Bài 31 : Cho $x$, $y$, $z$ là các số thực dương thỏa mãn $x \leq z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
$$P= \sqrt{2+\dfrac{2x^2}{\left(x +y \right)^2}-\dfrac{2z \left(2y+z \right)}{\left ( y+z \right)^2}}+\dfrac{3z}{z+x}$$
Có 80 mục bởi hoangkkk (Tìm giới hạn từ 19-05-2020)
Đã gửi bởi hoangkkk on 22-08-2013 - 05:02 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 31 : Cho $x$, $y$, $z$ là các số thực dương thỏa mãn $x \leq z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
$$P= \sqrt{2+\dfrac{2x^2}{\left(x +y \right)^2}-\dfrac{2z \left(2y+z \right)}{\left ( y+z \right)^2}}+\dfrac{3z}{z+x}$$
Đã gửi bởi hoangkkk on 16-06-2013 - 12:24 trong Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Em chọn bạn nguyenhang28091996.
Đã gửi bởi hoangkkk on 14-01-2013 - 22:48 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đã gửi bởi hoangkkk on 04-01-2013 - 20:32 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 2:
Tìm giá trị mới nhất của biểu thức:
$P=\frac{x^{4}}{y^{4}}+\frac{y^{4}}{x^{4}}-(\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}})+\frac{x}{y}+\frac{y}{x}$ (x,y khác 0)
Đã gửi bởi hoangkkk on 01-03-2013 - 21:49 trong Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Đã gửi bởi hoangkkk on 11-01-2013 - 07:36 trong Nơi diễn ra Khóa học
Đã gửi bởi hoangkkk on 08-01-2013 - 22:28 trong Bất đẳng thức và cực trị
Từ giả thiết ta được $b=\frac {2c^2}{a+c}$, thay vào $P$và viết $P$ lại thành :Bài toán 21. Cho các số thực dương $a, b, c$ đôi một khác nhau thỏa mãn $2a\leq c$ và $ab+bc=2c^{2}$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$P=\frac{a}{a-b}+\frac{b}{b-c}+\frac{c}{c-a}$.
Đã gửi bởi hoangkkk on 16-01-2013 - 16:32 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đã gửi bởi hoangkkk on 24-01-2013 - 16:07 trong Bất đẳng thức và cực trị
Giống mấy bài ở trên:
Bài 28 Cho ba số thực không âm $a, b, c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=4$. Tìm Min
$$P=\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}$$
Đã gửi bởi hoangkkk on 22-01-2013 - 17:50 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đã gửi bởi hoangkkk on 02-01-2013 - 21:18 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài toán 9. Cho ba số $x,y,z\in \left ( 0;1 \right ]$ thỏa mãn $x+y\geq 1+z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{xy+z^{2}}$.
Đã gửi bởi hoangkkk on 02-01-2013 - 21:38 trong Bất đẳng thức và cực trị
Sai rồi bạn. Để ý bạn viết nhầm ở chỗ áp dụng nesbitt.Cách khác:
Dựa vào:$x,y,z\in \left ( 0;1 \right ]$
ta có:$x\leq 1\Rightarrow xy\leq y$
$z^2\leq z$
Nên:$xy+z^2\leq y+z$
$\Rightarrow \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{xy+z^{2}}\geq \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{y+x}\geq \frac{3}{2}$(Nesbitt)
Dấu "=" xảy ra khi:x=y=z=1
Đã gửi bởi hoangkkk on 27-12-2012 - 22:18 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đã gửi bởi hoangkkk on 01-01-2013 - 16:21 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đã gửi bởi hoangkkk on 28-12-2012 - 11:06 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đã gửi bởi hoangkkk on 02-01-2013 - 19:41 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đã gửi bởi hoangkkk on 16-03-2013 - 13:16 trong Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Trước hết ta chứng minh bổ đề sau :
Bổ đề :
Cho tứ diện $ABCD$ có cạnh $AB=a$, diện tích các mặt $\left ( ABC \right )$, $\left ( ABD \right )$ lân lượt là $S_1$, $S_2$. Góc giữa hai mặt phẳng đó bằng $\alpha$. Khi đó diện tích tứ diện được cho bởi công thức :
$$V=\frac{2S_1S_2\sin \alpha}{3a}$$
Chứng minh :
Kẻ $DH$ vuông góc với mặt $(ABC)$ và $DK$ vuông góc với $AB$, khi đó $\widehat{DKH}=\alpha$. Trong tam giác vuông $DHK$ ta có $DH=DK\sin \alpha$. Thể tích của tứ diện là :
$$V=\frac{1}{3}DH.S_1=\frac{1}{3}DK\sin \alpha.S_1=\frac{2S_2}{3AB}\sin \alpha.S_1=\frac{2S_1S_2\sin \alpha}{3a}$$
Vậy bổ đề được chứng minh.
Quay lại bài toán, gọi $\varphi $ là góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$. Trong mặt phẳng $(SBC)$ kẻ $SH$ vuông góc với $BC$, suy ra $OH$ vuông góc với $BC$. Như vậy $\varphi =\widehat{SHO}$.
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Do $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SO\perp (ABCD)$. Dễ dàng tinh được $SO=\frac{1}{2}a\tan \varphi$, diện tích mặt bên bằng $\frac{a^2}{4\cos \alpha}$ SAI. $\varphi$ mới đúng
Trong tứ diên $SABC$ ta có : $SB=\sqrt{SO^2+OB^2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}\tan \varphi+\frac{1}{2}a^2}=\frac{a}{2}\sqrt{\tan^2\varphi+2}$
Thể tích của khối tứ diện $SABC$ là :
$$V_{SABC}=\frac{1}{3}SO.S_{ABC}=\frac{a^3\tan \varphi}{12}$$
Mặt khác áp dụng bổ đề đã nêu ta cũng thu được kết quả :
$$V_{SABC}=\frac{2\frac{a^4}{16\cos^2 \varphi}\sin \alpha}{3\frac{a}{2}\sqrt{\tan^2 \varphi+2}}=\frac{a^3\sin \alpha}{12\cos^2 \varphi\sqrt{tan^2\varphi+2}}$$
Từ các kết quả trên ta suy ra được :
$$\sin \alpha=\frac{\sin 2\varphi\sqrt{\tan^2 \varphi+2}}{2}$$
Đặt $\tan \varphi=t$, $\sin\alpha=z$. Thay vào hệ thức trên ta có :
$$z^2\left ( t^2+1 \right )^2=4t^2\left ( t^2+2 \right )$$
SAI. KHÔNG CÓ SỐ 4 MỚI ĐÚNG
Đặt $t^2=u \geq 0$. Ta có :
$$z^2\left ( u^2+2u+1 \right )=4u^2+8u$$
$$\Leftrightarrow \left ( 4-z^2 \right )u^2+2\left ( 4-z^2 \right )u-z^2=0$$
Xét phương trình trên, ta có :
$\Delta '=16-4z^2> 0$ $\forall z$
Ta chỉ lấy nghiệm không âm của phương trình, tức là nghiệm $u=\frac{z^2-4+\sqrt{16-z^4}}{4-z^2}=\sqrt{\frac{4+z^2}{4-z^2}}-1$
Do $t >0$ (thể tích $SABC$ luôn $>0$) nên ta có : $t=\sqrt{z}=\sqrt{\sqrt{\frac{4+z^2}{4-z^2}}-1}=\sqrt{\sqrt{\frac{4+\sin^2 \alpha}{4-\sin^2 \alpha}}-1}$
Lại có $V_{SABCD}=2V_{SABC}$ suy ra $V_{SABCD}=\frac{a^3}{12}\sqrt{\sqrt{\frac{4+\sin^2 \alpha}{4-\sin^2 \alpha}}-1}$.
Kết quả thu được như trên chính là thể tích của khối chóp $S.ABCD$.
Điểm bài; 3
Đã gửi bởi hoangkkk on 25-12-2012 - 20:03 trong Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Đã gửi bởi hoangkkk on 25-12-2012 - 22:30 trong Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Đã gửi bởi hoangkkk on 01-01-2013 - 21:07 trong Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Bài toán 7. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho đường tròn $\left ( C \right ):\left ( x-1 \right )^{2}+\left ( y-1 \right )^{2}=25$ và đường thẳng $d: 2x-y-1=0$. Lập phương trình đường tròn $\left ( C' \right )$ có tâm nằm trên $d$ và hoành độ lớn hơn $2$, đồng thời $\left ( C' \right )$ cắt $\left ( C \right )$ tại hai điểm $A, B$ sao cho dây cung $AB$ có độ dài bằng $4\sqrt{5}$ và tiếp xúc với đường thẳng $\Delta :3x-y+15=0$.
Đã gửi bởi hoangkkk on 06-01-2013 - 22:15 trong Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Đã gửi bởi hoangkkk on 29-11-2012 - 22:09 trong Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Đã gửi bởi hoangkkk on 23-01-2013 - 00:59 trong Các môn tự nhiên (Vật lý, Hóa học, Sinh học, Công nghệ)
Đã gửi bởi hoangkkk on 08-12-2012 - 13:05 trong Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Đã gửi bởi hoangkkk on 13-04-2013 - 08:38 trong Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
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
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học