Cho $x> 0;y> 0;x+y<1$. Chứng minh $\frac{1}{x^2+xy}+\frac{1}{y^2+xy}\geq 4$

Theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

$\frac{1}{{{x^2} + xy}} + \frac{1}{{{y^2} + xy}} \ge \frac{4}{{{x^2} + {y^2} + 2xy}} = \frac{4}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} > 4\,\,\left( {do\,x + y < 1} \right)$

Nếu một số có hai chữ số chia cho số hàng đơn vị của nó thì được thương là 6 và dư 5. Tìm số đó.

Gọi số cần tìm là $\overline {ab} $với$a = \overline {1,9} ,b = \overline {0,9} $
Theo bài ta có:
$10a + b = 6b + 5 \Leftrightarrow 10a = 5b + 5 \Leftrightarrow a = \dfrac{{b + 1}}{2}$
Dễ thấy $b$ là số lẻ
$ \Rightarrow b \in \{ 1;3;5;7;9\} $ (rồi suy ra $a$ tương ứng)
Vậy số cần tìm là $\overline {ab} \in \{ 11;23;35;47;59\} $
P/s: Mình vội quá nên nhầm đáp số.!

Bài 1:
Cho $a,b,c$ là 3 số thực dương thay đổi thỏa mãn $a+b+c=3$
Chứng minh rằng: $$\sum {\dfrac{a}{{b^3 + 16}}} \ge \dfrac{1}{6}$$

1. Cho a,b $\geq$0
a+b=2
Tìm max, min của P=$(a^{2}+1)(b^{2}+1)$

2. Cho x,y $\epsilon \left [ 0;1 \right ]$
Tìm max P=xy(x-y)

3. Cho x,y,z $\epsilon \left [ 0;1 \right ]$
Tìm max P= x²y + y²z + z²x - x²z - z²y - y²x

Bài 1: ( có thể dài dòng bằng cách lớp 6 này )
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
a = 1 + t \\
b = 1 - t \\
\end{array} \right.\left( {0 \le t \le 1} \right)$
Ta có: \[\begin{array}{l}
P = \left( {{{\left( {1 + t} \right)}^2} + 1} \right)\left( {{{\left( {1 - t} \right)}^2} + 1} \right) = \left( {{t^2} + 2t + 2} \right)\left( {{t^2} - 2t + 2} \right) = {t^4} + 4 \\
Do\left( {0 \le t \le 1} \right) \Rightarrow 0 + 4 \le P \le 1 + 4 \Leftrightarrow 4 \le P \le 5 \\
\end{array}\]
Bài 2:
Do $x \in \left[ {0;1} \right] \Rightarrow P \le 1.y\left( {1 - y} \right) \le \frac{{{{\left( {y + 1 - y} \right)}^2}}}{4} = \frac{1}{4}$

Cho phương trình: $ x^2+(m+1)x+2m=0 $. Tìm m để phương trình có hai nghiệm nhỏ nhất.

Mình chưa hiểu đề lắm. Hai nghiệm nhỏ nhất là như thế nào?

Cho $ x,y,z $ là 3 số thực dương thỏa mãn: $ xyz=1 $
Chứng minh bất đẳng thức:
\[\dfrac{{{x^4}y}}{{{x^2} + 1}} + \dfrac{{{y^4}z}}{{{y^2} + 1}} + \dfrac{{{z^4}x}}{{{z^2} + 1}} \ge \dfrac{3}{2}\]

Các anh em năm nay thi ĐH vào đây điểm danh nhé.
Coi như anh em chia sẻ, tư vấn tuyển sinh trong Topic này luôn.
Nên cung cấp một số thông tin:
Họ và tên:
Trường, lớp đang học:
Khối thi:
Trường ( dự kiến thi )
....
Anh em thi cùng một trường có thể gặp gỡ, giao lưu tí cũng như chiến lược học tập cùng nhau .

Cách đơn giản nhất là biến đổi tương đương.
Giả sử:

\[\begin{array}{l}
\sqrt {a + 2} + \sqrt {a + 4} > \sqrt a + \sqrt {a + 6} \\
\Leftrightarrow 2a + 6 + 2\sqrt {\left( {a + 2} \right)\left( {a + 4} \right)} > 2a + 6 + 2\sqrt {a\left( {a + 6} \right)} \\
\Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + 6a + 8} > \sqrt {{a^2} + 6a} \,\,({\rm{true)}}
\end{array}\]
Nhưng vậy giả sử đúng.

Giải phương trình:
$2^{x+1}-4^{x}=x-1$

Lời giải
Ta có:

\[\begin{array}{l}
{2^{x + 1}} - {4^x} = x - 1 \\
\Leftrightarrow {2^{x + 1}} + x + 1 = {2^{2x}} + 2x \\
\end{array}\]
Xét: $f(x) = {2^x} + x$. Ta có: $f'(x) = {2^x}\ln 2 + 1 > 0\forall x$. Như vậy $f(x)$ đồng biến trên $R$.
Ta suy ra: $x + 1 = 2x \Leftrightarrow x = 1$
Vậy phương trình có nghiệm $x=1$.

chứng minh rằng :Căn bậc hai của 1+2+3+4+......+n+(n-1)+....+3+2+1=n

Bài này làm thế này nhé:
$P = 1 + 2 + 3 + ... + (n - 1) + n + (n - 1) + (n - 2) + ... + 1$
$P = 2.\left[ {1 + 2 + 3 + ... + (n - 1)} \right] + n$
$P = 2.\dfrac{{\left( {n - 1 + 1} \right)(n - 1)}}{2} + n$
$P = n(n - 1) + n$
$P = {n^2} \Rightarrow \sqrt P = n$ ( n>0)
Bài trên đã sử dụng CT tính tổng của (n-1) số tự nhiên liên tiếp.

Cho $2a+3b+c=40$. Tìm GTNN:
$f=2\sqrt{a^2+1}+3\sqrt{b^2+16}+\sqrt{c^2+36}$.

Lời giải
Áp dụng BĐT Minkowsky ta có:

$f = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + 1} + \sqrt {{{\left( {3b} \right)}^2} + {4^2}} + \sqrt {{c^2} + {6^2}} \ge \sqrt {{{\left( {2a + 3b + c} \right)}^2} + {{\left( {2 + 12 + 6} \right)}^2}} = \sqrt {{{40}^2} + {{20}^2}} $

Giải pt:
$\frac{4}{(x+1)^{2}}+2x^{2}=x+\frac{2.(3x-1)}{x+1}$

Lời giải:
Đặt: $\frac{2}{{x + 1}} = a$ ta có phương trình:

\[\begin{array}{l}
{a^2} + 2{x^2} = x + a\left( {3x - 1} \right) \\
\Leftrightarrow {a^2} + 2{x^2} = x + 3ax - a \\
\Leftrightarrow {a^2} + {x^2} - 2ax = x - a + ax - {x^2} \\
\Leftrightarrow {\left( {a - x} \right)^2} = \left( {a - x} \right)\left( {x - 1} \right) \\
\end{array}\]
Đến đây thì đơn giản rồi!

Xem bài tổng quát ở đây:
http://diendantoanho...ndpost&p=268411

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 .

Cho $\left\{ \begin{array}{l}
1 \le a,b,c \le 4\\
a + b + 2c = 8
\end{array} \right.$.
Tìm GTLN của biểu thức: \[P = {a^3} + {b^3} + 5{c^3}\]

( Câu V_Đề thi thử lần 2 THPT Hồng Quang - Hải Dương)

còn bài này nửa
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=x^2+xy+y^2-2x-3y+2011, khi các số thực x,y thay đổi .Giá trị nhỏ nhất đó đạt được tại các giá trị nào của x,y
mấy bài này là đề của trường chuyên tuyển sinh vào lớp 10 ở Trà Vinh

Làm thế này không biết có được không. Mọi người góp ý. Làm BDT cấp 2 thì hơi khó.
Ta có:
$P = {x^2} + {y^2} + xy - 2x - 3y + 2011$
$ \Rightarrow {x^2} + {y^2} + xy - 2x - 3y + 2011 - P = 0$
$ \Leftrightarrow {x^2} + x.(y - 2) + ({y^2} - 3y + 2011 - P) = 0 $

Ta tính biệt thức :
$\Delta = {(y - 2)^2} - 4({y^2} - 3y + 2011 - P)$
Để có cực trị thì phải tồn tại y nên :
$\Delta \ge 0 \Leftrightarrow 4P \ge 3{y^2} - 8y + 8040$
Suy ra:
$4P \ge 3({y^2} - 2y.\dfrac{8}{6} + {(\dfrac{8}{6})^2} + \dfrac{{24104}}{9})$

$ \Leftrightarrow 4P \ge 3{(y - \dfrac{8}{6})^2} + \dfrac{{24104}}{3} \ge \dfrac{{24104}}{3}$

$ \Leftrightarrow P \ge \dfrac{{6026}}{3}$
Dấu = xảy ra khi $y = \dfrac{8}{6}$ ( thay vào P tìm nốt x )
Mọi người góp ý, lâu không làm toán cấp 2.

Đề nghị bạn sửa lại đề bài cho rõ ràng. Nếu không, Topic sẽ bị Xóa.

Cho tam giác nhọn ABC.
Chứng minh rằng
$\sin A + \sin B + \sin C < 2.(\cos A + \cos B + \cos C)$

Bài này mình xin làm như sau:
Ta có:$\cos A + \cos B = 2.\cos \dfrac{{A + b}}{2}.\cos \dfrac{{A - B}}{2}$
và$0 < \sin C \le 1$
Nên$\cos A + \cos B \ge \sin C.\cos A + \sin C.\cos B$
Tương tự:$\begin{array}{l} \cos B + \cos C \ge \sin A.\cos B + \sin A.\cos C \\ \cos C + \cos A \ge \sin B.\cos C + \sin B.\cos A \\ \end{array}$

Cộng lại ta được:
$\begin{array}{l} 2(\cos A + \cos B + \cos C) \ge \sin (A + B) + \sin (B + C) + \sin (A + C) \\ \Leftrightarrow 2(\cos A + \cos B + \cos C) \ge \sin A + \sin B + \sin C \\ \end{array}$
Dấu = không xảy ra vậy: $2(\cos A + \cos B + \cos C) > \sin A + \sin B + \sin C$

Tìm GTNN của A=$\frac{2a}{1-x} +\frac{1-x}{x} $
Cái này mình cosi mãi mà không tìm dc kq (

Bài này có cả biến $a$ hả em. Hay $a$ là tham số?

Đây là đề thi Đại học khối A-2011 đây mà.
Có một cách thế này.



$S = {k_1} + {k_2} = \dfrac{{ - 1}}{{{{(2{x_1} - 1)}^2}}} + \dfrac{{ - 1}}{{{{(2{x_2} - 1)}^2}}} = - (\dfrac{1}{{{{(2{x_1} - 1)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{(2{x_2} - 1)}^2}}})$

$ \Rightarrow - S \ge 2\left| {\dfrac{1}{{(2{x_1} - 1)(2{x_2} - 1)}}} \right| = 2 \Rightarrow S \le - 2$

Dấu = xảy ra khi :

${(2{x_1} - 1)^2} = {(2{x_2} - 1)^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = {x_2}(l)\\{x_1} + {x_2} = 1 \to m\end{array} \right.$

Ngoài ra bạn có thể tham khảo cách giải toàn bộ đề ở đây:
http://diendantoanho...pic=60196&st=30

Tìm min, max của biểu thức
P=(x^2-x+1)/(x^2+x+1)

Gõ lại cái đề cho dễ nhìn. Giải chi tiết nhé!
Tìm Min,Max của :
$P = \dfrac{{{x^2} - x + 1}}{{{x^2} + x + 1}}$
Bài làm
Làm theo cách THCS nhé.
Ta có:
$P = \dfrac{{{x^2} - x + 1}}{{{x^2} + x + 1}}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow P({x^2} + x + 1) = {x^2} - x + 1 \\ \Leftrightarrow (P - 1){x^2} + (P + 1)x + P - 1 = 0 \\ \Leftrightarrow \Delta = {(P + 1)^2} - 4(P - 1)(P - 1) \\ \Leftrightarrow \Delta = - 3{P^2} + 10P - 3 \\ \end{array}$
Để $P$ tồn tại thì $\Delta > 0$

$ \Leftrightarrow 3{P^2} - 10P + 3 \le 0$

$ \Leftrightarrow \dfrac{1}{3} \le P \le 3$
Vậy:$MinP = \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow x = 1;MaxP = 3 \Leftrightarrow x = - 1$
(Bước tìm dấu = em thì em làm như sau: Với $P = \dfrac{1}{3},P = 3$ thì $\Delta = 0$.Lúc đó PT có nghiệm kép :$x = \dfrac{{ - b}}{{2a}} = \dfrac{{ - (P + 1)}}{{2(P - 1)}}$ thay P vào nhé)

Bài làm
Bằng cân bằng hệ số ta phân tách được:
\[P = \left( {\dfrac{1}{{{x^2} + {y^2}}} + \dfrac{1}{{2xy}}} \right) + \left( {\dfrac{1}{{4xy}} + 4xy} \right) + \dfrac{1}{{4xy}}\]
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\[P \ge \dfrac{4}{{{x^2} + {y^2} + 2xy}} + 2 + \dfrac{1}{{{{(x + y)}^2}}} = \dfrac{4}{{{{(x + y)}^2}}} + 2 + \dfrac{1}{{{{(x + y)}^2}}}\]
\[ \Rightarrow P \ge \dfrac{4}{1} + 2 + \dfrac{1}{1} = 7\]
Vậy $Min P=7$ khi và chỉ khi $x = y = \dfrac{1}{2}$

Chứng minh rằng :

\[
\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x = e
\]

Bài này có nhiều trên diễn đàn rồi bạn.
Bài toán tổng quát cho $n$ số bạn xem ở đây: http://diendantoanho...ndpost&p=268406

Trước tiên sử dụng Bất đẳng thức phụ sau: \[\frac{1}{{1 + {a^2}}} + \frac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \frac{2}{{1 + ab}}\]
Bất đẳng thức phụ này đã được chứng minh ở Topic Bất đẳng thức phụ. Bạn xem qua ở đây
Ta có ngay:
$$\frac{1}{{1 + {a^3}}} + \frac{1}{{1 + {b^3}}} \ge \frac{2}{{1 + \sqrt {{a^3}{b^3}} }},\frac{1}{{1 + {c^3}}} + \frac{1}{{1 + abc}} \ge \frac{2}{{1 + \sqrt {ab{c^4}} }}$$
Đồng thời:\[\frac{2}{{1 + \sqrt {{a^3}{b^3}} }} + \frac{2}{{1 + \sqrt {ab{c^4}} }} \ge \frac{4}{{1 + abc}}\]
Suy ra: \[\frac{1}{{1 + {a^3}}} + \frac{1}{{1 + {b^3}}} + \frac{1}{{1 + {c^3}}} + \frac{1}{{1 + abc}} \ge \frac{4}{{1 + abc}}\]
Từ đó có được đpcm.