-Do dạng $\frac{0}{0}$ của giới hạn, ta hoàn toàn có thể dùng đạo hàm để giải:
$I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {\frac{{x^x - \sqrt[3]{{60 + x^2 }}}}{{x - 2}}} \right)\\= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {\frac{{x^x - \sqrt[3]{{60 + x^2 }}-2^2+\sqrt[3]{{60 + 2^2 }}}}{{x - 2}}} \right)=r'(2)$
Với $r(x)=x^x - \sqrt[3]{{60 + x^2 }}$
-Ta có: $r'(x)=x^x(lnx+1)-\frac{2x}{3\sqrt[3]{{(60 + x^2)^2}}}$
Nên $I=r'(2)=4ln2+4-\frac{1}{12}$

Em chưa hiểu dòng thứ 2.
Anh cho em hỏi có còn cách tính thuần túy nào mà không dùng đạo hàm không ạ?

Tính: ( Không dùng Quy tắc Lôpitan)
\[
I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {\frac{{x^x - \sqrt[3]{{60 + x^2 }}}}{{x - 2}}} \right)
\]

Dùng định nghĩa giới hạn hãy chứng minh: $$f\left( x \right) = \frac{{\sqrt {\pi - \arccos x} }}{{\arcsin \left( {x + 1} \right)}}$$ là hàm không bị chặn khi $x \to - 1^ + $

Chứng minh rằng :

\[
\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x = e
\]

Cho x,y,z >0 và $x + y + z \leq 1$. Chứng minh$P=\sqrt{x^{2} + \frac{1}{x^{2}}} + \sqrt{y^{2} + \frac{1}{y^{2}}} + \sqrt{z^{2} + \frac{1}{z^{2}}} \geq \sqrt{82}$

Lời giải
Bất đẳng thức tương đương:\[

\sqrt {1^2 + 9^2 } .\sum {\sqrt {\left( {x^2 + \frac{1}{{x^2 }}} \right)} } \ge \sqrt {82} .\sqrt {1^2 + 9^2 } = 82
\]
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và AM-GM :


\[
\sqrt {1^2 + 9^2 } .\sum {\sqrt {\left( {x^2 + \frac{1}{{x^2 }}} \right)} } \ge \sum {\left( {x + \frac{9}{x}} \right)} = \sum {\left( {x + \frac{1}{{9x}} + \frac{{80}}{{9x}}} \right)} \ge \sum {2\sqrt {\frac{{x.1}}{{9x}}} } + \frac{{80}}{9}.\frac{9}{{\sum x }} = 3.2.\frac{1}{3} + 80 = 82
\]

Chắc thêm trường dự thi cho có thêm thông tin nhỉ. Đọc mấy bài về offline của VMF thì anh biết Vương với Hoàng thi trường dược. Còn Việt với Lâm thi trường gì thế 2 em?

Lâm thi Khoa Kinh tế đối ngoại_ĐH Ngoại Thương anh ạ. Em thi Khoa Kiểm toán_Học viện Tài chính. . 2 thằng theo Kinh tế.

A Vương 29đ chắc thủ khoa ĐH rồi quá

Thủ khoa không tính điểm cộng. Tiếc cho Vương quá

Em nhận được rồi ạ. Cảm ơn các anh trong BQT

2)$\left\{\begin{matrix}
x^2-3x=y^2+1\\
y^2-3y=x^2+1
\end{matrix}\right.$

Ta có:

\[
\left\{ {\begin{array}{*{20}c}
{x^2 - 3x = y^2 + 1\left( 1 \right)} \\
{y^2 - 3y = x^2 + 1\left( 2 \right)} \\
\end{array} \Rightarrow x = y} \right.
\]
Thay vào PT $(1)$:


\[
\Rightarrow x = y = \frac{{ - 1}}{3}
\]

3) $\left\{\begin{matrix}
3y= \frac{y^2 +2}{x^2}\\
3x= \frac{x^2 + 2}{y^2}
\end{matrix}\right.$

Bài 2: Nhận thấy đây là hệ phương trình đối xứng loại 2 nên ta sẽ lấy 2 phương trình trừ cho nhau.

Bài giải

Nhận xét: $VP>0$ do đó $x,y>0$
Hệ phương trình đã cho
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3yx^2 = y^2 + 2(1) \\
3xy^2 = x^2 + 2(2) \\
\end{array} \right.$
Lấy $(1)-(2)$
$3xy(x - y) = (y - x)(y + x) \Leftrightarrow (x - y)(3xy + x + y) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
3xy + x + y = 0 (l)\\
y = x \\
\end{array} \right.$ loại vì $(x,y>0)$
Thay $x=y$ vào (1) $3x^3-x^2-2=0$
$ \Leftrightarrow $ $(x-1)(3x^2+2x+2)=0$ $ \Leftrightarrow $ $x=1 =>y=1$
Vậy hệ có nghiệm duy nhất $(x;y)=(1;1)$
----------------

Đây là bài toán tổng quát:

BĐT 3:
Cho $a,b \in R;n \in {N^*}$. Chứng minh rằng: \[\dfrac{{{a^n} + {b^n}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n}\]

Chứng minh:
Trước tiên ta xét: $$f(x) = {x^n} + {(c - x)^n};c > 0,n \in {N^*}$$.
Ta có: $f'(x) = n{x^{n - 1}} - n{(c - x)^{n - 1}}$;$f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{c}{2}$. Lập BBT.
\[BBT \to f(x) \ge f\left( {\dfrac{c}{2}} \right) \Leftrightarrow {x^n} + {(c - x)^n} \ge 2{\left( {\dfrac{c}{2}} \right)^n}\]
Chọn $x = a;c = a + b$ ta có:\[{a^n} + {b^n} \ge 2{\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n} \Leftrightarrow \dfrac{{{a^n} + {b^n}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n}\]

BĐT trên là BĐT tổng quát giúp ta dễ nhớ.
Từ BĐT trên ta có thể thay n=2,3,4...
Sẽ được một số BĐT phụ khá hữu ích. ( cái mà ta muốn nói đến)
$\dfrac{{{a^3} + {b^3}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^3}$ ; $\dfrac{{{a^4} + {b^4}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^4}$ ....

http://diendantoanho...hụ/#entry280182

ĐK vô nghiệm $\forall m$ xảy ra 2 trường hợp:
TH1: $x_{0}=y_{0}$ và $x_{0}.y_{0}\neq 1$
TH2: $x_{0}\neq y_{0}$ và $\frac{x_{0}.y_{0}-1}{x_{0}-y_{0}}=-x_{0}$

Như vậy đúng không bạn?

Đúng rồi bạn. Những điểm đó sẽ tạo thành 1 tập hợp điểm. ( đường thẳng và Hypebol )

Tìm GTNN của A=$\frac{2a}{1-x} +\frac{1-x}{x} $
Cái này mình cosi mãi mà không tìm dc kq (

Bài này có cả biến $a$ hả em. Hay $a$ là tham số?

Cho họ đường cong $(C_{m})$: $y=\frac{mx+1}{x+m}$.

a) Tìm điểm cố định của họ $(C_{m})$.
b) Tìm điểm mà không có đường cong nào của họ $(C_{m})$ đi qua.

Lời giải
a.Gọi $M\left( {x_0 ;y_0 } \right)$ là điểm cố định.
Ta có:

\[
\begin{array}{l}
x_0 y_0 + y_0 m = mx_0 + 1\,\forall m \\
\Leftrightarrow m\left( {y_0 - x_0 } \right) + x_0 y_0 - 1 = 0\forall m\,\left( * \right) \\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y_0 - x_0 = 0 \\
x_0 y_0 = 1 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow x_0 = y_0 = \pm 1 \to M\left( {1;1} \right)vM\left( { - 1; - 1} \right) \\
\end{array}
\]
b. Tương tự phần a nhưng cần ĐK PT $(*)$ vô nghiệm!

$y=ax^{4}+bx^{2}+c$ có đồ thị đi qua gốc tọa độ O và đạt cực trị bằng -9 tại $x=\sqrt{3}$

tìm a,b,c ?????????????

Gợi ý:
-Đồ thị đi qua $O$ thì ta có được $c=0$.
-Đồ thị đạt cực trị tại $x=\sqrt{3}$ , cực trị bằng $-9$ được 1 PT.
-Đồ thị đi qua điểm ($\sqrt{3}$;$-9$) được 1 PT. Giải hệ được $a,b$

Nguyễn Hoàng Lâm : 25đ

Có thể dùng phương pháp tách nhóm để đưa và Cấp số cộng.Cách này khá hay mà phù hợp với THPT.
http://www.mediafire.com/?mwzemndizom

Hic, ôn thi đại học rất rất cần những topic thế này, sao lại dìm nó xuống thế, phí quá Mong mod đưa nó lên cao nhé

Mình đã đưa nó vào đây
Các bạn chịu khó đọc tí nhé. Topic này rất hay nên mình đã cho vào đó!

nhỡ đáp án là a.1 thì sao
1645-928=717

Có lẽ đáp án phải là 1. .
Mình suy nghĩ còn đơn giản quá

Thử biến đổi tương đương phát.

Cho $a+b+c=3$.
CMR: $a^4+b^4+c^4\geq a^3+b^3+c^3$

Lời giải:
Ta chứng minh:$\sum {a^4 - a^3 } \ge \sum {a - 1} $ ( tương đương điều phải chứng minh )
Cái này tương đương:$ \Leftrightarrow \sum {\left( {a - 1} \right)^2 \left( {a^2 + a + 1} \right)} \ge 0$
Như vậy có điều phải chứng minh
-------------------

Bài này đã có lời giải tổng quát trong sáng tạo bđt của anh Phạm Kim Hùng !!!!
Giả sử $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ là các số thực dương có tổng = n . CMR với mọi số nguyên dương k bất kì ta có
$a_{1}^{k}+a_{2}^{k}+...+a_{n}^{k}\geq a_{1}^{k-1}+a_{2}^{k-1}+...+a_{n}^{k-1}$

Lời giải:
Điều phải chứng minh tương đương:

\[
\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {a_i^k - a_i^{k - 1} } \right)} \ge 0 \Leftrightarrow \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {a_i^k - a_i^{k - 1} } \right)} \ge \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {a_i - 1} \right)} \Leftrightarrow \sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\left( {a_i - 1} \right)^2 .\sum\limits_{m = 0}^{k - 2} {a^m } } \right)} \ge 0
\]
Như vậy ta có điều phải chứng minh

Câu 2:
Đáp án C. 3.
Có đủ 9 chữ số: 123456789.
P/s: Còn câu 7,9,18.
Mọi người post thêm câu hỏi nhé!

Đầu tiên xin phép đưa lên một số câu mình vừa kiếm được trên mạng. Mấy cái hình gõ khó nên mình upload picture lên đây luôn.
Đây là những câu hỏi trắc nghiệm nên mọi người cho đáp án và giải thích nhé .
Chém nào!

TOÁN IQ

vui để học

Xin phép lập Topic Toán IQ này để mọi người cùng nhau trao đổi, giải đáp những câu hỏi toán IQ.

Mong rằng sẽ nhận được sự ủng hộ của mọi người.

Mọi người có thể đưa trực tiếp câu hỏi lên.

Một số quy định nhỏ:

- Đưa ra câu hỏi rõ ràng.

- Đưa ra câu trả lời kèm giải thích.

- Bàn luận thoải mái nhưng không được văng tục. Bắt buộc gõ tiếng Việt có dấu.....

- Post bài cho sạch đẹp chút nhé.

START

-------

1. Vũ Đình Việt, lớp 12A1, THPT Kẻ Sặt
Huyện Bình Giang, tỉnh Hải Dương.
2. Em rất cảm ơn món quà của diễn đàn đã trao tặng. Em mong muốn 1 cuốn sách Toán cao cấp ( dùng cho năm đầu học ĐH )
3. Em không tham gia offline được, phiền các anh gửi về theo địa chỉ:
Vũ Thị Huệ, phó hiệu trưởng trường Tiểu học Vĩnh Hồng, huyện Bình Giang, tỉnh Hải Dương.
( Đây là địa chỉ nơi làm việc của mẹ em, khu nhà em số nhà lung tung lắm ạ .)
Cảm ơn các anh!

Em không nghĩ là có người lại mong thứ này đến mức tha thiết như anh Định vậy
Nếu mọi người đều thấy thích thì tuần sau em sẽ thêm vào.

Anh Khuê là number one!

Bạn hãy thử với bài toán đơn giản này nhé.

Giải phương trình: $\mathbf{\sqrt {1 - 2x} - {x^2} = 2 - \sqrt {1 + 2x}} $

Giải càng nhiều cách càng tốt.

Xin làm thử 1 cách:
Phương trình tương đương:\[{{\bf{x}}^{\bf{2}}} + {\bf{2}} - \left( {\sqrt {{\bf{1}} + {\bf{2x}}} + \sqrt {{\bf{1}} - {\bf{2x}}} } \right) = 0\]
Ta thấy: \[{{\bf{x}}^{\bf{2}}} + {\bf{2}} - \left( {\sqrt {{\bf{1}} + {\bf{2x}}} + \sqrt {{\bf{1}} - {\bf{2x}}} } \right) \ge 2 - \sqrt {\left( {{1^2} + {1^2}} \right)\left( {1 + 2x + 1 - 2x} \right)} = 0\]
Dấu ''='' xảy ra khi $x=0$.
Vậy $x=0$ là nghiệm!

mới đây mà có đề thi khối D rồi nhanh quá ta,mình thấy đề này học sinh trung bình cũng kiếm được điểm 5

Đề này cũng tương đối rồi. Bạn học sinh trung bình khối A hay D thế . Kiếm được 5 điểm trọn vẹn là cũng Khá đấy chứ đùa.
Đề khối D lần này không cho mấy câu bất ngờ như : Nhị thức Niuton, Xác suất chứ không thì cũng dở khóc dở cười.