Chứng minh rằng Lim sin n  không tồn tại

giúp mình với,

1)  $\frac{1}{x+2}-\frac{1}{\sqrt{-x-1}}-\frac{2}{3}x\geq 1$

2)  $\frac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{x+1}-\sqrt{3-x}}>x-\frac{1}{2}$

3)  $\frac{6x^2-2(3x+1)\sqrt{x^2-1}+3x-6}{x+1-\sqrt{x-1}-\sqrt{2-x}-\sqrt{2(x^2+2)}}\leq 0$

4)  $3(2x^2-x\sqrt{x^2+3})<2(1-x^4)$

5)  $\frac{\sqrt{x+24}+\sqrt{x}}{\sqrt{x+24}-\sqrt{x}}<\frac{27(12+x-\sqrt{x^2+24})}{8(12+x+\sqrt{x^2+24})}$

Cho $(1-m)x^2+2mx+m-6\geq 0$ . Tìm m để

a. Bất phương trình có nghiệm

b. Bất phương trình có nghiệm duy nhất.

c. Bất phương trình vô nghiệm

d. Bất phương trình có nghiệm là một đoạn trên trục số có độ dài bằng 1

P/s : nếu được, có thể giải chi tiết giùm mình vì mình vẫn đang rối với mấy bài kiểu này

 

câu 6:(3 điểm)

Cho hình chữ nhật $ABCD$.Tìm quỹ tích các điểm $M$ sao cho $MA+MC=MB+MD$ (*)

 

NTP

 

Từ M dựng các hình chiếu vuông góc với các cạnh

dễ dàng chứng minh $MA.MC=MB.MD$ (1) và $MA^{2}+MC^{2}=MB^{2}+MD^{2}$ (2)

lấy (2) - 2 . (1) thì ta có $\left | MA-MC \right |=\left | MB-MD \right |$

thì ta có MA - MC = MB - MD (3) hoặc MA - MC = MD - MB (3.1)

Lấy (*)  với (3), (3.1)

ta có MA = MB, MC = MD hoăc MA = MD, MB=MC mà A, B, C, D cố định

nên M chạy trên đường trung trực 2 cặp cạnh đối diện nhau

Suy ra quỹ tích điểm M

Q.E.D

bạn có thể tham khảo cách giải của ví dụ 3 phần vectơ và các phép toán vectơ trang 11 Tài liệu chuyên toán hình học 10

$23)$ Cho lục giác đều $ABCDEF$

Yêu cầu biểu diễn các vecto $\overrightarrow{AD};\overrightarrow{AC};\overrightarrow{AF};\overrightarrow{EF}$ theo $\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AE}$

Đầu tiên ta chưng minh bổ đề : Khi ABCDEF là lục giác đều và G là một điểm bất kì, ta luôn có

                         $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GE}=\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GD}+\overrightarrow{GF}$

Thật vậy, ta có gọi O là tâm lục giác ABCDEF thì

  $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GE}$

=$\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{GD}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{GF}+\overrightarrow{FE}$

=$\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GD}+\overrightarrow{GF}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{FE}$

=$\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GD}+\overrightarrow{GF}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{AO}$

=$\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GD}+\overrightarrow{GF}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OB}$                     

=$\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GD}+\overrightarrow{GF}$

Q.E.D

Quay lại bài toán ta có

  $\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{EC}=\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{EF}$

  $\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AF}$

Cộng vế theo vế ta có

 $\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{EC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AF}+ \overrightarrow{EB}+\overrightarrow{ED}+\overrightarrow{EF}$

$\Leftrightarrow$$2\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{EA}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{ED}+\overrightarrow{EF}$

$\Leftrightarrow$$2\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{ED}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{AB}$

$\Leftrightarrow$$2\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{EF}=2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AE}$

P/s: không biết đúng ý hiểu biểu diễn của đề không, nếu không hợp lý mong các bạn sửa lại cho mình, nếu đúng like ủng hộ mình nha

1,Vì đa thức đồng bậc nên không mất tính tổng quát chuẩn hóa $a+b+c=3$

Ta có $\frac{(b+c-a)^2}{(b+c)^2+a^2}=\frac{(3-2a)^2}{(3-a)^2+a^2}=2-\frac{9}{2a^2-6a+9}$

Tương tự ta có đpcm <=>$\sum \frac{1}{2a^2-6a+9}$$\leq \frac{3}{5}$

Áp dụng phương pháp xét hàm một biến đánh giá được $\frac{2(a-1)(a-2)}{2a^2-6a+9}=\frac{5}{2a^2-6a+9}-1\geq \frac{-2(a-1)}{5}$

Biến đổi tương đương nhé bạn:$(a-1)^2(2a+1)\geq 0$$(a-1)^2(2a+1)\geq 0$ đúng

Từ đó suy ra $\frac{1}{2a^2-6a+9}\leq \frac{1}{5}-\frac{2}{25}(a-1)$ 

cộng vào kết hợp với chuẩn hóa đến điều phải chứng minh

Cho mình hỏi chuẩn hóa là gì và tại sao bạn có chuẩn hóa như vậy được không?

21.Chứng minh rằng với mọi a,b,c dương ta luôn có

        $\sum \sqrt{(\frac{2ab^{2}}{a^{3}+b^{3}})^{9}}\leq 3$

 

Cho $\Delta ABC$ có trọng tâm G , gọi E,F lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và AC . Tìm tập hợp các điểm M sao cho 

$\left | \vec{MA}+\vec{MB}\right |=\left | \vec{MA}+\vec{MB}+\vec{MC} \right |$

 

Gọi I là trung điểm của AB, ta có

$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MI}$

$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=3\overrightarrow{MG}$

Từ đó ta có tập hợp điểm M

Bạn xem tại đây

Mình nghĩ chỗ màu đỏ là $\overrightarrow{MC}$. Tổng quát thì chỉ cần $\alpha+\beta+\gamma\neq 0 $ là đủ, khi đó sẽ tồn tại duy nhất điểm $M$ thỏa :

$$\alpha\overrightarrow{MA} +\beta\overrightarrow{MB}+ \gamma \overrightarrow{MC} = 0$$

Bằng cách chuyển điểm $M$ là tâm tỉ cự của ba điểm $A,B,C$ với các hệ số $\alpha, \beta, \gamma$ sang $M$ là tâm tỉ cự của hệ $2$ điểm $E$ nào đó và $C$, ta được lời giải sau :

Vì $\alpha+\beta+\gamma\neq 0 $ nên giả sử $\alpha+\beta\neq 0$

Khi đó sẽ tồn tại điểm $E$ là tâm tỉ cự của hệ $2$ điểm $A,B$ với các hệ số $\alpha,\beta$, tức ta có  

$$\alpha \overrightarrow{EA}+\beta \overrightarrow{EB}=\overrightarrow{0}$$

Chèn điểm $E$ vào biểu thức ban đầu,ta có :

$$\alpha \overrightarrow{MA}+\beta \overrightarrow{MB}+\gamma \overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$$

$$\Leftrightarrow \alpha (\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EA})+\beta (\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EB})+\gamma \overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$$

$$\Leftrightarrow  \alpha (\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EA})+\beta (\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EB})+\gamma \overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow (\alpha +\beta )\overrightarrow{ME}+\gamma \overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$$

Từ đó suy ra $M$ là tâm tỉ cự của hệ 2 điểm $E,C$ với các hệ số $\alpha +\beta$ và $\gamma $

Ta có : $$(\alpha +\beta )\overrightarrow{ME}+\gamma \overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow (\alpha +\beta )\overrightarrow{ME}=\gamma \overrightarrow{CM}\Rightarrow (\alpha +\beta )\overrightarrow{ME}=\gamma (\overrightarrow{CE}+\overrightarrow{EM})\Leftrightarrow \left ( \alpha +\beta +\gamma \right )\overrightarrow{ME}=\gamma \overrightarrow{CE}$$

Từ đây cho thấy tồn tại điểm $M$ 

Cảm ơn bạn nhưng phải chứng minh cái này bạn ạ 

 

11) Cho tam giác $ABC$ và điểm $M$ nằm trong tam giác. Đặt $S_A=S_{MBC};S_B=S_{MAC};S_C=S_{MAB}$. Cmr: $$S_A.\overrightarrow{MA}+S_B.\overrightarrow{MB}+S_C.\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$$

Đầu tiên ta dễ dàng chứng minh bổ đề  sau

Với điểm I thuộc cạnh BC trong tam giác ABC thì ta có $\overrightarrow{IA}=\frac{AB}{BC}\overrightarrow{IC}+\frac{AC}{BC}\overrightarrow{IB}$

Quay lại bài toán ta có

Gọi D là giao điểm của các đường thẳng AM, BC

Áp dụng bổ đề ta có

$\overrightarrow{MD}=\frac{DC}{BC}\overrightarrow{IB}+\frac{DB}{BC}\overrightarrow{IC}$ (1)

Dễ có 

$\frac{DC}{BC}=\frac{S_{b}}{S_{b}+S_{c}}$;

$\frac{DB}{BC}=\frac{S_{c}}{S_{b}+S_{c}}$

$\frac{MD}{MA}=\frac{S_{a}}{S_{b}+S_{c}}$

Mà $\overrightarrow{MD}$ trái hướng $\overrightarrow{MA}$

Thay vào (1)

có đpcm

Mình xin đăng thêm bài này

19) Cho điểm M nằm trong tam giác ABC. Chứng minh rằng tồn tại $\alpha, \beta, \gamma$ sao cho

$\left\{\begin{matrix}\alpha+ \beta+ \gamma =1 \\ \alpha\overrightarrow{MA} +\beta\overrightarrow{MB}+ \gamma \overrightarrow{MC} = 0 \end{matrix}\right.$

Cho bảng ô vuông kích thước 2010x2011 (2010 dòng và 2011 côt). Tìm số nguyên dương k lớn nhất sao cho ta có thể tô màu k ô vuông của bảng sao cho với mọi 2 ô vuông con nào được tô màu cũng ko có đỉnh chung.

$1)$ Cho tam giác $ABC$. Phân giác $AD;BE;CF$.

Cmr: Nếu $\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{CF}=\overrightarrow{0}$ thì tam giác $ABC$ đều.

Ta sẽ sử dụng tỉ số đã được chứng minh ở bài 2, áp dụng vào bài 1 là ra

$2)$ Cho tam giác $ABC$. $A'\in BC;B'\in CA;C'\in AB$ sao cho $\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{CC'}=\overrightarrow{0}$. 

Cmr: $\frac{BA'}{BC}=\frac{CB'}{CA}=\frac{AC'}{AB}$

(Không biết có chiều ngược lại không?)

Chiều đảo:

Đặt $\frac{BA'}{BC}=\frac{CB'}{CA}=\frac{AC'}{AB}=x$

Ta có 

$x\overrightarrow{BC}+x\overrightarrow{CA}+x\overrightarrow{AB}$

$=\overrightarrow{BA'}+\overrightarrow{CB'}+\overrightarrow{AC'}$

$=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CC'}$

$=\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{CC'}$

đến đây ta có đpcm

$2)$ Cho tam giác $ABC$. $A'\in BC;B'\in CA;C'\in AB$ sao cho $\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{CC'}=\overrightarrow{0}$. 

Cmr: $\frac{BA'}{BC}=\frac{CB'}{CA}=\frac{AC'}{AB}$

(Không biết có chiều ngược lại không?)

Giả sử  

$\overrightarrow{AC'}=a\overrightarrow{AB}$;

$\overrightarrow{BA'}=b\overrightarrow{BC}$;

$\overrightarrow{CB'}=c\overrightarrow{CA}$

Ta có

$\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{CC'}=\overrightarrow{0}$

$\Rightarrow\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BA'}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CB'}+\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{0}$

$\Rightarrow \overrightarrow{AC'}+\overrightarrow{BA'}+\overrightarrow{CB'}=\overrightarrow{0}$

$\Rightarrow a\overrightarrow{AB}+b\overrightarrow{BC}+c\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{0}$

$\Rightarrow (a-c)\overrightarrow{AB}+(b-c)\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{0}$

Vì $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}$ không cùng phương nên 

$a-c=b-c=0\Rightarrow a=b=c$

Ta có $\frac{BA'}{BC}=\frac{CB'}{CA}=\frac{AC'}{AB}(=a=b=c)$

Bài này mở rộng thêm nữa ta có thể chứng minh cả 2 chiều thuận và đảo. Tương tự

$(\frac{z}{z+y}-\frac{z}{x+z})\overrightarrow{AC}+(\frac{y}{z+y}-\frac{y}{x+y})\overrightarrow{AB}+(\frac{x}{x+y}-\frac{x}{x+z})\overrightarrow{BC}$

 

Chỗ này mình làm hơi tắt, xin lỗi nha. Các cái trong ngoặc đều bằng 0

ta chứng minh bổ đề sau

Với D nằm trên cạnh BC của tam giác ABC thì $\overrightarrow{AD}=\frac{DC}{BC}\overrightarrow{AB}+\frac{DB}{BC}\overrightarrow{AC}$

Thật vậy ta có

Gọi E thuộc cạnh AB sao cho DE song song với AC . Ta có$\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{ED}=\frac{AE}{AB}\overrightarrow{AB}+\frac{DE}{AC}\overrightarrow{AC}$

Áp dụng Ta- lét ta có đpcm

Quay lại bài toán, đặt AC' = AB'= x, CB' = CA' = y, BA' = BC' = z

Ta có  $\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{CC'}$

= $\frac{z}{z+y}\overrightarrow{AC}+\frac{y}{z+y}\overrightarrow{AB}+\frac{x}{x+y}\overrightarrow{BC}+\frac{y}{x+y}\overrightarrow{BA}+\frac{x}{x+z}\overrightarrow{CB}+\frac{z}{x+z}\overrightarrow{CA}$

= $(\frac{z}{z+y}-\frac{z}{x+z})\overrightarrow{AC}+(\frac{y}{z+y}-\frac{y}{x+y})\overrightarrow{AB}+(\frac{x}{x+y}-\frac{x}{x+z})\overrightarrow{BC}$

Mà  $\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{CC'}$ = 0

Nên Ta có x = y = z ($\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CA}\neq 0$)

nên A', B', C' là trung điểm của BC, CA, AB

ta có đpcm

Bài 4: Cho $(a+b)(b+c)(c+a)=8abc$. CMR: 

$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}=\frac{3}{4}+\frac{ab}{(a+b)(b+c)}+\frac{bc}{(b+c)(c+a)}+\frac{ca}{(c+a)(a+b)}$

Ta có $(a+b)(b+c)(c+a)=8abc$

$\Leftrightarrow \frac{a}{a+b}.\frac{b}{b+c}.\frac{c}{c+a}=8$

Đặt $\frac{a}{a+b}=x$ ; $\frac{b}{b+c}=y$ ; $\frac{c}{c+a}=z$

Đến đây cần cm 

$x+y+z=\frac{3}{4}+xy+yz+xz$

Với $xyz=8$

Thì dễ rồi

Bài 3: Rút gọn biểu thức có chứa căn thức:

a/ $A= \frac{\sqrt{a^2+4a+4}}{\left | a \right |-2}$

 

b/ $B= \sqrt{3x-4-2\sqrt{3x-5}}$

 

 

a) Ta có $a\neq \pm 2$

$A=\frac{\left | a+2 \right |}{\left | a \right |-2}$

Xét $a\geq 0 \neq 2$ ta có  $A=\frac{a+2}{a-2}$

Xét $a<-2$ ta có $A=\frac{-(a+2)}{-a-2}=1$

Xét -2<a$\leq 0$ ta có $A=\frac{a+2}{-a-2}=-1$

Vậy ..

b) Đkxđ $\left\{\begin{matrix}x\geq \frac{3}{5} \\ 3x-4\geq x\sqrt{3x-5} \end{matrix}\right.$

ta có $B = \sqrt{3x-5-2\sqrt{3x-5}+1}=\left | \sqrt{3x-5}-1 \right |$

Bài 1: tíng tổng gồm 2010 số hạng: 

 $S= \sqrt{1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}}+...+\sqrt{1+\frac{1}{2011^2}+\frac{1}{2012^2}}$

 

* biết $\sqrt{1+\frac{1}{(n+1)^2}+\frac{1}{n^2}}=1+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$

 

 

Cái cho biết sai rồi nha bạn, ta có

$1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{(n+1)^2}$

= $\frac{n^{2}(n+1)^{2}+n^2 +(n+1)^2}{n^{2}(n+1)^{2}}$

= $\Rightarrow \sqrt{1+\frac{1}{(n+1)^2}+\frac{1}{n^2}}$

= $\frac{n^2+n+1}{n(n+1)}$$

= $1+\frac{1}{n(n+1)}$

= $1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$

Cho n chạy từ 1 đến 2011, cộng vế theo vế ta có 

$S = 1 + \frac{1}{1}-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+1+\frac{1}{2011}-\frac{1}{2012}= n+1-\frac{1}{2012}$

vậy S = $n+1-\frac{1}{2012}$

Bạn có thể tham khảo tại đây

a bài này Bá Anh nè