hoangkkk

Cho hàm số $y=x^{4}-4mx^{2}+3m-1$. Gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác tạo bởi 3 điểm cực trị của hàm số. Tìm $m$ để $r$ trị nhỏ nhất? lớn nhất?

 

Đề của BTC

 

Truớc hết ta tìm điều kiện đề $y$ có ba điểm cực trị. Đặt $y=f(x)$. Ta có : $f'(x)=4x(x^2-2m)$. Đồ thị của hàm số $y$ có $3$ điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình $f'(x)=0$ có ba nghiệm phân biệt hay phương trình $x^2-2m=0$ có hai nghiệm phân biệt khác $0$, tương đương với $m>0$.

Gọi $A$, $B$, $C$ tương ứng là ba điểm cực trị của hàm số biểu diễn trên trục toạ độ.

Dễ thấy $A=(0;3m-1)$, $B\left ( -\sqrt{2m};-4m^2+3m-1 \right )$, $C\left ( \sqrt{2m};-4m^2+3m-1 \right )$

$AB=AC=\sqrt{\left ( x_A-x_B \right )^2+\left ( y_A-y_B \right )^2}=\sqrt{16^4+2m}$ Nhầm lẫn đáng tiếc

$BC=2\sqrt{2m}$

Kẻ $AH$ vuông góc với $BC$. Tam giác $ABC$ cân tại $A$ (tính chất của hàm trùng phương) nên :

$AH=\sqrt{AB^2-\frac{BC^2}{4}}=4m^2$

Diện tích tam giác $ABC$ được tính bởi :

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=\frac{AB+BC+CA}{2}.r=4\sqrt{2m^5}$$

Suy ra :$r=\frac{4m^2}{\sqrt{8m^3+1}+1}=g(m)$

Nhận thấy rằng $\lim_{m \to \infty}g(m)=+\infty$ nên không tồn tại giá trị $m$ để $g$ đạt $\max$.

$\lim_{m \to 0}g(m)=0$ và $g$ là hàm đồng biến (xét đạo hàm $g'(m)$ suy ra điều này) nên cũng không tồn tai $g_{\min}$

 

Kết luận : Không tồn tại gía trị $m$ để có $r_{\max}$, $r_{\min}$.

 

Điểm bài: 8

S = 25+8*3 = 49

ĐK : $x \in \left [ -1;1 \right ]$.

Đặt $\sqrt{x+1} =a \geq 0$, $\sqrt{1-x}=b \geq 0$ $\left ( 1 \right )$. Ta có $a^2+b^2=2$

Thay vào và viết lại phương trình đã cho thành :

$$\sqrt{1+ab}\left ( a^3-b^3 \right )=2+ab$$

$$\Leftrightarrow\sqrt{1+ab}\left ( a-b \right )\left ( 2+ab \right )=2+ab$$

$$\Leftrightarrow\left ( 2+ab \right )\left [ \sqrt{1+ab}\left ( a-b \right )-1 \right ]=0$$

$$\Leftrightarrow\sqrt{1+ab}\left ( a-b \right )=1$$

$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
a > b & \\
\left ( 1+ab \right )\left ( 2-2ab \right )=1 &
\end{matrix}\right.$$

Đến đây giải phương trình bậc hai ẩn $ab$ ta được nghiệm $ab =\sqrt{\frac{1}{2}}$. Thay vào $\left ( 1 \right )$ ta thu được nghiệm của phương trình.

(Sao bài này lại để ở Box Lượng giác )

a) Đặt $f\left ( x \right )=x^n$, ta có :

$$\lim_{x \to a}\frac{x^n - a^n}{x - a}=\lim_{x \to a}\frac{f\left ( x \right )-\left ( a \right )}{x-a}=f'\left ( a \right )=na^{n-1}$$

 

b) Ta có :

$$\lim_{x \to 1}\frac{x^{n}-1+n\left ( 1-x \right )}{\left ( x-1 \right )^2}=\lim_{x \to 1}\frac{\left ( x-1 \right )\left ( x^{n-1}+x^{n-2}+...+1 \right )+n(1-x)}{\left ( x-1 \right )^2}$$

$$=\lim_{x \to 1}\frac{\left ( x-1 \right )\left ( x^{n-1}+x^{n-2}+...+1-n \right )}{\left ( x-1 \right )^2}=\lim_{x \to 1}\frac{x^{n-1}+x^{n-2}+...+1-n}{x-1}$$

$$=\lim_{x \to 1}\frac{\left ( x^{n-1}-1 \right )+\left ( x^{n-2}-1 \right )+...+\left ( x-1 \right )}{x-1}=\sum_{i=1}^{n-1}=\lim_{x \to 1}\frac{x^i-1}{x-1}=f_{i}'(1)$$

$$=1+2+...+n-1=\frac{\left ( n-1 \right )n}{2}$$

c) Ta có :

$$\lim_{x \to 1}\frac{x-1+x^2-1+...x^n-1}{x-1}=\sum_{i=1}^{n}\lim_{x \to 1}\frac{x^i-1}{x-1}=\sum_{i=1}^{n}f_{i}'(1)=\sum_{i=1}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2}$$

 

d)Ta có :

$$\lim_{x \to a}\frac{(x^n - a^n) - na^{n-1}(x-a)}{(x-a)^2}=\lim_{x \to a}\frac{\left ( x^{n-1}-a^{n-1} \right )+\left ( ax^{n-2}-a^{n-1} \right )+...+\left ( a^{n-1}-a^{n-1} \right )}{x-a}$$

$$=\sum_{i=0}^{n-1}\lim_{x \to a}\frac{a^{i}x^{n-i-1}-a^{n-1}}{x-a}$$

Đặt $f_i\left ( x \right )=a^{i}x^{n-i-1}$, $i=1,2,..,n-1$, như vậy ta được :

$$\sum_{i=0}^{n-1}\lim_{x \to a}\frac{a^{i}x^{n-i-1}-a^{n-1}}{x-a}=f_{i}'(a)=\sum_{i=0}^{n-1}a^i\left ( n-i-1 \right )a^{n-i-2}=a^{n-1}\sum_{i=0}^{n-1}\left ( n-i-1 \right )=\frac{n(n-1)}{2}a^{n-1}$$

 

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

Xin lỗi ban tổ chức, em xin làm lại bài này ạ :
ĐKXĐ : $$\left\{\begin{matrix}
xy \neq 0 & \\
x > 0 & \\
y+3 \geq 0 & \\
\left ( \frac{2}{y}-\frac{3}{x} \right )\left ( x+y \right )\geq 0 &
\end{matrix}\right.$$
Phương trình thứ $2$ của hệ tương đương với :
$$\sqrt{x^2-2x\sqrt{x(y+3)}+x(y+3)+2(x+y+3)}=\sqrt {x}+\sqrt {y+3}$$
$$\Leftrightarrow \sqrt{\left [ x-\sqrt{x(y+3)} \right ]^2+2(x+y+3)}=\sqrt {x}+\sqrt {y+3}$$
Đặt $\sqrt {x}=a >0$, $\sqrt {y+3}=b \geq 0$
Viết lại phương trình thứ $2$ của hệ thành :
$$\sqrt { \left ( a^2-ab \right )^2+2(a^2+b^2)}=a+b \left ( 1 \right )$$
Nhận xét rằng với mọi $x,y$ ta có bất đẳng thức quen thuộc sau :$x+y \leq \sqrt{2\left ( x^2+y^2 \right )}$ (Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y \geq 0$)
Áp dụng bất đẳng thức trên vào bài toán ta có : $VT\left ( 1 \right ) \geq \sqrt {2(a^2+b^2)} \geq a+b=VP\left ( 1 \right )$. Vậy để hệ có nghiệm thì cần thỏa mãn :
$$\left\{\begin{matrix}
a=b & \\
a(b-a)=0 &
\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \sqrt {x}=\sqrt {y+3}\Leftrightarrow x=y+3$$
Thay vào phương trình thứ nhất của hệ và viết nó lại thành :
$$\frac{6\left ( y^2+2y+3 \right )}{y^2+3y}=4\sqrt{\frac{18+9y-2y^2}{y^2+3y}}-1$$
Bình phương hai vế, khai triển và rút gọn ta được :
$$y^4+2y^3-3y^2-4y+4=0$$
$$\Leftrightarrow \left ( y-1 \right )^2\left ( y+2 \right )^2=0$$
$$\Leftrightarrow y=1, y=-2$$
Với $y=1$ suy ra $x=4$. Thay vào ta thấy thỏa mãn.
Với $y=-2$ suy ra $x=1$. Thay vào không thỏa mãn.
Kết luận : Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $\left ( x;y \right )=\left ( 4;1 \right )$
(Ban tổ chức xóa giúp em mấy bài trên được không ạ. Em xin cảm ơn)

Điểm bài: 10
S = 25 + 3*10 = 55

Cho $a,b,c,d$ là độ dài $4$ cạnh của một tứ giác. Chứng minh rằng: $$\sqrt[3]{{\frac{{abc + abd + bcd + acd}}{4}}} \le \sqrt {\frac{{ab + ac + ad + bc + bd + cd}}{6}}$$
___
NLT

Một lời giải bằng cách áp dụng định lý $Rolle$
Ta chứng minh bất đẳng thức trong trường hợp tổng quát hơn : $a,b,c,d \geq 0$
Nhận xét rằng luôn tồn tại một đa thức $f(x)$ sao cho $f(x)$ nhận $a,b,c,d$ làm nghiệm, ta có thể chọn :
$$f(x)=\left ( x-a \right )\left ( x-b \right )\left ( x-c \right )\left ( x-d \right )$$
$$=x^4-(a+b+c+d)x^3+\left ( \sum_{sym}ab \right )x^2-\left ( \sum abc \right )+abcd$$
Theo định lý $Rolle$ thì phương trình $f'(x)=0$ sẽ có ba nghiệm, tức là tồn tại $m,n,p$ sao cho
$$f'(x)=\left ( x-m \right )\left ( x-n \right )\left ( x-p \right )$$
$$=x^3-(m+n+p)x^2+(mn+np+pm)x+mnp$$
Mặt khác từ $f(x)$ ta xác định được:
$$f'(x)=4x^3-3(a+b+c+d)x^2+2(ab+bc+cd+da+db+ca)x-(abc+bcd+cda+adb)$$
Đồng nhất hệ số thu được :
$$m+n+p=\frac{3}{4}\left ( a+b+c+d \right )$$
$$mn+np+pm=\frac{1}{2}\left ( ab+bc+cd+da+db+ca \right )$$
$$mnp=\frac{1}{4}\left ( abc+bcd+cda+adb \right )$$
Theo $AM-GM$ lại có : $mn+np+pm \geq 3\sqrt[3]{(mnp)^2}$ nên thay vào trên ta suy ra :
$$\sqrt[3]{\left ( \frac{abc+bcd+cad+abd}{4} \right )^2}\leq \frac{ab+bc+cd+da+bd+ac}{6}$$
hay
$$\sqrt[3]{\frac{abc+bcd+cda+abd}{4}} \leq \sqrt{\frac{ab+bc+cd+da+bd+ac}{6}}$$ (đpcm)

Giống mấy bài ở trên:
Bài 28 Cho ba số thực không âm $a, b, c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=4$. Tìm Min
$$P=\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}$$

Giải thế này đúng không nhỉ :
Đặt $P$ là biểu thức cần tìm $\min$
Ta có :
$$=\left ( \frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a} \right )^2-2\left [ \frac{1}{(a-b)(b-c)}+\frac{1}{(b-c)(c-a)}+\frac{1}{(c-a)(a-b)} \right ]$$
Để ý rằng $\left [ \frac{1}{(a-b)(b-c)}+\frac{1}{(b-c)(c-a)}+\frac{1}{(c-a)(a-b)} \right ]=0$ nên suy ra :
$$P=\left ( \frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a} \right )^2$$

Đến đây giả thiết $c=\min \left \{ a,b,c \right \}$, áp dụng $AM-GM$ ta được :
$$P \geq 4.\frac{1}{a-b}\left ( \frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a} \right )=4.\frac{1}{a-b}\left [ \frac{b-a}{(b-c)(c-a)} \right ]=\frac{4}{(a-c)(b-c)}$$
$$=\frac{4}{ab-bc-ca+c^2}\geq \frac{4}{ab+bc+ca}=1$$
Vậy $P \min=1$, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a.b=4,c=0$

Mình nghĩ chắc là giải như thế này :
$n_{NaOH}=0,3$
Chất tan trong dd $X$ tác dung với $BaCl_2$ tạo thành sản phẩm là kết tủa trắng và không tan trong axit, hơn nữa kết tủa đó lại là hợp chất của lưu huỳnh (kết tủa không thể là $AgCl$ vì các hợp chât chứa lưu huỳnh của $Ag$ không tan trong nước), do đó kết tủa chỉ có thể là $BaSO_4$. Từ đây suy ta được thành phần của $X$ có chứa ion ${SO_{4}}^{2-}$, hay công thức tổng quát của dung dịch $X$ là : $X_2({SO_4})_n$
Xét hai khả năng sau đây :
KN1 : $X_2({SO_4})_n$ là $H_2{SO_4}$, như vậy dễ thấy $A$ là $SO_3$
$n_A=0,3225$ suy ra $n_{H_2SO_4}=0,3225$
Tác dụng với $NaOH$ theo phương trình phản ứng :
$$H_2SO_4+2NaOH -----> Na_2SO_4+2H_2O $$
Theo đề bài thì phản ứng trên là phản ứng trung hòa vừa đủ, tuy nhiên theo số liệu đã xử lý thì không thảo mãn, do vậy khả năng này bị loại.
KN2 : $X$ trong $X_2({SO_4})_n$ là kim loại, như vậy $A\equiv X_2({SO_4})_n$. Phản ứng với $NaOH$ theo phương trình :
$$X_2({SO_4})_n+2nNaOH ----->n Na_2SO_4+2X(OH)_n$$
Dễ dáng suy ra $\frac{0,3}{2n}=\frac{12,9}{96n+2M_X}$
Do $X$ là kim loại nên $n$ nhận giá trị từ $1$ đến $3$.
Tuy nhiên khi thế lần lượt cả ba giá trị $1,2,3$ vào thì đều không thỏa mãn.
KN3 : $X_2({SO_4})n$ là muối $(NH_4)_2SO_4$, tương tự như trên, thay vào vẫn không thỏa mãn.
Ko biết mình có giái sai chỗ nào không nữa.

Bài 1 : Từ giả thiết của bài toán ta suy ra rằng tồn tại $x,y,z >0$ sao cho $a=\frac{yz}{x^2}$, $a=\frac{zx}{y^2}$, $a=\frac{xy}{z^2}$. Thay vào và viết bất đẳng thức cần chứng minh lại thành :
$$\sum \frac{x^4}{\left ( x^2+yz \right )^2}+\frac{2x^2y^2z^2}{\prod \left ( x^2+yz \right )}\geq 1$$
Đến đây áp dụng Cauchy-Schwarz cho $VT$ thu được :
$$VT \geq \sum \frac{x^4}{\left ( x^2+y^2 \right )\left ( x^2+z^2 \right )}+\frac{2x^2y^2z^2}{\prod \left ( x^2+yz \right )}$$
hay $$VT \geq \frac{\sum x^4\left ( y^2+z^2 \right )}{\left ( x^2+y^2 \right )\left ( y^2+z^2 \right )\left ( z^2+x^2 \right )}+\frac{2x^2y^2z^2}{\prod \left ( x^2+yz \right )}$$
Quy về chứng minh :
$$\Leftrightarrow \frac{\sum x^4\left ( y^2+z^2 \right )}{\left ( x^2+y^2 \right )\left ( y^2+z^2 \right )\left ( z^2+x^2 \right )}+\frac{2x^2y^2z^2}{\prod \left ( x^2+yz \right )}\geq 1$$
Để ý rằng : $\frac{\sum x^4\left ( y^2+z^2 \right )}{\left ( x^2+y^2 \right )\left ( y^2+z^2 \right )\left ( z^2+x^2 \right )}=1-\frac{2x^2y^2z^2}{\prod \left ( x^2+yz \right )}$
nên để chứng minh bđt ta chỉ cần chỉ ra được :
$$\left ( x^2+y^2 \right )\left ( y^2+z^2 \right )\left ( z^2+x^2 \right )\geq \left ( x^2+yz \right )\left ( y^2+zx \right )\left ( z^2+xy \right )$$
Dễ thấy bất đẳng thức trên luôn đúng nhờ vào đánh giá quen thuộc: $x^2+yz\leq \sqrt{\left ( x^2+y^2 \right )\left ( x^2+z^2 \right )}$
Vậy ta có đpcm.

Bài toán 27 : Cho $a,b,c$ là $3$ số dương thỏa mãn: $a+b-c \geq 0, b+c-a \geq 0, c+a-b \geq 0, (a+b+c)^2=4(ab+bc+ca-1)$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$S= \sqrt{ \dfrac{b+a}{c}-1}+ \sqrt{ \dfrac{a+b}{c}-1}+ \sqrt{ \dfrac{a+c}{b}-1}+ \dfrac{2 \sqrt{2}}{ \sqrt{a^2+b^2+c^2-2}}$$
(Nguồn : http://www.toanphothong.vn/)

Mở rộng

Tính tích phân
$$I=\int\frac{a\sin x+b\cos x+c}{m\sin x+n\cos x+p}dx $$
Giải :

Ta có :
$$I=\frac{am+bn}{m^2+n^2}\int\frac{m\sin x+n\cos x+p}{m\sin x+n\cos x+p}dx+\frac{bm-an}{m^2+n^2}\int\frac{m\cos x-n\sin x}{m\sin x+n\cos x+p}dx+\left ( c-\frac{am+bn}{m^2+n^2}p \right )\int\frac{dx}{m\sin x+n\cos x+p}$$
$$=\frac{am+bn}{m^2+n^2}x+\frac{bm-an}{m^2+n^2}\int\frac{dx\left ( m\sin x+n\cos x+p \right )}{m\sin x+n\cos x+p}+\left ( c-\frac{am+bn}{m^2+n^2}p \right )\int\frac{dx}{m\sin x+n\cos x+p}$$
$$=\frac{am+bn}{m^2+n^2}x+\frac {bm-an}{m^2+n^2} \ln \left | m\sin x+n\cos x+p \right |+\left ( c-\frac{am+bn}{m^2+n^2} \right )\int\frac{dx}{m\sin x+n\cos x+p}$$
Đặt $J=\int\frac{dx}{m\sin x+n\cos x+p}$. Ta đi tính $J$
$$J=\int\frac{dx}{2m\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}+n\left ( cos^2 \frac{x}{2}-\sin^2 \frac{x}{2} \right )+p\left ( \sin^2 \frac{x}{2}+\cos^2 \frac{x}{2} \right )}$$
$$=\int\frac{dx}{(n+p)\cos^2 \frac{x}{2}+2m\cos \frac{x}{2}\sin \frac{x}{2}+(p-m)\sin^2 \frac{x}{2}}$$
$$=\int\frac{dx}{\cos^2 \frac{x}{2}\left [ (p-m)\tan^2 \frac{x}{2}+2m\tan \frac{x}{2}+n+p \right ]}$$
$$=\int\frac{d\left ( \tan \frac{x}{2} \right )}{\frac{p-m}{2}\tan^2 \frac{x}{2}+m\tan \frac{x}{2}+\frac{n+p}{2}}$$
TH1 : $p=m \neq 0$, suy ra được $J=\int\frac{d\left ( \tan \frac{x}{2} \right )}{m\tan \frac{x}{2}+\frac{n+m}{2}}=\frac{1}{m}\ln \left | m\tan \frac{x}{2}+\frac{n+m}{2} \right |+C$ ($C$ là một số thực bất kỳ)
Trong trường hợp này ta tính được :
$$I=\frac{am+bn}{m^2+n^2}+\frac{bm-an}{m^2+n^2}\ln \left | m\sin x+n\cos x+p \right |+\frac{1}{m}\ln \left | m\tan \frac{x}{2}+\frac{n+m}{2} \right |+C$$
TH2 : $p=m=0$, suy ra được $J=\frac{n}{2}\int d\left (\tan \frac{x}{2} \right )=\frac{n}{2}.\tan \frac{x}{2}+C$
Như vậy ta được :
$$I=\frac{am+bn}{m^2+n^2}+\frac{bm-an}{m^2+n^2}\ln \left | m\sin x+n\cos x+p \right |+\frac{n}{2}.\tan \frac{x}{2}+C$$
TH3 : $p \neq m$. Ta có :
$$J=\frac{2}{p-m}\int\frac{d\left ( \tan \frac{x}{2} \right )}{\tan^2 \frac{x}{2}+\frac{4m}{p-m}\tan \frac{x}{2}+\frac{2(n+p)}{m-p}}$$
$$=\frac{2}{p-m}\int \frac{d\left ( \tan \frac{x}{2}+\frac{2m}{p-m} \right )}{\left ( \tan \frac{x}{2}+\frac{2m}{p-m} \right )^2+\frac{2(n+p)}{p-m}-4\left ( \frac{m}{p-m} \right )^2}$$
Đến đây ta xét hai khả năng :
KN1 : $\frac{2(n+p)}{p-m}\leq 4\left ( \frac{m}{p-m} \right )^2$, dễ dàng tính được :
$$J=-\frac{1}{p-m}.\frac{1}{\sqrt{4\left ( \frac{m}{p-m} \right )^2-\frac{2(n+p)}{p-m}}}\ln \left | \frac{\sqrt{4\left ( \frac{m}{p-m} \right )^2-\frac{2(n+p)}{p-m}}+\tan \frac{x}{2}}{\sqrt{4\left ( \frac{m}{p-m} \right )^2-\frac{2(n+p)}{p-m}}-\tan \frac{x}{2}} \right |+C$$
Từ đây suy ra được tích phân $I$

KN2 : $\frac{2(n+p)}{p-m}\geq 4\left ( \frac{m}{p-m} \right )^2$
Ta được :
$$J=\frac{1}{\sqrt{\frac{2(n+p)}{p-m}-4\left ( \frac{m}{p-m} \right )^2}}\arctan \left ( \frac{\tan \frac{x}{2}}{\sqrt{\frac{2(n+p)}{p-m}-4\left ( \frac{m}{p-m} \right )^2}} \right )+C$$
Từ đây suy ra được tích phân $I$

Vậy bài toán được giải quyết hoàn toàn.

Điểm mở rộng: 10

Tính tích phân:
$$I= \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\sin x+7\cos x+6}{4\sin x+3\cos x+5}dx$$
Đề của chagtraife

Ta có :
$$I= \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\sin x+7\cos x+6}{4\sin x+3\cos x+5}dx=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\left ( \frac{4\sin x+\cos x+5}{4\sin x+\cos x+5}+\frac{4\cos x-3\sin x}{4\sin x+\cos x+5}+\frac{1}{4\sin x+\cos x+5} \right )dx$$
$$=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}dx+\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{d\left ( 4\sin x+3\cos x+5 \right )}{4\sin x+3\cos x+5}+\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{4\sin x+3\cos x+5}$$
$$={\left.\begin{matrix}
\left ( x+\ln \left | 4\sin x+3\cos x+5 \right | \right )
\end{matrix}\right|_{0}}^{\frac{\pi}{2}}+\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{4\sin x+3\cos x+5}$$
$$=\frac {\pi}{2}+\ln 9-\ln 8+\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{4\sin x+3\cos x+5}$$
Đặt $J=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{4\sin x+3\cos x+5}$, ta có :
$$J=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{8\sin \frac{x}{2}.\cos \frac{x}{2}+3\left ( \cos^2 \frac{x}{2}-\sin^2 \frac{x}{2} \right )+5\left ( \cos^2 \frac{x}{2}+\sin^2 \frac{x}{2} \right )}$$
$$=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{8\cos^2 \frac{x}{2}+8\cos^2 \frac{x}{2}+2\cos^2 \frac{x}{2}\tan^2 \frac{x}{2}}=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{\cos^2 \frac{x}{2}\left (2 \tan^2 \frac{x}{2}+8\tan \frac{x}{2}+8 \right )}$$
Dòng trên có Nhầm lẫn
$$=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{d\left ( \tan \frac{x}{2} \right )}{\tan^2 \frac{x}{2}+4\tan \frac{x}{2}+4}=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{d\left ( \tan \frac{x}{2}+2 \right )}{\left ( \tan \frac{x}{2}+2 \right )^2}={\left.\begin{matrix}
\left ( \frac{-1}{\tan \frac{x}{2}+2} \right )
\end{matrix}\right|_{0}}^\frac{\pi}{2}=\frac{1}{6}$$
Như vậy $I=\frac {\pi}{2}+\ln 9-\ln 8+\frac {1}{6}$

Chỗ nhầm lẫn ở trên đáng ra phải là
$J=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{8\cos^2 \frac{x}{2}+2\sin^2 \frac{x}{2}+8\cos\frac{x}{2}\sin\frac{x}{2}}$

Điểm bài: 8
S = 25 + 3*8 + 10= 59

Đề ra kỳ này tạp chí Toán Học & Tuổi Trẻ
số 427
Các lớp THCS :

$\fbox{Bài T1/427.}$ Cho $a=123456789$. Hãy so sánh ${{2012^9}^{9}}^{a}$ và ${{2013^a}^{a}}^{9}$

$\fbox{Bài T2/427.}$ Cho tam giác $ABC$ ($AB<AC$) với hai đường cao $BD,CE$. Đặt $AB=c$, $AC=b$, $BC=a$, $BD=h_b$, $CE=h_c$. Chứng minh rằng :
$$c^n+{h_c}^n < b^n+{h_b}^n$$

$\fbox{Bài T3/427.}$ Tìm các số nguyên dương $n$ sao cho $A=\left [ \frac{n^2+n-5}{2} \right ]$ là một số nguyên tố, trong đó ký hiệu $\left [ a \right ]$ là số nguyên lớn nhất không vượt qua $a$.

$\fbox{Bài T4/427.}$ Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
$$\sqrt{x+y}-\sqrt{x}-\sqrt{y}+2=0$$

$\fbox{Bài T5/427.}$ Cho tam giác $ABC$ vuông ở $A$. Hai đường phân giác $BD$ và $CE$ cắt nhau ở $O$. Biết số đo diện tích tam giác $BOC$ bằng $a$. Tính tích $BD.CE$ theo $a$.

Các lớp THPT :

$\fbox{Bài T6/427.}$ Giải hệ phương trình :
$$\left\{\begin{matrix}
2\sqrt[4]{\frac{x^4}{3}+4}=1+\sqrt{\frac{3}{2}}\left | y \right | & \\
2\sqrt[4]{\frac{y^4}{3}+4}=1+\sqrt{\frac{3}{2}}\left | x \right | &
\end{matrix}\right.$$
$\fbox{Bài T7/427.}$ Cho tam giác $ABC$ có $AB=9$, $BC=\sqrt{34}$, $CA=\sqrt{201}$. Tìm điểm $M$ thuộc đường tròn $\left ( C,\sqrt{3} \right )$ sao cho tổng $MA+MB$ lớn nhất.
$\fbox{Bài T8/427.}$ Chứng minh rằng với moi tam giác $ABC$ ta luôn có bất đẳng thức :
$$\sum \sqrt{\left ( \tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2} \right )\left ( \tan \frac{A}{2}+\tan \frac{C}{2} \right )}\leq 2\left ( \cot A+\cot B+\cot C \right )$$

Tiến tới olimpic toán :

$\fbox{Bài T9/427.}$ Cho $N=1+10+10^2+...+10^{4023}$. Tìm chữ số thứ $2103$ sau dấu phẩy ở số thập phân $\sqrt{N}$ viết trong hê cơ số $10$.

$\fbox{Bài T10/427.}$ Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{a-b}{c}+\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}$, trong đó $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $\min \left \{ a,b,c \right \}\geq \frac{1}{4}\max \left \{ a,b,c \right \}$

$\fbox{Bài T11/427.}$ Cho dãy hàm số ${S_n(x)}$ được xác định bởi :
$$S_n\left ( x \right )=\cos ^3x-\frac{1}{3}\cos ^{3}3x+\frac{1}{3^2}\cos ^{3}3^2x-...+\left ( \frac{-1}{3} \right )^n\cos ^{3}3^nx$$
Tìm tất cả các số thực $x$ sao cho $\lim S_n\left ( x \right )=\frac{3-3x}{4}$

$\fbox{Bài T12/427.}$ Cho tứ giác $ABCD$ không nội tiếp. Gọi $A', B', C', D'$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác $BCD, CDA, DAB, ABC$. Gọi $A", B", C", D"$ theo thứ tự là tâm các đường tròn Euler của các tam giác $BCD$, $CDA$, $DAB$, $ABC$. Chứng minh rằng các tứ giác $A'B"C'D'$, $A"B"C"D"$ lồi và đồng dạng ngược hướng.

Các Mod khóa topic lại đi ạ.

Bài toán 22 : Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^3+b^3+c^3=3$. Chứng minh rằng :
$$\frac{a^3}{b^2-2b+3}+\frac{2b^3}{c^3+a^2-2a-3c+7}+\frac{3c^3}{a^4+b^4+a^2-2b^2-6a+11}\leq \frac{3}{2}$$
(Trích đề thi thử số 4 TH&TT số 427)

Bài toán 23 : Cho $a,b,c$ là các số thực dương.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
$$P=\frac{3\left ( b+c \right )}{2a}+\frac{4a+3c}{3b}+\frac{12\left ( b-c \right )}{2a+3c}$$

Bài 12 và 13 đều đã có lời giải trong topic này : http://diendantoanho...13/page__st__20
Theo ý kiến của riêng của mình thì có thể gộp chung hai topic Ôn thi đại học 2013 và Sử dụng đạo hàm để giải bất đẳng thức lại làm một topic được không ,bởi hai topic này cùng chung nội dung và mục đích.