Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh bên là a, góc hợp bởi mặt bên và đáy là $\alpha(0<\alpha<\frac{\pi}{2})$. Giả sử $a$ không đổi $\alpha$ biến thiên trong $(0;\frac{\pi}{2})$. Xác định $\alpha$ để thể tích đạt GTLN.

Hình chóp là hình chóp tứ giác đều nên đáy là hình vuông.
Gọi O là tâm hình vuông, H là trung điểm CD. Khi đo $SH\perp CD$
Dễ thấy CH=HO. Đặt CH=HO=x
Theo Đ lý py ta go ta có:
$SH=\sqrt{a^3-x^2}$
Và $SO=\sqrt{a^2-2x^2}$
Khi đó:
$V_{h.chop}=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{1}{3}\sqrt{a^2-2x^2}.x^2$
Theo AM-GM ta có:
$(a^2-2x^2).x^4\leq \left (\frac{a^2}{3} \right )^3$
Do đó:
$V\leq \frac{a^3}{9\sqrt{3}}$
Dấu bằng xảy ra khi $x=\frac{1}{\sqrt{3}}a$
Khi đó $\alpha =45^0$

Với $0\leq x\leq 2$ và $0\leq y\leq \frac{1}{2}$, Tìm max của A biết
$A=(2x-x^2)(y-2y^2)$

Ta có:
$A=x(2-x)y(1-2y)$
Áp dụng AM-GM:
$A=\frac{1}{2}x(2-x)2y(1-2y)\leq \frac{1}{8}$
Dấu bằng xẩy ra khi x=1, $y=\frac{1}{4}$

Bài toán :
Cho $x_1, x_2, ..., x_n$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $x_1^2+x_2^2+...+x_n^2=1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{x_1}{1+x_1^2}+\dfrac{x_2}{1+x_2^2}+...+\dfrac{x_n}{1+x_n^2}\ge \dfrac{4}{5}\left (x_1\sqrt{x_1}+x_2\sqrt{x_2}+...+x_n\sqrt{x_n}\right )^2$$

Cho 1 số dần tới 1 và các số còn lại dần tới 0 thì rõ ràng VP lớn hơn VT

Đây nhé: Bài 1 thì là 1 cỗ máy nên các lần hỏng không có sự khác nhau không phân biệt thứ tự, không có hoán vị..
Còn Bài 2 thì 3 máy là khác nhau nên phải có hoán vị nên khác nhau. 3! là hoán vị 3 máy.~

EXERCISE: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
${x^3} = {y^3} + 2{y^2} + 1$
-------------

Với $y\geq 0$ thì $x > y\geq 0$
Với y=0 thì x=1 thỏa mãn
Với $y\geq 1$ ta có
PT tương đương:
$(x-y)(x^{2}+xy+y^2)=2y^{2}+1$
Nhưng lại có:
$(x-y)(x^{2}+xy+y^2)\geq x^{2}+y^{2}+xy> 2y^{2}+1$ ( Do $x>y\geq 1$)
Do đó PT vô nghiệm
Với y<0 ta vẫn có x>y
Xét y=-1 thì không có x thỏa mãn
y=-2 thì x=1 thỏa mãn
y=-3 thì x=-2 thỏa mãn
Xét $y<-3$
Ta có PT tương đương:
$y^{3}-x^{3}=-2y^{2}-1$
Nhưng lại có:
$y^{3}-x^{3}\leq y^{3}-(y+1)^{3}=-3y^{2}-3y-1< -2y^{2}-1$
(Do $-y^{2}-3y<0$ bởi y<3 và $x\geq y+1$) Vậy PT vô nghiệm
Kết luận PT có các nghiệm thỏa mãn là:
x=1,y=0 và x=1,y=-2 và x=-2, y=-3

Cho $x ; y$ là các số thực thỏa mãn $5x^2 + 5y^2 - 5x - 15y + 8 \leq 0$

Tìm GTLN;GTNN của $A = x + 3y+ 1$

Đặt $x= a+\frac{1}{2}$ và $y= b+\frac{3}{2}$ ta có
Gt trở thành:
$a^{2}+b^{2}\leq \frac{9}{10}$
và ta có A=a+3b+6
Xét :
$$\left |a+3b \right |\leq \sqrt{10(a^{2}+b^{2})}\leq 3$$
Suy ra $-3\leq a+3b\leq 3$
Suy ra $3\leq A\leq 9$
Min A=3 khi $x=\frac{1}{5}, y=\frac{3}{5}$
Max A=9 khi $x=\frac{1}{2}, y=\frac{12}{5}$

Cho $x,y,z>0$ thỏa $x+y+z=9$. Tìm Min của $$P=\frac{x^3+y^3}{xy+9}+\frac{y^3+z^3}{yz+9}+\frac{z^3+x^3}{xz+9}$$

Áp dụng AM-GM ta có:
$\frac{x^3}{xy+9}+\frac{xy+9}{12}+\frac{3}{2}\geq \frac{3}{2}x$
Tương tự rồi cộng lại ta có:
$VT\geq 18-\frac{xy+yz+xz}{6}\geq \frac{27}{2}$
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=3

Bài này mình thấy cho $a, b, c$ là các cạnh của tam giác thì không ý nghĩa lắm, chỉ là tương đương điều kiện $a, b, c$ $\#$ 0 thôi thì phải .
Áp dụng trực tiếp $AM=GM$ ta có :
$$VT \ge 2\sqrt{\dfrac{a}{b}}.2\sqrt{\dfrac{b}{c}}2\sqrt{\dfrac{c}{a}} = 8$$

Không đơn giản như vậy đâu bạn.. do tam giác ABC có góc C không nhọn nên ta có $c^{2}\geq a^{2}+b^{2}$
$P= 2 +\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}$
$\geq 4+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}$
$= \geq 4+\frac{b}{c}+\frac{c}{2a}+\frac{c}{2a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{2b}+\frac{c}{2b}$
$\geq 4+6\sqrt[6]{\frac{c}{2b}\frac{a}{c}\frac{b}{c}\frac{c}{2b}\frac{c}{2a}\frac{c}{2a}}$
$\geq 4+6\sqrt[6]{\frac{c^{2}}{2^{4}ab}}$
$\geq 4+6\sqrt[6]{\frac{a^{2}+b^{2}}{2^{4}ab}}$
$\geq 4+\frac{6}{\sqrt{2}}$$=4+3\sqrt{2}$
Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow$ tam giác ABC vuông cân tại C

$a,b,c\geq 0$ tìm min của
$P=\frac{\sqrt{a^3c}}{\sqrt{b^3a}+bc}+\frac{\sqrt{b^3a}}{\sqrt{c^3b}+ac}+\frac{\sqrt{c^3b}}{\sqrt{a^3c}+ab}$

Chia cả tử và mẫu các biểu thức cho thứ tự: $b\sqrt{ac}, c\sqrt{ab}, a\sqrt{bc}$
rồi đặt $\sqrt{\frac{a}{b}}=x, \sqrt{\frac{b}{c}}=y, \sqrt{\frac{c}{a}}=z$ ta được
$P=\sum\frac{x^2}{y+z}$ với xyz=1. Dùng nốt C-S

Cho các số a, b, c, d thỏa mãn: ${a^2}\, + \,{d^2}\, - 2bc\, = \,3$. Tìm Max: a + d - abc.

Thay $bc=\frac{a^2+d^2-3}{2}$ vào ta được
$S=a+d+abc=a+d-a\frac{a^2+d^2-3}{2}$
Rõ ràng biểu thức này không có max và cũng ko có min..
bạn có thể thử với a=d=-1000 hoặc a=d=1000

Điều kiện $m\geq 2$ dễ thấy x=-2 không là nghiệm nên $x> -2$
PT $\Leftrightarrow 2(x^{2}-2x+4)-2m(x+2)=3\sqrt{x+2}.\sqrt{x^{2}-2x+4}$
Đặt $\sqrt{x^{2}-2x+4}=a$ và $\sqrt{x+2}=b$ ,, $a,b> 0$ ta được
$2a^{2}-2mb^{2}-3ab=0$
chia hai vế cho $b^{2}$ rồi đặt $\frac{a}{b}=t$ (1) ta được
$2t^{2}-3t-2m=0$
Xét đk có nghiệm suy ra $m\geq \frac{-9}{16}$ (a)
Khi đó phương trình luôn có 1 nghiệm là $t=\frac{3+\sqrt{9+16m}}{4}$(*)
Xét (1) $<=> x^{2}-2x+4=t^{2}(x+2)$ suy ra t>0 do x+2>o và $x^{2}-2x+4> 0$
Giải đk có x suy ra $t^{2}\geq -6+\sqrt{48}$ hoặc $t^{2}< -6-\sqrt{48}$
Vậy $t^{2}> -6+\sqrt{48}$ ©(**)
Từ (*) và (**) suy ra $m\geq \frac{(4\sqrt{-6+\sqrt{48}}-3)^{2}-9}{16}$ thỏa mãn (a)
Kết luận:
$m\geq \frac{(4\sqrt{-6+\sqrt{48}}-3)^{2}-9}{16}$

Tìm m để pt có 2 nghiệm phân biệt: $10x^{2}+8x+4=m(2x+1)\sqrt{x^{2}+1}$
Giúp mình với! mình nghĩ là chia 2 vế cho $(2x+1)\sqrt{x^{2}+1}$ rồi khảo sát!!
Nhưng thực sự khảo sát rất khó!!

Gợi ý
Đặt
$\frac{2x-1}{\sqrt{x^2+1}}=t$
Khảo sát hàm x này tìm được khoảng t để PT có 2 nghiệm phân biệt
Khảo sát hàm t này tìm ra m với :
$m=2t+\frac{2}{t}$

Tìm $m$ để phương trình: $$x^3-3mx^2-3x+3m+2=0$$ có 3 nghiệm $x_1,\,x_2,\,x_3$ sao cho $x_1^2+x_2^2+x_3^2\geq15$

PT đã cho tương đương với:
$(x-1)(x^2+x-2-3mx-3m)=0$
Tương đương x=1 hoặc
$x^2+(1-3m)x-3m-2=0$ (*)
PT đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
Tức $\Delta> 0 $ (luôn đúng)
và g(1) khác 0 tức m khác $\frac{-1}{6}$
Khi đó (*) có 2 nghiệm $x_{2},x_{3}$
Ta có:
$S=x_{1}^2+x_{2}^2+x_{3}^2=1+(x_{2}+x_{3})^2-2x_{2}x_{3}$
Ta có: $S\geq 15$
$<=> 9m^2-6m+1+6m+4\geq 14$
$<=> m\in [-\infty;-1] \cup
[1; +\infty]$ (Thỏa mãn)

TÌm GTLN của biểu thức
$$E=\frac{a}{4+bc}+\frac{b}{4+ca}+\frac{c}{4+ab}$$
Với $a,b \in [0;2]$

(Cả $a,c,b\in [0, 2]$ hả em @@)
Giả sử: $a\geq b\geq c$
TH1: a>b+c
Ta có:
$\frac{a}{4+bc}\leq \frac{1}{2}$
$\frac{b}{4+ac}+\frac{c}{4+ab}\leq \frac{b+c}{4+ac}<\frac{a}{4+ac}\leq \frac{1}{2}$
(Do $b\geq c$)
Suy ra$E<1$
Do đó MaxE<1
TH2: $b+c\geq a$ ($a>b\geq c\geq 0, b>0$)
Từ giả thiết suy ra:
$(b-2)(c-2)\geq 0$
$\Leftrightarrow bc\geq 2b+2c-4$
$\Leftrightarrow 4+bc\geq 2b+2c$
Tương tự ta có:
$ 4+ac\geq 2a+2c$
$4+ab\geq 2b+2a$
Suy ra:
$2E\leq \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$
Áp dụng BĐT: Với b>0 và $a,c\geq o$ và $a\leq b$ thì
$\frac{a}{b}\leq \frac{a+c}{b+c}$
Suy ra:
$2E\leq \frac{2a+2b+2c}{a+b+c}=2$
Dấu bằng xảy ra khi a=b=2, c=0
TH3: a=b=c=0 thì E=0
Từ các nhận xét trên suy ra MaxE=1 khi a=b=2, c=0 và các hoán vị

Các bài toán xác suất, tổ hợp cách làm rõ ràng trong sách giáo khoa rồi. Điều quan trọng là hiểu đề với các bài toán. Như vậy mới có hướng làm.
Bài 1:
Tổng số biến cố xảy ra với STT 5 người là:$C_{199}^{5}$
Biến cố để STT của 5 người này từ 95 đến 170 là: $C_{76}^{5}$
Xác suất : $P=\frac{C_{76}^{5}}{C_{199}^{5}}$
Bài 2:
**Số tăng dần: Giả sử có 9 hình vuông sao cho bên phải có 1 hình tròn=> có 9 hình tròn.. đánh 3 dấu vào 3 ô khác nhau trong 9 ô thì số ô vuông từ đầu đến dấu gần nhất là hàng trăm(số hàng trăm luôn >hoặc=1), từ đầu đến dấu gần thứ 2 là chục và từ đầu đến dấu xa nhất là hàng đơn vị rồi xép số vào ta luôn được số tăng dần.. Mà số cách đánh các dấu là : $C_{9}^{3}$ vậy số các số tự nhiên thỏa mãn là:
$C_{9}^{3}$.
** Số giảm dần: Có 10 hình tròn . giữa mỗi hình tròn có 1 hình vuông=> có 9 hình vuông.. đánh dấu vào 3 ô khác nhau.. và chọn xa nhất là trăm.. gần nhất là đơn vị.. gần nhì là chục=> luôn có số giảm dần
số các số tm: $C_{10}^{3}$
** Giải thích: Câu đầu chỉ cho hình tròn bên phải vì số hàng trăm nhỏ nhất mà lại khác không còn câu sau thì không cần vì hàng trăm thỏa mãn luôn lớn hơn không.
Bài 3:
Tổng số các biến cố có thể: 6.6=36 ( cách)
để tổng số chấm trên mặt xuất hiện là 8 thì các biến cố là: (2,6);(3,5);(4,4);(5,3);(6,2) có 5 cách
vậy xác suất là :
$P=\frac{5}{36}$

Có em nào có đề thi tuyển sinh lớp 10 tại Hà Nội năm 2012 post lên ongtroi xin với!

Có em nào có đề thi tuyển sinh lớp 10 tại Hà Nội năm 2012 post lên ongtroi xin với!

Thầy hỏi đề toán hay văn ạ, nếu toán phải toán chung không thầy?

http://dapandethi201...i-nam-2012.html
Chắc là đây.. Cái ảnh!!

Ban xem đề ở đây: http://forum.mathsco...splay.php?f=146

Mình thấy phần này có vẻ yên ắng nên đặt topic mọi người cùng làm cho vui

Bài mở đầu:
VMF dự kiến tổ chức buổi họp mặt giao lưu cho thành viên.. Dự kiến sẽ có 7 người trong ban tổ chức với 6 địa điểm gồm: Lạng Sơn, Cao Bằng, Bắc Kạn, Buôn Mê Thuột, Hoàng Sa, Trường Sa . Và ban tổ chức sẽ mắc 1 trong 3 màu áo là Trắng(2 cái), Đen(1 cái) và Đỏ(3 cái).
a) Tính xác xuất để có đúng 1 nơi không có ban tổ chức.
b) Tính xác xuất để Trường Sa có 2 ban tổ chức đều mặc áo đỏ.
(Em còn chưa biết cách giải của em đúng hay sai nhé.. Mọi người cùng làm nhé!)

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} (x^2+x+1).3^x=2x^2+x+1 \text{ (1)}\\ y^6x^4+2y^3+(x^2+1).y^2+y+\frac{1}{3}=0 \text{ (2)} \end{matrix}\right.$

Lời giải:

TH1: 

Với x<0 thì $3^x <1$

Suy ra $VT(1) < x^2+x+1 < 2x^2+x+1 =VP(1)$

Vậy TH này vô nghiệm

TH2:

x=0 thoả mãn

TH3: $x>0$

Ta chứng minh $3^x > x+1$ với $x>0$

Thật vậy xét 

$f(t) =3^t -t-1$ có $f'(t)= 3^t.ln3 -1>0$ suy ra hàm số đồng biến trên R

Do đó $f(x) > f(0) =0$ với x>0

Vậy ta có:

$VT(1)> x^3+ 2x^2+2x+1 > 2x^2+x+1=VP(1)$

TH này vô nghiệm

Từ đó ta có x=0 thay vào (2) ta được:

$6y^3+3y^2+3y+1=0$

$\Leftrightarrow (y+1)^3= -5y^3$

$\Leftrightarrow y=\frac{-1}{1+\sqrt[3]{5}}$

KẾT LUẬN: PT có 1 cặp nghiệm là $x=0 ; y=\frac{-1}{1+\sqrt[3]{5}}$

 

 

Đề bài:
Giải phương trình:
$\frac{3}{2}sin2x-cos2x-9cos^2x+2sinx+17cosx-3=0$

Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
$3sinxcosx+sin^2x-10cos^2x+2sinx+17cosx-3=0$
$\Leftrightarrow sin^2x+(3cosx+2)sinx-10cos^2x+17cosx-3=0$
$\Delta = 49cos^2x-56cosx+16=(7x-4)^2$
Do đó:
$sinx=-5cosx+1$
hoặc $sinx=2cosx-3$ (Phương trình này vô nghiệm)
Tương đương:
$sinx+5cosx=1$
$\Leftrightarrow sin(x+\alpha )=\frac{1}{\sqrt{26}}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=\beta - \alpha +k.2\pi\\ x=\pi -\beta -\alpha +k.2\pi \end{bmatrix}$
($k\in Z)
Với: $\left\{\begin{matrix} sin\alpha =\frac{5}{\sqrt{26}}\\ cos\alpha =\frac{1}{\sqrt{26}} \end{matrix}\right.$
và:
$sin\beta =\frac{1}{\sqrt{26}}$

Đề bài:
Giải phương trình:
$\frac{3}{2}sin2x-cos2x-9cos^2x+2sinx+17cosx-3=0$

Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
$3sinxcosx+sin^2x-10cos^2x+2sinx+17cosx-3=0$
$\Leftrightarrow sin^2x+(3cosx+2)sinx-10cos^2x+17cosx-3=0$
$\Delta = 49cos^2x-56cosx+16=(7x-4)^2$
Do đó:
$sinx=-5cosx+1$
hoặc $sinx=2cosx-3$ (Phương trình này vô nghiệm)
Tương đương:
$sinx+5cosx=1$
$\Leftrightarrow sin(x+\alpha )=\frac{1}{\sqrt{26}}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=\beta - \alpha +k.2\pi\\ x=\pi -\beta -\alpha +k.2\pi \end{bmatrix}$
($k\in Z$)
Với: $\left\{\begin{matrix} sin\alpha =\frac{5}{\sqrt{26}}\\ cos\alpha =\frac{1}{\sqrt{26}} \end{matrix}\right.$
và:

$sin\beta =\frac{1}{\sqrt{26}}$
Mới fix LATEX nộp lại.. Xin lỗi BQT

Bài toán:
Cho đường tròn © xác định:
$\left\{\begin{matrix} (x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=16 (S)\\ ax+by+cz+1=0 ®\end{matrix}\right.$
Với ($a,b,c>0$ và $3\geq a+b+c\geq 1$)
Và mặt phẳng (P): $x+y+z-5=0$
Tìm mặt cầu $(S_1)$ chứa đường tròn © và có tâm thuộc mặt phẳng (P)

Lời giải:
(S) có tâm $M(1;1;1)$ và bán kính $R_S=4$
** Xét đk để © tồn tại
$d_{(M,(P))} < R_S$
$\frac{|a+b+c+1|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}<4$
$\Leftrightarrow a+b+c+1< 4\sqrt{a^2+b^2+c^2}$ (1)
Điều này đúng vì áp dụng BDT $a^2+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}$
Suy ra $VP(1) \geq \frac{4}{\sqrt{3}} (a+b+c)^2> 2(a+b+c)> a+b+c+1$
Vậy © tồn tại

** Giả sử $(S_1)$ có tâm I
Nhận xét: Tất cả các mặt cầu chứa © sẽ có tâm cách đều các điểm trên ©. Do đó các mặt cầu chứa © có tâm thuộc trục đối xứng của đường tròn ©
Gọi trục đối xứng là (d)
Suy ra $(d) \left\{\begin{matrix} \text{qua M(1,1,1)}\\ \text{VTCP } \vec{u}=\vec{n_p}=(1;1;1) \end{matrix}\right.$
(d) có PTTS :
$\left\{\begin{matrix} x=1+at\\y=1+bt \\z=1+ct \end{matrix}\right.$
Do $I\in (d)$ nên tồn tại $t\in R$ sao cho $I(1+at; 1+bt; 1+ct)$
** Tính:
Bán kính đường tròn ©:
$R_C^2=R_S^2-d_{(M,®)}^2=16-\frac{(a+b+c+1)^2}{a^2+b^2+c^2}$
Ta có $I\in (P)$ nên $at+bt+ct=2 \Leftrightarrow t=\frac{2}{a+b+c}$
Khi đó:
$d_{I,®}^2=\frac{(a+b+c+1+\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c})^2}{a^2+b^2+c^2}$
Bán kính mặt cầu $(S_1)$
$R_{(S_1)}^2=d_{I,(P)}^2+R_C^2=16+4\frac{a+b+c+1}{a+b+c}+4\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}$
Do $3\geq a+b+c\geq 1$ và $3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2$ nên
$R_{S_1}\geq \sqrt{\frac{68}{3}}$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
Vậy:
$(S_1)$ cần tìm có tâm $I(\frac{5}{3};\frac{5}{3};\frac{5}{3})$ và bán kính $\sqrt{\frac{68}{3}}$

Đề bài:
Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn:
$x+y+z=4$
Tìm GTNN của biểu thức:
$A=4xyz-2(xy+yz+xz)-12\sqrt[3]{x^2+y^2+z^2}$
Lời giải:
Ta có:
$A=4xyz+x^2+y^2+z^2-12\sqrt[3]{x^2+y^2+z^2}-16$
Đặt $\sqrt[3]{x^2+y^2+z^2}=t$ ta được:
$A=4xyz+t^3-12t-16\geq t^3-12t-16$
Ta có:
$(t-2)^2(t+4)\geq 0$
Suy ra:
$t^3-12t\geq -16$
(Bước này có thể khảo sát hàm số)
Do đó:
$A\geq -32$
Dấu bằng xảy ra khi x,y,z có 2 số bằng 2 và 1 số bằng 0

Bài 384: Cho $a,b,c$ không âm. Chứng minh: $$3(a^2+b^2+c^2)+abc+80\geq 4(ab+bc+ac)+8(a+c+b)$$
Bài 385: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện: $abc=8$
Chứng minh: $$\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{2+a}{2+b}+\frac{2+b}{2+c}+\frac{2+c}{2+a}$$
Chuyên Hà Tĩnh VÒng 2 - 2012

Bài 384:
Theo nguyên lý Dirichlet thì trong 3 số a-4, b-4, c-4 tồn tại 2 số có tích không âm, giả sử là a-4 và b-4
Khi đó:
$c(a-4)(b-4)\geq 0$
$\Leftrightarrow abc+16c\geq 4ac+4bc$
$\Leftrightarrow abc+16c+4ab\geq 4ac+4bc+4ab$
Mà theo AM-GM thì:
$16c+4ab\leq 2c^2+32+2a^2+2b^2$
Do đó:
$2a^2+2b^2+2c^2+abc+32\geq 4(ab+bc+ca)$
Theo Am-GM ta cũng có:
$a^2+16+b^2+16+c^2+16\geq 8(a+b+c)$
Cộng vế 2 BĐT trên ta có ngay ĐPCM
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=4
Bài 385:
Xem tại đây: http://diendantoanho...18
#8

Em đưa ra 1 lời giải như sau:
ĐK: $x\geq 1$
BPT tương đương với:
$(\sqrt{x}+\sqrt{x-1})^3(x^3+3x^2-1)\leq m$ (*)
Xét hàm số:
$f(x)=VT(*)$
Dễ thấy hàm số đã cho liên tục và xác định trên miền xác định của hàm số.
Do đó BPT có nghiệm khi
$m\geq Minf(x)$
Do $x\geq 1$ nên
$f(x)\geq 3$
Do đó: BPT đã cho có nghiệm khi $m\geq 3$

Gõ LATEX đi bạn .. bạn viết thế này ai hiểu đc!!