BoFaKe

Tài liệu có $729$ trang tổng hợp nhiều đề từ nhiều cuộc thi trên thế giới.

 TheBestProblemsFromAroundTheWorld.pdf   3.47MB   2235 Số lần tải

                                                                                                                         Nguồn : Ebook toán.

Bài 2: Chứng minh rằng 

b,$a^{2}+5b^{2}-4ab+2a-6b+3>0$

c,$a^{2}+2b^{2}-2ab+2a-4b+2>0$

Mấy loại bậc $2$ như thế này thì chỉ cần xét theo một biến,chẳng hạn là $a$,viết lại thành $$a^{2}+5b^{2}-4ab+2a-6b+3>0\Leftrightarrow a^{2}-2a(2b-1)+5b^{2}-6b+3> 0$$

Đến đây coi là phương trình bậc $2$ đối với $a$,để pt luôn $> 0$ thì hệ số của $a^2$ phải dương và $\Delta < 0$.Giờ chỉ việc tính $\Delta $ là ra.

1: $2cos^{2}x-2\sqrt{3}sinxcosx=\sqrt{2}$

Ta có :

$2cos^{2}x-2\sqrt{3}sinxcosx=\sqrt{2}\Leftrightarrow \cos 2x-\sqrt{3}\sin 2x=\sqrt{2}-1$.Đây là dạng cơ bản rồi.

2:$tan\begin{bmatrix} \frac{\pi }{4}(cosx-\sqrt{3}sinx)& \end{bmatrix}+1=0$

$tan\begin{bmatrix} \frac{\pi }{4}(cosx-\sqrt{3}sinx)& \end{bmatrix}=-1\Leftrightarrow \frac{\pi }{4}(cosx-\sqrt{3}sinx)= \frac{-\pi }{4}+k\pi \Leftrightarrow \Leftrightarrow cosx-\sqrt{3}sinx= 4k-1$

Điều kiện để pt có nghiệm là $1+(\sqrt{3})^{2}\geq (4k-1)^{2}\Leftrightarrow 4\geq (4k-1)^{2}$

Kết hợp điều kiện là $k$ nguyên,tìm được $k$ thay lại tìm $x$.

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của: $$A=\cos^4x+\sin^4x+\sin x\cos x+1$$

 

Mọi người giúp em bằng hai cách với ạ: một cách là dùng BĐT bình thường, một cách là dùng hàm số với ạ, em cảm ơn. 

Đặt $\sin 2x=t;t\in [-1;1]$

$$A=\cos^4x+\sin^4x+\sin x\cos x+1= 1-2\sin ^{2}x\cos ^{2}x+1+\sin x\cos x= \frac{-t^{2}}{2}+\frac{t}{2}+2$$

Có $$f'(t)=-t+\frac{1}{2}=0\Leftrightarrow t= \frac{1}{2}$$

Lập bảng biến thiên ta có giá trị lớn nhất là $\frac{17}{8}$ còn giá trị nhỏ nhất là $2$

Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình $2\log_2x+\log_{\frac{1}{2}}(1-\sqrt{x})=\frac{1}{2}\log_{\sqrt{2}}(x – 2\sqrt{x}+2)$.

Bài này có chút yếu tố ''ảo'' thuật 

Biến đổi ta có :$2\log_2x+\log_{\frac{1}{2}}(1-\sqrt{x})=\frac{1}{2}\log_{\sqrt{2}}(x-2\sqrt{x}+2) \Leftrightarrow \log _{2}\frac{x^{2}}{1-\sqrt{x}}=\log _{2}(x-2\sqrt{x}+2) \Leftrightarrow \frac{x^{2}}{1-\sqrt{x}}=x-2\sqrt{x}+2$.

Đặt $\sqrt{x}=t$ thì $0\leq t< 1$

Nhân chéo lên ta được phương trình :

$t^{4}+t^{3}-3t^{2}+4t-2=0$

Xét $f(t)=t^{4}+t^{3}-3t^{2}+4t-2$ có $f'(t)=4t^{3}+3t^{2}-6t+4= 2(t^{3}+1+1-3x)+2t^{3}+3t^{2}> 0$ với $t\in (0;1)$

Mà $f(\sqrt{3}-1)=0$  nên $t= \sqrt{3}-1\Rightarrow x=4-2\sqrt{3}$.

--------------------------------

P/S: Không biết còn nghiệm nào nữa không 

Câu 3: ĐK :.....

Từ phương trình đầu ta có :

$$(2x-y+1)(x+1-y)=0\Rightarrow \begin{bmatrix} 2x+1=y & & \\ x+1=y & & \end{bmatrix}$$.

Với $2x+1=y$ thay vào phương trình $2$ ta được :

$$3x-3+\sqrt{4x+1}+\sqrt{9x+4}=0\Rightarrow $$

Dễ thấy đây là hàm đồng biến và có nghiệm $x=0$ nên...

Với $x+1=y$ thế vào phương trình $2$ ta cũng giải được $x=0$ hoặc $x=1$.

Kết luận:....

-------------------------------

P/S:Lúc nãy đánh trật lất   

$\large \left\{\begin{matrix} x^{2013}-2012y=y^{2013}-2012x& & \\y^3-15x^2+78y= 5\sqrt[3]{2y-9}+141& & \end{matrix}\right.$

Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có :$x^{2013}+2012x=y^{2013}+2012y$

Xét $f(t)= t^{2013}+2012t$ có $f'(t)= 2013t^{2012}+2012> 0$ nên hàm số đồng biến $\Rightarrow x=y$

Thay vào phương trình thứ $2$ của hệ ta được :

$$x^3-15x^2+78x= 5\sqrt[3]{2x-9}+141$$

$$\Leftrightarrow x^3-15x^2+73x-116+5(x-5)-5\sqrt[3]{2x-9}=0 $$

$$\Leftrightarrow (x^{3}-15x^{2}+73x-116)(1+\frac{5}{(x-5)^{2}+(x-5)\sqrt[3]{2x-9}+\sqrt[3]{(2x-9)^{2}}})= 0$$

$$\Leftrightarrow x^3-15x^2+73x-116=0$$

$$\Leftrightarrow (x-4)(x^{2}-11x+29)=0$$.

Đến đây xong rồi  .

Bài 1: Giải hệ :

 

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

Xét hàm $f(t)=t^{3}+t^{2}+t;g(u)=2u+1$ có $f(t)=3t^{2}+2t+1>0;g'(u)=2>0$ nên là hàm đồng biến.

Không mất tính tổng quát giả sử 2 TH :

TH 1:$x\geq y\geq z$ thì: $$f(x)\geq f(y)\Rightarrow g(z)\geq g(x)\Rightarrow z\geq x\Rightarrow x=y=z$$.

TH 2:$x\geq z\geq y$ thì: $$f(z)\geq f(y)\Rightarrow g(y)\geq g(x)\Rightarrow y\geq x\Rightarrow x=y=z$$.

Cả $2$ đều cho ta $x=y=z$,thay vào giải được $x=y=z=1$ hoặc $x=y=z=-1$.

Câu 2 : Giải hệ phương trình

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

Đk:$x\geq y$.

Từ phương trình đầu ta được :$(y-x-1)(2y+x-1)=0\Leftrightarrow x+2y= 1$ (vì $y-x-1<0$.

Thế $x=1-2y$ vào phương trình $2$ ta được :$(1-2y)\sqrt{1-3y}=3-3y$.

Bình phương là giải được nghiệm $y=-1$ nên $x=3$.:3

Không biết có đúng không?

 

Giả sử $\large \Delta ABC$ vuông tại A. Khi đó ta có: $\large \left\{\begin{matrix} \sin B=\cos C & & \\ \cos B=\sin C & & \end{matrix}\right.$ và $\large \sin B+\cos B=1$

 

Khi đó ta có $\large M=\frac{\sin B+2\sin C}{2\cos B+\cos C}=\frac{\sin B+2\cos B}{2\cos B+\sin B}$$\large =\frac{1+\cos B}{1+\cos B}=1=\sin 90^{\circ}=\sin A$

Cách này không đúng,chắc tại em nhầm cái $\cos B+\sin B=1$ mà phải là $\cos^{2} B+\sin ^{2}B=1$.(thử tam giác vuông cân xem  ).

Câu 1 : Cho tam giác ABC có số đo các góc thỏa mãn $sinA=\frac{sinB+2sinC}{2cosB+cosC}$. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông

Áp dụng định lý hàm số $\sin$ và $\cos$ ta có :

$$a=\frac{2b+c}{\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{ac}+\frac{b^{2}+a^{2}-c^{2}}{2ab}}$$

$$\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow (2b+c)(a^{2}-b^{2}-c^{2})=0\Leftrightarrow a^{2}=b^{2}+c^{2}$$

Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi $a,b,c$ dương

$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\frac{54abc}{(a+b+c)^{3}}\geq 5$

Theo Holder ta có :$(a^{3}+b^{3}+c^{3})(1+1+1)(1+1+1)\geq (a+b+c)^{3}\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{9}$

Khi ta cần chứng minh:  $\frac{(a+b+c)^{3}}{9abc}+\frac{54abc}{(a+b+c)^{3}}\geq 5$

Đặt $\frac{(a+b+c)^{3}}{27abc}=x(x\geq 1)$ thì ta có: $3x+\frac{2}{x}= x+2x+\frac{2}{x}\geq 1+2\sqrt{4}= 5$.

Chỉ giáo luôn đi bạn anh chị!

Em lên mạng kiếm hệ số bất định hay U.C.T mà tham khảo.

c) $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(c+a)$

$(a+b-c)(a-b)^{2}+(b+c-a)(b-c)^{2}+(c+a-b)(a-c)^{2}$ Hình như thế    ?

Câu 3: Đk $x\geq 1$.

Biến đổi phương trình $2$ thành $$(x+y-1)^{2}=4y\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y\geq 0 & & \\ x-1=2\sqrt{y}-y & & \end{matrix}\right.$$

Đặt $t=\sqrt[4]{x-1}$ thì $t\geq 0$ nên  $\Rightarrow \sqrt{t^{4}+2}=\sqrt{x+1}$

Thế phương trình đầu ta có :$\sqrt{t^{4}+2}+t=y+\sqrt{y^{4}+1}$

Xét hàm số $f(k)=k+\sqrt{k^{4}+1}$ có $f'(k)=1+\frac{4k^{3}}{2\sqrt{k^{4}+1}}> 0$ nên hàm số đồng biến ,vậy có $t=y$ nên $\Rightarrow y^{4}=x-1$.

Đặt $\sqrt{y}=u$ 

Vậy ta có hệ mới :

$$\left\{\begin{matrix} u^{8}=x-1 & & \\ x-1=2u-u^{2} & & \end{matrix}\right.$$

$$\Rightarrow u^{8}+u^{2}-2u=0$$

$$\Leftrightarrow u(u-1)(u^{6}+u^{5}+..+u^{2}+u+2)=0$$

$$\Leftrightarrow u=0 \vee u=1$$.

Giải phương trình kết luận nghiệm là $(x;y)\in \left \{ (1;0);(2;1) \right \}$

Cho $x;y;z> 0$ thỏa mãn $x+y+z=3$. CMR: 

2. $\large x\sqrt{xy}+y\sqrt{yz}+z\sqrt{xz}\leq 3$

Đổi biến $(x;y;z)\rightarrow (a^{2};b^{2};c^{2})$ ta có bất đẳng thức mới cần chứng minh là :

$3(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a)\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$.Đây là bất đẳng thức của Vasile,có ở đây.

----------------------------------

P/S: Anh đánh nhầm