}+\dfrac{3}{2y+4}+\dfrac{3}{2z+4} \le \dfrac{3}{2}$

Quy đồng rồi thu gọn, BĐT tương đương:

                                         $xy+yz+zx \ge 3$ 

 

Luôn đúng do $xy+yz+zx\ge 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=3$.

Vậy $P_{max} = \sqrt{\dfrac{3}{2}}$ khi $a=b=c=1$

 

Lúc sáng làm bài mình cũng theo cách này, nhưng mà bạn chú ý ở chỗ $\sqrt{b^2+bc-c+5}$ chứ không phải $\sqrt{b^2+bc-b+5}$.

Mà như vậy thì bài toán khác đi rất nhiều.

Cho $a,b,c$ là ba số thưc dương thỏa mãn $abc=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

$$P=\frac{1}{\sqrt{a^2+ab-a+5}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+bc-c+5}}+\frac{1}{\sqrt{c^2+ca-c+5}}$$

 

Đề thi thử Đại Học lần I năm 2013 của trường chuyên Phan Bội Châu Nghệ An

(Nguyên văn câu này là như vậy, mình thấy đề hơi lạ )

 

Giải phương trình $7^{x-1}=6\log_{7}(6x-5)+1$

Đề của 

hoangtrong2305

 

 

ĐKXĐ : $x \geq \frac{5}{6}$

 

Đặt $y-1=\log_{7}\left ( 6x-5 \right )$, như vậy ta có $7^{y-1}=6x-5$

Thay vào ta có hệ phương trình :

$$\left\{\begin{matrix}
7^{y-1}=6x-5 & \\
7^{x-1}=6(y-1)+1=6y-5 &
\end{matrix}\right. \Rightarrow 7^{x-1}-7^{y-1}=6y-6x\Leftrightarrow 7^{x-1}+6x=7^{y-1}+6y \left ( 1 \right )$$

Xét hàm $f(t)=7^{t-1}+6t$.

Ta có : $f'(t)=7^{t-1}\ln 7 +6 >0$, suy ra $f(t)$ là hàm đồng biến trên $\mathbb{R}$

Mặt khác phương trình $\left ( 1 \right )$ tương đương với phương trình $f(x)=f(y)$ nên ta suy ra được $x=y$

Hay $$x=\log_{7}\left ( 6x-5 \right )+1\Leftrightarrow x-1=\log_{7}(6x-5)\Leftrightarrow 7^{x-1}=6x-5$$

Ta có đồ thị thể hiện nghiệm của phương trình trên :

 

 

Từ đồ thị ta thấy rằng có hai giao điểm tương ứng với hai nghiệm, mặt khác thì $x=1$ và $x=2$ cũng là hai nghiệm đúng. Do vậy :

Phương trình trên có hai nghiệm $\begin{bmatrix}
x=1 & \\
x=2 &
\end{bmatrix}$

 

 

Khi ngồi trong phòng thi ĐH, không có máy vi tính và phần mềm vẽ đồ thị, em làm thế nào để vẽ được hai đồ thị kia một cách chính xác?

Điểm bài: 8

S = 20+8*3 = 44

Cho ba số $x,y,z>0$ và $x+y+z=xyz$. Chứng minh rằng:

                           $\left ( x-1 \right )\left ( y-1 \right )\left ( z-1 \right )\leq 6\sqrt{3}-10$

 

Một bất đẳng thức có trong quyển "Old and new inequalities". Mình xin trích dẫn lại lời giải :

 

Từ giải thiết dễ dàng suy ra được rằng có nhiều nhất một trong ba số nhỏ hơnn $1$. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $x \geq 1$, $y geq 1$. Như vậy $xy \geq 1$ và từ điều kiện đã cho ta có được : $=\frac{x+y}{xy-1}$

 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

$$2xyz-(xy+yz+zx) \leq 6\sqrt{3}-9$$

Thế $z$ vào và biến đổi :

$$(xy-x-y)^2+(6\sqrt{3}-10)xy \leq 6\sqrt{3}-9$$

Bây giờ ta đặt $x+1=a$, $y+1=b$ thì bất đẳng thức trên trở thành :

$$a^2b^2+( 6\sqrt{3}-10)(a+b+ab)-2ab \geq 0$$

Nhưng $a+b\geq 2\sqrt{ab}$ và $6\sqrt{3}-10 \geq 0$ nên ta chỉ cần chứng minh :

$$a^2b^2+(6\sqrt{3}-10)(ab+2\sqrt{ab})-2ab \geq 0$$

Đặt $\sqrt{ab}=t \geq 0$, viết lai bất đẳng thức trên thành :

$$t^4+(6\sqrt{3}-12)t^2+2(6\sqrt{3}-10)t \geq 0$$

Hay

$$t^3+(6\sqrt{3}-12)t+2(6\sqrt{3}-10) \geq 0$$

$$\Leftrightarrow(t-\sqrt{3}+1)^2(t+2\sqrt{3}-2) \geq 0$$

Bất đẳng thức trên luôn đúng với mọi $t \geq 0$.

Vậy ta có $đpcm$

Đẳng thức sai bét cậu

Mình gõ nhầm $ab$ thành $c^2$. Cảm ơn bạn. Mình đã sửa lại.

$\sqrt[3]{2x+1}+\sqrt[3]{2x+2} +\sqrt[3]{2x+3}=0$

 

Xét hàm $f(x)=\sqrt[3]{2x+1}+\sqrt[3]{2x+2} +\sqrt[3]{2x+3}$

Ta có :

$$f'(x)=\frac{2}{3}\left ( \frac{1}{\sqrt[3]{\left ( 2x+1 \right )^2}}+\frac{1}{\sqrt[3]{\left ( 2x+2 \right )^2}}+\frac{1}{\sqrt[3]{\left ( 2x+3 \right )^2}} \right )> 0$$

Như vậy $f(x)$ là hàm đồng biến.

Mặt khác phương trình $f(x)=0$ có một nghiệm là $x=-1$ nên $x=-1$ là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

Chứng minh rằng với mọi số thực dương a,b,c thì $\sum \frac{1}{b^{2}+bc+c^{2}}\geq\frac{9}{(a+b+c)^{2}}$

 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

$$\left ( a+b+c \right )^2\left ( \frac{1}{a^2+ab+b^2}+\frac{1}{b^2+bc+c^2}+\frac{1}{c^2+ca+a^2}\right )\geq 9$$

Chú ý đẳng thức sau :

$$\frac{\left ( a+b+c \right )^2}{a^2+b^2+ab}=\frac{\left ( a+b+c \right )^2}{\left ( a+b+c \right )^2-c\left ( a+b+c \right )-\left ( ab+bc+ca \right )}=\frac{1}{1-\frac{c}{a+b+c}-\frac{ab+bc+ca}{\left ( a+b+c \right )^2}}$$

Đặt $x=\frac{a}{a+b+c}$, $y=\frac{b}{a+b+c}$, $z=\frac{c}{a+b+c}$ và $t=\frac{a+b+c}{(a+b+c)^2}$, lưu ý rằng $x+y+z=1$.

Bất đẳng thức được đưa về dạng :

$$\frac{1}{1-x-t}+\frac{1}{1-y-t}+\frac{1}{1-z-t}\geq 9$$

Quy đồng khử mẫu, đưa về chứng minh :

$$1-4(xy+yz+zx)+9xyz \geq 0$$

Bất đẳng thức trên chính là một biến đổi có được từ bất đẳng thức $Schur$ :

$x^3+y^3+z^3+3xyz \geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$ trong trường hợp $x+y+z=1$.

 

Vậy ta có $đpcm$.

Tọa độ các điểm $A$, $B$, $C$ lần lượt là các nghiệm của các hệ phương trình :

$\left\{\begin{matrix}
x-y+2=0 & \\
2x+y+1=0 &
\end{matrix}\right.$ $\Rightarrow A=\left ( -1;1 \right )$

$\left\{\begin{matrix}
x-y+2=0 & \\
4x-y-7=0 &
\end{matrix}\right.\Rightarrow B=\left ( 3;5 \right )$

$\left\{\begin{matrix}
2x+y+1=0 & \\
4x-y-7=0 &
\end{matrix}\right.\Rightarrow C=\left ( 1;-3 \right )$

 

Ta có : $\left\{\begin{matrix}
AB=4\sqrt{2} & \\
BC=2\sqrt{17} & \\
CA=2\sqrt{5} &
\end{matrix}\right.$

 

Do $d$ đi qua $M\left ( \frac{3}{2};6 \right )$ nên phương trình đường thẳng theo hệ số góc của $d$ là :$kx-y+6-\frac{3k}{2}=0$

 

Gọi $U$, $N$, $P$ lần lượt là giao điểm của $d$ với $AB$, $BC$, $CA$.

Dễ dàng tính được : $U=\left ( \frac{3k-12}{2k-2};\frac{7k-16}{2k-2} \right )$, $N=\left ( \frac{3k-26}{2k-8};\frac{-k-24}{k-4} \right )$, $P=\left ( \frac{3k-14}{2k+4};\frac{12-4k}{k+2}  \right)$

 

Ta xét các trường hợp sau :

TH1 : $d$ cắt đoạn thẳng $AB$ và $BC$.

Theo yêu cầu đề bài ta phải có : $d\left ( B;d \right ).UN=\frac{1}{2}d\left ( B;AC \right ).AC=12$

Tương đương với : $\frac{\left | 3k-2 \right |}{k^2+1}.\sqrt{\left ( \frac{3k-12}{2k-2}-\frac{3k-26}{2k-8} \right )^2+\left ( \frac{7k-16}{2k-2}-\frac{-k-24}{k-4} \right )^2}=12$

Giải phương trình trên ta suy ra được $k$

 

Xét tương tự cho hai trường hợp còn lại ta thu được phương trình đường thẳng $d$.

 

(Làm thế này để đỡ bị trừ điểm )

 

Điểm bài: 3

I. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7 điểm)

 

 

Câu 1 : Cho hàm số $y=\frac{2x-1}{x+1}$.

 

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị $\left ( H \right )$ của hàm số đã cho.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của $\left ( H \right )$ biết tiếp điểm của tiếp tuyến đó với $\left ( H \right )$ cách điểm $A\left ( 0;1 \right )$ một khoảng bằng $2$.

 

Câu 2 : Giải phương trình :

$$\left ( 1-\cos x \right )\cot x+\cos 2x+\sin x=\sin 2x$$

 

Câu 3 : Giải hệ phương trình :

$$\left\{\begin{matrix}
x^2+xy+x+3=0 & \\
\left ( x+1 \right )^2+3\left ( y+1 \right )+2\left ( xy-\sqrt{x^2y+2y} \right )=0 &
\end{matrix}\right. \left ( x,y \in \mathbb{R} \right )$$

 

Câu 4 : Tính tích phân : $I=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x\ln\left ( 1+\sin x \right )}{\sin^2x}dx$

 

Câu 5 : Cho tứ diện $ABCD$ có mặt phẳng $\left ( ABC \right )$ vuông góc với mặt phẳng $\left ( BCD \right )$, tam giác $BCD$ vuông ở $D$. Biết rằng $AB=a\sqrt{15}$, $BC=3a\sqrt{3}$, $CA=a\sqrt{6}$; góc giữa hai mặt phẳng $\left ( ACD \right )$ và $\left ( BCD \right )$ bằng $60^0$ . Tính thể tích của khối tứ diện $ABCD$ và khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $\left ( ACD \right )$ theo a.

 

Câu 6 : Cho các số thực $x$, $y$ thỏa mãn $x^4+y^4+\frac{1}{xy}=xy+2$. Tìm giá trị lớn nhất của :

$$P=\frac{2}{1+x^2}+\frac{2}{1+y^2}-\frac{3}{1+2xy}$$

 

 

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)  Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b)

 

a) Theo chương trình Chuẩn

 

Câu 7.a : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho đường tròn $\left ( C \right ) : \left ( x-1 \right )^2+\left ( y-2 \right )^2=5$ và đường thẳng $d : x+y+2=0$. Từ điểm $A$ thuộc $d$ kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với $\left ( C \right )$ tại $B$ và $C$ sao cho diện tích tam giác $ABC$ bằng $8$. Tìm tọa độ điểm $A$.

 

Câu 8.a : Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho các điểm $A\left ( -1;0;1 \right )$, $B\left ( -1;3;2 \right )$, $C\left ( 1;3;1 \right )$. Tìm điểm $D$ thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng $\left ( P \right ) : x+y+z=0$, $\left ( Q \right ) : y-z-1=0$ sao cho thể tích của khối tứ diện $ABCD$ bằng $3$.

 

Câu 9.a : Cho số phức $z$ thỏa mãn $1+\overline{z}=\left | \overline{z}-i \right |^2+\left ( iz-1 \right )^2$. Tính mô đun của $z+\frac{4}{z+1}$.

 

b) Theo chương trình Nâng cao

 

Câu 7.b : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho hai đường thẳng $\Delta _1 : x-y+1=0$, $\Delta _2=x+7y+1=0$. Viết phương trình đường tròn $\left ( C \right )$ tiếp xúc với $\delta _1$ tại $M\left ( 1;2 \right )$ và tiếp xúc với $\delta _2$.

 

Câu 8.b : Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho mặt phẳng $\left ( P \right ):x-2y-z-5=0$ và các điểm $A\left ( 3;-1;-3 \right )$, $B\left ( 5;1;1\right )$. Tìm điểm $\left ( C \right )$ thuộc $(P)$ sao cho mặt phẳng $\left ( ABC \right )$ vuông góc với $(P)$ và diện tích tam giác $ABC$ bằng $\sqrt{3}$.

 

Câu 9.b : Tìm số phức $z$ biết $\left | z \right |=\left | 2\overline{z}-\sqrt{3}+i \right |$ và $\frac{\left ( 1+i \right )z}{1-\sqrt{3}+\left ( 1+\sqrt{3} \right )i}$ có một acgumen bằng $-\frac{\pi}{6}$.