Chủ đề này có 8 trả lời

[dark templar]

BÀI 1:
Giải phương trình :
$3x(2+\sqrt{9x^2+3})+(4x+2)(\sqrt{x^2+x+1}+1)=0$

BÀI 2:
Cho từ diện ABCD.Gọi I,J lần lượt là trung điểm 2 cạnh AB và CD.Một mp(P) qua I,J cắt 2 cạnh đối AC và BD tại M,N.Chứng minh rằng:mp(P) chia đôi thể tích tứ diện ABCD.

BÀI 3:
Cho $x,y,z,t \in Z;x,y,z,t \in [4;2011]$ và $x \le y \le z \le t$.Tìm GTNN của $P=\dfrac{x}{y} +\dfrac{2z}{t}$.

BÀI 4:
Cho dãy $ \{x_n \}: \left\{\begin{array}{l}x_1=a>-1\\x_{n+1}=\dfrac{3\sqrt{2x_{n}^2+2}-2}{2x_n+\sqrt{2x_{n}^2+2}},\forall n \in N \end{array}\right.$
Xét tính hội tụ cũa dãy $\{x_n \}$ và tính lim của dãy nếu có

BÀI 5:
Tìm tất cả các hàm số $f(x)$ liên tục trên tập R thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
$1) f(x) \ge e^x,\forall x \in R$
$2) f(x+y) \ge f(x).f(y) ,\forall x,y \in R$

BÀI 6:
Trong các tứ diện có bán kính mặt cầu ngoại tiếp bằng R cho trước,tứ diện nào có tổng độ dài các cạnh là lớn nhất ?
-------------------------------------------------------------------------------------------
THỜI GIAN LÀM BÀI :3 TIẾNG

[dark templar]

BÀI 3:
Cho $x,y,z,t \in Z;x,y,z,t \in [4;2011]$ và $x \le y \le z \le t$.Tìm GTNN của $P=\dfrac{x}{y} +\dfrac{2z}{t}$.

Có bác nào vô chém mấy bài này thử đi ????
Mình sẽ mở hàng trước nhé
Ta có $4 \le x \le y \le z \le t \le 2011$ nên $P \ge \dfrac{4}{y}+\dfrac{2y}{2011}$
Xét hàm số $f(y)=\dfrac{4}{y}+\dfrac{2y}{2011}(4 \le y \le 2011)$
$f'(y)=\dfrac{2}{2011}-\dfrac{4}{y^2};f'(y)=0 \Leftrightarrow y=\sqrt{4022}$
Do ta có bảng biến thiên của hàm số $f(y)$ có dạng $- \infty ,0,+ \infty $ và $y \in Z;\sqrt{4022} \in (63;64)$ nên ta có:
$P_{\min}=f(y)_{\min}=\min \{f(63);f(64) \}=f(63)$
$P_{\min}=f(63) \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x=4\\y=z=63\\t=2011\end{array}\right. $
---------------------------------------------------------------------------------------------------
P/s:Chúng ta cũng có 1 bài cùng dạng(do bạn mình chế ) với bài trên,các bạn thử làm nhé
Cho $1 \le x \le 2 \le y \le 3 \le z \le 4$.Tìm GTLN và GTNN của :
$1/ f(x;y)=\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}$
$2/g(x;y;z)=\dfrac{x^2}{yz}+\dfrac{y^2}{zx}+\dfrac{z^2}{xy}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 20-03-2011 - 11:01

[h.vuong_pdl]

---------------------------------------------------------------------------------------------------
P/s:Chúng ta cũng có 1 bài cùng dạng(do bạn mình chế ) với bài trên,các bạn thử làm nhé
Cho $1 \le x \le 2 \le y \le 3 \le z \le 4$.Tìm GTLN và GTNN của :
$1/ f(x;y)=\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}$
$2/g(x;y;z)=\dfrac{x^2}{yz}+\dfrac{y^2}{zx}+\dfrac{z^2}{xy}$

Bài 1: đặt $t = \dfrac{x}{y}$, thì ta có: $\dfrac{1}{3} \le t \le 1$
$g(t) := t + \dfrac{1}{t}.$
$g'(t) = 1 + \dfrac{-1}{t^2} = \dfrac{t^2-1}{t^2}, g'(t) = 0 \Rightarrow t = \pm 1$
ta có $-1 < \dfrac{1}{3} < 1$ nên lập bảng biến thiên thấy ngay
$\textup{min}_{f(x;y)} = g(1) = 2 \Leftrightarrow x=y=2$
$\textup{max}_{f(x;y)} = g(\dfrac{1}{3} = \dfrac{10}{3}, \Leftrightarrow x = 1, y=3$

[h.vuong_pdl]

Bài 1: đặt $f(x) = 3x(2+\sqrt{9x^2+3}) + (4x+2)(\sqrt{x^2+x+1} +1)$
ta có: $f'(x) = 3(2+\sqrt{9x^2+3}) + \dfrac{3x.9x}{\sqrt{9x^2+3}} + 4(\sqrt{x^2+x+1}+1) + \dfrac{(4x+2)(2x+1}{2\sqrt{x^2+x+1}}$
Hiển nhiên $f'(x) > 0$ nên phương trình $f(x) = 0$ có một nghiệm duy nhất.
dễ thấy: $f(-0,2) = 0 $
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất $x = \dfrac{-1}{5}$

[dark templar]

Bài 1: đặt $f(x) = 3x(2+\sqrt{9x^2+3}) + (4x+2)(\sqrt{x^2+x+1} +1)$
ta có: $f'(x) = 3(2+\sqrt{9x^2+3}) + \dfrac{3x.9x}{\sqrt{9x^2+3}} + 4(\sqrt{x^2+x+1}+1) + \dfrac{(4x+2)(2x+1}{2\sqrt{x^2+x+1}}$
Hiển nhiên $f'(x) > 0$ nên phương trình $f(x) = 0$ có một nghiệm duy nhất.
dễ thấy: $f(-0,2) = 0 $
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất $x = \dfrac{-1}{5}$

Bài này mình công nhận là bạn mò nghiệm hay lắm đó .Mình thì giải theo cách khác như sau:
Phương trình tương đương với :
$(2x+1)(\sqrt{4x^2+4x+4}+2)=-3x(\sqrt{(-3x)^2+3}+2)$
$ \Leftrightarrow (2x+1)(\sqrt{(2x+1)^2+3}+2)=-3x(\sqrt{(-3x)^2+3}+2)(1)$
Xét hàm số $f(x)=x.(2+\sqrt{x^2+3})$
$f'(x)=2+\sqrt{x^2+3}+\dfrac{x^2}{\sqrt{x^2+3}}>0 \forall x \in R$
Suy ra hàm số $f(x)$ đồng biến.Và để ý rằng (1) có thể viết lại dưới dang sau:$f(2x+1)=f(-3x)$ nên ta có $2x+1=-3x \Leftrightarrow x=\dfrac{-1}{5}$
-------------------------------------------------------------------------------------
P/s:Tiếp tục chém mấy bài còn lại đi mấy bạn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 26-03-2011 - 17:33

[h.vuong_pdl]

híc, đúng là mở mang tầm mắt, lời giải hay quá

p/s: mình học theo chương trình cơ bản nên không đi sau vào dãy số giới hạn + hàm số phương trình hàm nên mấy bài như thế thì mình chịu , cậu chém luôn đi, cả vd sáng tác thêm nữa tè
còn bài hình không gian thì hình như đó chính là dề thi HSG Tỉnh Nghệ An ( hình như mấy năm trước thì phải )

[dark templar]

---------------------------------------------------------------------------------------------------
P/s:Chúng ta cũng có 1 bài cùng dạng(do bạn mình chế ) với bài trên,các bạn thử làm nhé
Cho $1 \le x \le 2 \le y \le 3 \le z \le 4$.Tìm GTLN và GTNN của :
$2/g(x;y;z)=\dfrac{x^2}{yz}+\dfrac{y^2}{zx}+\dfrac{z^2}{xy}$

Theo yêu cầu của bạn hvuong_pdl,mình sẽ post bài giải cho bài này lên .Còn mấy bài kia thì mấy bạn suy nghĩ thêm nhé
Viết lại $g(x;y;z)$ dưới dạng sau:$g(x)=\dfrac{1}{yz}x^2+\dfrac{1}{x} \left(\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{y} \right) (1 \le x \le y \le z)$
$g'(x)=\dfrac{2x}{yz}-\dfrac{1}{x^2} \left(\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{y} \right)=\dfrac{2x^3-(y^3+z^3)}{x^2yz}<0,\forall x \in [1;z]$
Suy ra hàm số $g(x)$ nghịch biến trên $[1;y] \Rightarrow g(x) \le g(1)=\dfrac{1}{yz}+\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{y}=g(z)$
Xét tiếp hàm số $g(z)=\dfrac{1}{z} \left(\dfrac{1}{y}+y^2 \right)+z^2.\dfrac{1}{y}(1 \le y \le z \le 4)$
$g'(z)=\dfrac{-1}{z^2} \left(\dfrac{1}{y}+y^2 \right)+\dfrac{2z}{y}=\dfrac{2z^3-(1+y^3)}{z^2y}>0,\forall z \in [y;4]$
Suy hàm $g(z)$ đồng biến trên $[y;4] \Rightarrow g(z) \leq g(4)=\dfrac{1}{4y}+\dfrac{y^2}{4}+\dfrac{16}{y}=g(y)$
Xét tiếp hàm số $g(y)=\dfrac{65}{4}.\dfrac{1}{y}+\dfrac{y^2}{4}(2 \le y \le 3)$
$g'(y)=\dfrac{-65}{4y^2}+\dfrac{y}{2}=\dfrac{2y^3-65}{4y^2}<0,\forall y \in [2;3]$
Suy ra hàm $g(y)$ nghịch biến trên $[2;3] \Rightarrow g(y) \le g(2)=\dfrac{73}{8}$
Vậy $g(x;y;z)_{\max}=\dfrac{73}{8} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x=1\\y=2\\z=4\end{array}\right. $
Áp dụng BĐT AM-GM,ta có $g(x;y;z) \ge 3$
$g(x;y;z)_{\min}=3 \Leftrightarrow x=y=z$

[Ngày không em]

Bài 6 này hình như có trong sách bài tập nâng cao lớp 12 đó
Còn bài 4 nó vốn là một bài thi đề nghị Olympic 30-4 cũng lâu lâu rồi dùng đạo hàm xét khoảng là được nhưng khá dài dark có cách nào ngắn hơn thì post lên cho bạn bè cùng mở rộng tâm mắt
Cảm ơn Phúc trước

[dark templar]

Bài 6 này hình như có trong sách bài tập nâng cao lớp 12 đó
Còn bài 4 nó vốn là một bài thi đề nghị Olympic 30-4 cũng lâu lâu rồi dùng đạo hàm xét khoảng là được nhưng khá dài dark có cách nào ngắn hơn thì post lên cho bạn bè cùng mở rộng tâm mắt
Cảm ơn Phúc trước

Bài 4 mình xài tương đương thôi
Dễ dàng nhận thấy $x_n >0$ và ta dễ dàng chứng minh trực tiếp rằng $x_n >1$,cái còn lại chỉ là chứng minh dãy $\{x_n \}$ là dãy giảm.
Ta có:
$$x_{n+1}-x_n=\dfrac{3\sqrt{2+2x_{n}^2}-2}{2x_{n}+\sqrt{2+2x_{n}^2}}-x_{n}=\dfrac{\sqrt{2+2x_{n}^2}(3-x_n-\sqrt{2+2x_{n}^2})}{2x_n+\sqrt{2+2x_{n}^2}}<0,\forall x_{n}>1$$.
Vậy theo nguyên lý giới hạn về dãy số,ta có dãy $\{x_n \}$ có giới hạn hữu hạn,đặt nó là $a>0$.Việc tính $a$ ta chỉ cần thay vào công thức truy hồi là xong.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 21-10-2011 - 20:47