Giải

ĐK: $-2 \leq x \leq 2$

Phương trình ban đầu tương đương:
$3x\sqrt{4 – x^2} + 2 - \sqrt{4 - x} = 0$

$\Leftrightarrow 3x\sqrt{4 – x^2} + \dfrac{x}{2 + \sqrt{4 - x}} = 0$

$\Leftrightarrow x\left ( 3\sqrt{4 – x^2} + \dfrac{1}{2 + \sqrt{4 - x}}\right ) = 0$

Do $3\sqrt{4 – x^2} + \dfrac{1}{2 + \sqrt{4 - x}} > 0$ $\forall$ $-2 \leq x \leq 2$

Vì vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x= 0 

Bài 4. BĐT sai với $x = y = z = \sqrt{3}$

Giải

Đặt $x = \tan{A}; y = \tan{B}, z = \tan{C}$.

Từ giả thiết, ta có: $\tan{C} = z = \dfrac{x + y}{xy - 1} = - \tan{(A + B)} \Rightarrow A + B + C = \pi + k\pi$

Vì $x, y, z > 0$ nên $\tan{A}; \tan{B}; \tan{C} > 0$

Khi đó, ta có:
$\dfrac{x}{\sqrt{1 + x^2}} = \dfrac{\tan{A}}{\sqrt{\tan^2{A} + 1}} = \dfrac{\sin{A}}{\cos{A}}|\cos{A}| = |\sin{A}|$

Vậy: $VT = |\sin{A}| + |\sin{B}| + |\sin{C}| \leq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$

Giải

ĐK: $- 1 \leq x \leq 1$

Đặt $t = |x| + \sqrt{1 - x^2} \, (1 \leq t \leq \sqrt{2}) \Rightarrow t^2 = 1 + 2\sqrt{x^2 - x^4}$

Ta được: $t^2 - 1 + (1 - k)t + 2 - k \leq 0 \Leftrightarrow \dfrac{t^2 + t + 1}{t + 1} \leq k \, (1)$

Khi đó, yêu cầu bài toán trở thành:

Tìm giá trị nhỏ nhất của k để: $\dfrac{t^2 + t + 1}{t + 1} \leq k$ đúng với mọi $t \in [1; \sqrt{2}]$

Xét hàm số: $f(t) = \dfrac{t^2 + t + 1}{t + 1}$ với $t \in [1; \sqrt{2}]$

Có: $f’(t) = \dfrac{t^2 + 2t}{(t + 1)^2} > 0$ $\forall$ $1 \leq t \leq \sqrt{2}$

Vậy hàm đồng biến trên $[1; \sqrt{2}]$, suy ra: $f(1) \leq f(x) \leq f(\sqrt{2})$

Khi đó, $\dfrac{t^2 + t + 1}{t + 1} \leq k$ đúng với mọi $t \in [1; \sqrt{2}]$ khi $k \geq f(\sqrt{2}) = 2\sqrt{2} - 1$

Giải

Phương trình tương đương:
$\cos{\dfrac{12x}{5}} + 2 = 3\cos{\dfrac{8x}{5}}$

Đặt $\cos{\dfrac{4x}{5}} = t \, (|t| \leq 1)$, ta được:
$4t^3 - 3t + 2 = 3(2t^2 - 1)$
$\Leftrightarrow 4t^3 - 6t^2 - 3t + 5 = 0$

$\Leftrightarrow (t - 1)(4t^2 - 2t - 5) = 0$
Bạn tự giải tiếp nhé

Giải

ĐK: $x \neq \dfrac{\pi}{2} + k\pi \, (k \in Z)$

Phương trình tương đương:
$2\cos^2{x}\left (\sin{2x} - \cos{2x}\dfrac{\sin{x}}{\cos{x}}\right ) = \sqrt{3}(\cos^2{x} - \sin^2{x})$

$\Leftrightarrow 2\cos{x}(\sin{2x}\cos{x} - \sin{x}\cos{2x}) = \sqrt{3}(\cos^2{x} - \sin^2{x})$

$\Leftrightarrow 2\sin{x}\cos{x} = \sqrt{3}\cos{2x} \Rightarrow \sin{2x} = \sqrt{3}\cos{2x}$

Giải

Ta tính được: $V_{S.ABCD} = \dfrac{abc}{3} $

Do SA $\perp$ (ABCD) nên các tam giác SAD và SAB vuông tại A.

Từ đó, ta tính được:
$\dfrac{SD’}{SD} = \dfrac{SA^2}{SD^2} = \dfrac{c^2}{c^2 + b^2}$

$\dfrac{SB’}{SB} = \dfrac{SA^2}{SB^2} = \dfrac{c^2}{c^2 + a^2}$

Gọi O = AC $\cap$ BD; SO $\cup$ B’D’ = I. Từ đó suy ra: C’ = AI $\cup$ SC

Chú ý rằng, ta chứng minh được:
Gọi AM là trung tuyến của tam giác ABC bất kỳ. Nếu H $\in$ AB và K $\in$ AC sao cho $\dfrac{AH}{AB} = x; \dfrac{AK}{AC} = y$ và I là giao điểm HK với AM thì:
$$\dfrac{AI}{AM}= \dfrac{2xy}{x + y} = \dfrac{2}{\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}}$$
Cái này bạn có thể chứng minh bằng tỉ số diện tích.

Áp dụng vào bài toán, ta có:
Trong tam giác SBD, $\dfrac{SI}{SO} = \dfrac{2}{\dfrac{SD}{SD’} + \dfrac{SB}{SB’}} = \dfrac{2c^2}{a^2 + b^2 + 2c^2}$

Trong tam giác SAC, $\dfrac{SI}{SO} = \dfrac{2}{\dfrac{SC}{SC’} + 1}$

$\Rightarrow \dfrac{SC’}{SC} = \dfrac{1}{2\dfrac{SM}{SI} - 1} = \dfrac{c^2}{a^2 + b^2 + c^2}$

Có các đại lượng này rồi. Chỉ cần lập tỉ số thể tích nữa là được.

Giải

Phương trình hoành độ giao điểm:
$\dfrac{1}{3}x^3 - 2x^2 + 3x - \dfrac{1}{3} = mx - \dfrac{1}{3}$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{3}x^3 - 2x^2 + (3 - m)x = 0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x = 0 \Rightarrow y = \dfrac{-1}{3} \Rightarrow A\left (0; \dfrac{-1}{3}\right )\\x^2 - 6x + 3(3 - m) = 0 \, (1)\end{matrix}\right.$

(d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0. Tức là:
$\left\{\begin{matrix}\Delta’ = 3^2 - 3(3 - m) > 0\\3(3 - m) \neq 0\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}m > 0 \\ m \neq 3\end{matrix}\right.$

Với điều kiện trên, (1) có hai nghiệm phân biệt: $x = 3 \pm \sqrt{3m}$

Từ giả thiết: $S_{\triangle OBC} = 2S_{\triangle OAB} \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}d_{(O; (d))}.BC = 2.\dfrac{1}{2}d_{(O; (d))}.AB \Rightarrow BC = 2AB$

Vì A, B, C thẳng hàng nên có hai trường hợp xảy ra:

+ Nếu A là trung điểm BC thì $x_A = \dfrac{x_B + x_C}{2} \Leftrightarrow 0 = \dfrac{6}{2}$ (Vô lí)
+ Nếu $\overrightarrow{BC} = 2\overrightarrow{BA} \Rightarrow x_C - x_B = 2(x_A - x_B)$

$\Rightarrow x_C = 3x_B \Rightarrow \left[\begin{matrix}3 + \sqrt{3m} = 2(3 - \sqrt{3m})\\3 - \sqrt{3m} = 2(3 + \sqrt{3m})\end{matrix}\right. \Rightarrow m = \dfrac{3}{4}$

Giải

Ta có:
$\dfrac{2a^3}{a^6 + bc} \leq \dfrac{2a^3}{2a^3\sqrt{bc}} = \dfrac{1}{\sqrt{bc}}$

Chứng minh tương tự, ta có: $VT \leq \dfrac{1}{\sqrt{ab}} + \dfrac{1}{\sqrt{bc}} + \dfrac{1}{\sqrt{ca}}$

Khi đó, ta cần chứng minh:                                
$a^2 + b^2 + c^2 \geq abc\left (\dfrac{1}{\sqrt{ab}} + \dfrac{1}{\sqrt{bc}} + \dfrac{1}{\sqrt{ca}} \right )$

$\Leftrightarrow a^2 + b^2 + c^2 \geq \sqrt{abc}(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{x})$

Thật vậy, ta có:
$a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + bc + ca \geq \sqrt{ab.ac} + \sqrt{ab.bc} + \sqrt{bc.ca} = \sqrt{abc}(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})$

Vậy, ta có điều phải chứng minh.

Giải

Ta sẽ chứng minh: $VF = \cos{\dfrac{\pi}{24}}$

Thật vậy, ta có:
$\cos^2{\dfrac{\pi}{12}} = \dfrac{1 + \cos{\dfrac{\pi}{6}}}{2} = \dfrac{2 + \sqrt{3}}{4}$

$\Rightarrow \cos{\dfrac{\pi}{12}} = \sqrt{\dfrac{2 + \sqrt{3}}{4}} = \dfrac{\sqrt{3} + 1}{2\sqrt{2}} \,\, (\cos{\dfrac{\pi}{12}} > 0)$

Do đó:
$\cos^2{\dfrac{\pi}{24}} = \dfrac{1 + \dfrac{\sqrt{3} + 1}{2\sqrt{2}}}{2} = \dfrac{2\sqrt{2} + \sqrt{3} + 1}{4\sqrt{2}}$

$= \dfrac{(2\sqrt{2} + \sqrt{3} + 1)(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)}{4\sqrt{2}(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)} = \dfrac{(2\sqrt{2} + \sqrt{3})^2 - 1}{4\sqrt{2}(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)}$

$= \dfrac{5 + 2\sqrt{6}}{2\sqrt{2}(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)} = \dfrac{1}{2\sqrt{2}(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)(5 - 2\sqrt{6})}$

$\Rightarrow \cos{\dfrac{\pi}{24}} = \dfrac{1}{\sqrt{2\sqrt{2}(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)(5 - 2\sqrt{6})}} \,\, (\cos{\dfrac{\pi}{24}} > 0)$

Ta thấy:
$2\sqrt{2}(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)(5 - 2\sqrt{6}) = (8 + 2\sqrt{6} - 2\sqrt{2})(5 - 2\sqrt{6})$

$= \left[(5 + 2\sqrt{6}) + (3 - 2\sqrt{2})\right](5 - 2\sqrt{6})$

$= 1 + (\sqrt{2} - 1)^2(\sqrt{3} - \sqrt{2})^2$

$= 1 + \left(\sqrt{6} - 2 - \sqrt{3} + \sqrt{2}\right)^2$

Vậy:
$VF = \dfrac{1}{\sqrt{1 + \left(\sqrt{6} - 2 - \sqrt{3} + \sqrt{2}\right)^2}} = \cos{\dfrac{\pi}{24}}$

Khi đó, phương trình có nghiệm:
$x = \pm \dfrac{\pi}{24} + 2k\pi \,\, (k \in Z)$

P/S: (Có dùng máy tính để nhẩm nghiệm)

Giải

Giải

$\frac{x^{3}+x}{(x^{2}-x+1)^{2}}=2$

Giải

Giải

$E=cos^23x-sin^24x$

$E = \dfrac{1 + \cos{6x}}{2} - \dfrac{1 - \cos{8x}}{2}$

$E = \dfrac{\cos{6x} + \cos{8x}}{2} = \cos{x}\cos{7x}$ 

Tái bút: Sao không gom mấy bài vào 1 topic cậu hén?

Giải

- Với y = 0 $\Rightarrow$ x = 0. Hệ có nghiệm (x; y) = (0; 0)

- Với $y \neq 0$, hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}2\dfrac{\sqrt{x}}{y^2} + \dfrac{\sqrt{x + 1}}{y} = \dfrac{4}{y}\\\dfrac{\sqrt{x + 1}}{y} \left ( 1 + \dfrac{\sqrt{x}}{y^2}\right ) = 2 (2 + \dfrac{\sqrt{x}}{y^2} + \dfrac{1}{y^2})\end{matrix}\right.$

Đặt $a = \dfrac{\sqrt{x}}{y^2}; b = \dfrac{\sqrt{x + 1}}{y} = b$, ta được:
$\left\{\begin{matrix}2a + b = \dfrac{4}{y}\\ b(1 + a) = 2 (2 + a + \dfrac{1}{y^2})\end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix}\dfrac{2a + b}{4} = \dfrac{1}{y}\\ \dfrac{ab + b - 4 - 2a}{2} = \dfrac{1}{y^2}\end{matrix}\right.$

Vì phương trình này vô nghiệm nên hệ ban đầu chỉ có 1 nghiệm duy nhất (x; y) = (0; 0)

Giải

Ta có:
$S = \cos{3A} + 2\cos{A} + \cos{2B} + \cos{2C}$

$S = \cos{3A} + 2\cos{A} + 2\cos{\left ( B + C\right )}\cos{\left ( B - C\right )}$

$S = \cos{3A} + 2\cos{A}\left [1 - \cos{\left ( B - C\right )} \right ]$ (Vì $A + B + C = 180^o$ nên $\cos{\left (B + C \right )} = -\cos{A}$)

Do tam giác ABC nhọn nên $\cos{A} > 0 \Rightarrow S \geq - 1$.

Vậy: $Min_S = -1$. Dấu "=" xảy ra khi: $\cos{3A} = -1; \cos{\left (B - C\right )} = 1 \Leftrightarrow A = B = C = 60^o$

• $\sin^4{x}(\sin{x} +1) \geq 0 \Leftrightarrow -\sin^5{x} \leq \sin^4{x}$
• $\cos^4{x}(1 - \cos^2{x}) \geq 0 \Leftrightarrow \cos^6{x} \leq \cos^4{x}$

• $Min_A = -1$. Dấu “=” xảy ra khi: $x = \dfrac{\pi}{2} + k2\pi \, (k \in Z)$
• $Max_A = 1$. Dấu “=” xảy ra khi: $x = k\pi$ hoặc $x = \dfrac{-\pi}{2} + k2\pi \, (k \in Z)$

Giải

Nhận thấy:
$x^2 - 4x + 11 = (x - 2)^2 + 7 \geq 7$

$x^4 - 8x^2 + 21 = (x^2 - 4)^2 + 5 \geq 5$

Vì vậy:

$( x^2 - 4x + 11)(x^4 - 8x^2 + 21) \geq 35$

Do đó, phương trình ban đầu có nghiệm khi $x - 2 = 0$ và $x^2 - 4 = 0$

Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.