Đến nội dung

quangtq1998

quangtq1998

Đăng ký: 07-07-2013
Offline Đăng nhập: 22-04-2021 - 21:53
***--

#651107 $$Lim_{x \rightarrow 0} \frac{\ln(x+c...

Gửi bởi quangtq1998 trong 24-08-2016 - 18:57

$$Lim_{x \rightarrow 0} \frac{\ln(x+cos2x)-x}{sin(x)^2}$$

Ta có bổ đề : 
$ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ f(x)}{g(x)}= $$ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ f'(x)}{g'(x)}$ nếu  $f(0) = g(0) = 0 $
Thật vậy :
$ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ f(x)}{g(x)}$$ = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ \frac{f(x) -f(0)}{x-0}}{\frac{g(x)-g(0)}{x-0}}$$ =\lim_{x \rightarrow 0} \frac{ f'(x)}{g'(x)}$
 
nên : 
$L = \lim_{x \rightarrow 0}\frac{\frac{1-2sin2x}{x+cos2x}-1}{sin2x} = \lim_{x \rightarrow 0}\frac{(\frac{1-2sin2x}{x+cos2x}-1)'}{(sin2x)'} =\lim_{x \rightarrow 0}\frac{5-4 x cos(2 x)+4 sin(2 x)}{(x+cos(2 x))^2 (2 cos(2 x))}=\frac{-5}{2} $



#650795 $Cmr:$ $\lim_{x \rightarrow 0} \frac...

Gửi bởi quangtq1998 trong 22-08-2016 - 15:33

$Cmr:$ $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=1$

Ta có : 
$ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ f(x)}{g(x)}= $$ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ f'(x)}{g'(x)}$ nếu  $f(0) = g(0) = 0 $
Thật vậy :
$ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ f(x)}{g(x)}$$ = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ \frac{f(x) -f(0)}{x-0}}{\frac{g(x)-g(0)}{x-0}}$$ =\lim_{x \rightarrow 0} \frac{ f'(x)}{g'(x)}$

 

Cái này còn gọi là L' Hospital
do đó :
$L = 1$




#650467 $\left\{\begin{matrix} u_{1}=1...

Gửi bởi quangtq1998 trong 20-08-2016 - 11:29

cho dãy (un) xác định bởi
$\left\{\begin{matrix} u_{1}=a>2 & & \\ u_{n+1}= u_{n}^{2}-2 & \end{matrix}\right.$
 Tính 
$\lim_{n \to \infty }(\frac{1}{u_{1}}+\frac{1}{u_{1}u_{2}}+\frac{1}{u_{1}u_{2}u_{3}}+...+\frac{1}{u_{1}u_{2}u_{3}...u_{n}})$

 
Đặt $ a = x +\frac{1}{x}  ( ax > 0 ) $
  thì 
$u_1 = x +\frac{1}{x} $
$u_2 = (x +\frac{1}{x})^2 -2 = x^2 +\frac{1}{x^2} $
quy nạp chứng minh được 
$u_n = x^{2^{n-1}} + \frac{1}{x^{2^{n-1}}} $
 
Gọi $  M = \frac{1}{u_{1}}+\frac{1}{u_{1}u_{2}}+\frac{1}{u_{1}u_{2}u_{3}}+...+\frac{1}{u_{1}u_{2}u_{3}...u_{n}}$
Thì

$M = \frac{x}{x^2 + 1} + \frac{x^3}{(x^2+1)(x^4+1)} + ..+ \frac{x^{2^n-1}}{(1+x^2)(1+x^4)..(1+x^{2^n})}$

$M + \frac{x-x^{2^{n+1}-1}}{x^{2^{n+1}}-1} = 0$

 

$\Rightarrow M = \frac{-x+ x^{2^{n+1}-1}}{x^{2^{n+1}}-1} = 0 $

$\lim_{n \to \infty } M $ $= \lim_{n \to \infty } \frac{\frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2^{n+1}-1}}}{1-\frac{1}{x^{2^{n+1}}}}$$=\frac{1}{x}$




#650362 \left\{\begin{matrix} u_{1}=\fra...

Gửi bởi quangtq1998 trong 19-08-2016 - 16:37

$\left\{\begin{matrix} u_{1}=\frac{2}{3}\\ u_{n+1}=\frac{u_{n}}{2(2n+1)u_{n}+1} \end{matrix}\right.$
Tính tổng của 2020 số hạng đầu của dãy

 
                                     $u_{n+1}=\frac{u_{n}}{2(2n+1)u_{n}+1} $

 

$\Leftrightarrow $        $\frac{1}{u_{n+1} } - \frac{1}{u_n} = 2(2n+1)$

 

$\Leftrightarrow $         $ \frac{1}{u_{n+1} } - 2(n+1)^2 = \frac{1}{u_n}-2n^2 $

 

$\Rightarrow $               $\frac{1}{u_n}-2n^2 = \frac{1}{u_{n-1}}-2(n-1)^2 = ... = \frac{1}{u_1}-2.1^2 = \frac{-1}{2} $

 

$\Rightarrow $           $u_n = \frac{2}{4n^2-1} = \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1} $

 

Đến đây chắc xong




#637645 Đề vòng 1 chuyên sư phạm 2016-2017

Gửi bởi quangtq1998 trong 02-06-2016 - 18:08

Câu 5 cách khác
$a,b,c \in [0;1] $
Áp dụng bất đẳng thức 
$\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}\ge \sqrt{x+y+1} + 1 $ vì $ \Leftrightarrow xy \ge 0 $
Ta có :
$\sqrt{5a+4} + \sqrt{5b+4} + \sqrt{5c+4} \ge \sqrt{5(a+b)+4} + \sqrt{5c+4} + 2 \ge \sqrt{5(a+b+c) + 4} + 2 +2 = 7$


 

$dpcm$


#634925 Tìm GTLN: $P=xy^2z^3$

Gửi bởi quangtq1998 trong 23-05-2016 - 11:43

Bạn ơi tại sao bạn lại chọn được hàm này để xét vậy?  $ f(t) = ln(t^2) + \frac{72}{2t+5} $ 

 

Thì $ P$  có dạng tích , điều kiện cho có dạng tổng nên ta chuyển $ P$ dưới dạng tổng bằng cách  lấy $ ln$ 2 vế. 
Còn việc còn lại chỉ là chọn hằng số
$k $ sao cho : 
 $ f(t) = ln(t^2) + \frac{k}{2t+5} $ có $ f'(0.5) = 0 $




#634830 Tìm GTLN của $P=(\sqrt{a+\sqrt{b}+\sqrt...

Gửi bởi quangtq1998 trong 22-05-2016 - 22:18

Cho a,b,c không âm thỏa (a+1)(b+1(c+1)=5. Tìm GTLN của $P=(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}-min(a,b,c)$

 

 

 

Đề thi thử chuyên KHTN 

 

Không mất tính tổng quát, giả sửa  $ a\ge b\ge c$
 $\frac{5}{c+1} = (1+a)(b+1) \ge (\sqrt{a}+\sqrt{b})^2 $ 

Nên 
$P \leq ( \sqrt{\frac{5}{c+1}} + \sqrt{c} )^2 - c $

Đặt $ t = \sqrt{\frac{5c}{c+1}} $ 

ta sẽ biến đổi được $P \leq 6 - (t-1)^2 \leq 6 $

Đẳng thức xảy ra chả hạn $a =b=1, c= 0.25$




#634826 Tìm GTLN: $P=xy^2z^3$

Gửi bởi quangtq1998 trong 22-05-2016 - 22:06

Cho $x,y,z$ thỏa mãn $x,y,z\epsilon (0;1]$ và $\frac{1}{2\sqrt{x}+5}+\frac{2}{2\sqrt{y}+5}+\frac{3}{2\sqrt{z}+5}=0$. Tìm GTLN: $P=xy^2z^3$

 
Chắc đề bài cho :$\frac{1}{2\sqrt{x}+5}+\frac{2}{2\sqrt{y}+5}+\frac{3}{2\sqrt{z}+5}=1$

 

Xét hàm :

                  $ f(t) = ln(t^2) + \frac{72}{2t+5} $ trên khoảng $ t \in (0;1] ) $

                  $f'(t) = 0 \Leftrightarrow 4t^2 - 52t + 25 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2} $ 

 

                  $f(t) \leq max ${ $\lim_{t\rightarrow 0} f(t) , f(1) , f(0.5) $}  

 

    Hay  

                          $f(t) \leq f(0.5) $

 

              $\Rightarrow ln(t^2) \leq 12-2ln2 - \frac{72}{2t+5} $

 

  Thay $  t = \sqrt{x}, \sqrt{y} , \sqrt{z}$ vào ta được : 

 

                      $ ln(x)    \leq 12 - 2ln2 - \frac{72}{2\sqrt{x} + 5}$

                      $ln (y^2)  \leq 2(12-2ln2) - 72\frac{2}{2\sqrt{y} + 5 } $

                     $  ln ( z^3) \leq 3(12-2ln2 ) - 72\frac{3}{2\sqrt{z} + 5} $

 

Cộng các vế với vế ta được : 

      $ln (x) + ln (y^2) + ln(z^3 ) \leq 6(12-2ln2) - 72  (\frac{1}{2\sqrt{x}+5}+\frac{2}{2\sqrt{y}+5}+\frac{3}{2\sqrt{z}+5}) = -12ln2 $

 

Hay $ln ( xy^2z^3) \leq ln ( 2^{-12} ) \rightarrow P \leq 2^{-12} $

Dấu $ "="$ xảy ra khi $z = y =x = \frac{1}{4} $

                      




#633544 $$P=\frac{xy+2z^2}{x^2+xy+2z^2}+\frac...

Gửi bởi quangtq1998 trong 16-05-2016 - 21:28

 

Không biết bạn có thể chỉ ra dấu bằng trong bài trên được không ? Mình làm như sau :

 

Lời giải:

$P=2-(\frac{x^2}{x^2+xy+2z^2}+\frac{y^2}{y^2+5xy+z^2})-\sqrt{\frac{x+y}{z}};\\$

Riêng:

$\frac{x^2}{x^2+xy+2z^2}+\frac{y^2}{y^2+5xy+z^2} \geq \frac{(x+y)^2}{x^2+y^2+3z^2+6xy}=\frac{(x+y)^2}{(x+y)^2+3z^2+4xy} \geq \frac{(x+y)^2}{2(x+y)^2+3z^2};(4xy \leq (x+y)^2)$

Do đó :

$P \leq 2-\frac{t^2}{2t^2+3}-\sqrt{t}=f(t) ;$ với $t=\frac{x+y}{z} \geq 1$

Ta có :$f'(t)=-(\frac{6t}{(2t^2+3)^2}+\frac{1}{2\sqrt{t}}) \leq 0 \forall t\geq 1\\$

$\Rightarrow P \leq f(t) \leq f(1)=\frac{4}{5};\\$
Dấu bằng xảy ra khi $\begin{cases}x=y \\ \dfrac{x+y}{z}=1 \\ x^2+xy+2z^2=y^2+5xy+z^2\end{cases} \Leftrightarrow z=2x=2y$

 

Đặt

$ a = \frac{x}{z} , b = \frac{y}{z} , t =\sqrt{ a+b}$

 

$ \Rightarrow t \ge 1  ; ab \leq \frac{t^4}{4} $

Thay vào $2-P $
 

 

$2-P = \frac{a^2}{a^2 + ab + 2} + \frac{b^2}{b^2 + 5ab + 1} + \sqrt{a+b} $

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

 

 

$ 2-P \ge \frac{(a+b)^2}{(a+b)^2 + 4ab + 3} +\sqrt{a+b} \ge  \frac{t^4}{2t^4+3} + t $

 

$\Rightarrow \frac{4}{5} - P \ge \frac{20t^5-14t^4+30t-36}{10(2t^4+3)}$

Hay
 

 

$\frac{4}{5} - P \ge \frac{(t-1)(10t^4 + 3t^3 + 3t^2 + 3t+18)}{10(2t^4+3)} \ge 0 $
 

Nên $P \leq \frac{4}{5} $

 

Dấu "=" xảy ra chẳng hạn a=b=1,c=2

 

P/s Mình sửa lại giống bạn rồi, mình làm sai bước trên




#633086 $$P=\frac{xy+2z^2}{x^2+xy+2z^2}+\frac...

Gửi bởi quangtq1998 trong 14-05-2016 - 17:30

Bài toán : Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $x,y \geq 1; 0 <z \leq 2.$ Tìm GTLN của :
 
$$P=\frac{xy+2z^2}{x^2+xy+2z^2}+\frac{5xy+z^2}{y^2+5xy+z^2}-\sqrt{\frac{x+y}{z}}$$

 
Đặt

$ a = \frac{x}{z} , b = \frac{y}{z} , t =\sqrt{ a+b}$

 

$ \Rightarrow t \ge 1  ; ab \leq \frac{t^4}{4} $

Thay vào $2-P $
 



$2-P = \frac{a^2}{a^2 + ab + 2} + \frac{b^2}{b^2 + 5ab + 1} + \sqrt{a+b} $

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

 

$ 2-P \ge \frac{(a+b)^2}{(a+b)^2 + 3ab + 3} +\sqrt{a+b} \ge  \frac{4t^4}{7t^4+12} + t $

 

$\Rightarrow \frac{15}{19} - P \ge \frac{133t^5 -85t^4 -48}{19(7t^4 +12)}$

Hay
 



$\frac{15}{19} - P \ge \frac{(t-1)(133t^4 + 48t^3 + 48t^2 + 48t+48}{19(7t^4+12)} \ge 0 $
 

Nên $P \leq \frac{15}{19} $
 




#633080 Tìm GTNN $P=(x+2)(y+2)(z+2)$

Gửi bởi quangtq1998 trong 14-05-2016 - 17:01

Bài toán : Cho $x,y,z$ thỏa $x \geq y \geq z $ và $x^2+y^2+z^2=3.$ Tìm GTNN $P=(x+2)(y+2)(z+2)$

Đặt 

 $ t = a + b + c $ 

Dễ dàng nhận ra

$-3\leq t \leq 3 $

nên

$2(ab + bc + ca) = t^2 -3  $

Từ bất đẳng thức : 

 $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \leq abc $ 

ta suy ra được  

$ (a+b+c) ^3 - 4(ab+bc+ca)(a+b+c) + 9abc \ge 0 $

hay

$ abc \ge \frac{1}{9} (t^3 -6t) $

$P = abc  +4(a+b+c) +2(ab+bc+ca) + 8  \ge \frac{1}{9} ( t^3 - 6t) + 4t + (t^2-3) + 8 $  

 

$\Rightarrow 9P -9 \ge t^3 + 9t^2  + 30t + 36 = (t+3)(t^2 + 6t + 12 ) \ge 0 $

 

 

Do đó $P \ge 1 $ 




#632179 x,y,z>0

Gửi bởi quangtq1998 trong 09-05-2016 - 23:10

Ta có : 


$4x^{2}+3 ( y^{2} +z^{2})+6xyz=4$

 

$\Leftrightarrow  4(x-1)(1+x) + 3(y+z)^2 + 6yz(x-1) = 0 $

 

Vì $x-1 \leq 0$ và $ yz \leq \frac{(y+z)^2}{4}$ nên 
 


$\Rightarrow 0 \ge   4(x-1)(1+x)  + 3(y+z)^2 + \frac{3}{2} (y+z)^2(x-1) $

 

Rút gọn ta có :
 


$\Leftrightarrow            \sqrt{3}(y+z) \leq 2\sqrt{2(1-x)} $

 

 

Như vậy cần chứng minh : $2x + 2\sqrt{2(1-x)}\leq 3$ cái này thì đơn giản thôi, nhá :v




#632104 Tổng hợp các bài BĐT trong các đề thi thử THPT Quốc Gia môn Toán năm 2017

Gửi bởi quangtq1998 trong 09-05-2016 - 18:45

Bài 81, Cho $a,b,c >0$ thỏa mãn$ a^2b^2 + b^2c^2 +1 \leq 3b $

   Tìm giá trị nhỏ nhất của : 
$P = \frac{1}{(a+1)^2} + \frac{4b^2}{(2b+1)^2} + \frac{8}{(3+c)^2} $




#631644 Bất đẳng thức chuẩn bị cho kì thi THPTQG 2015-2016

Gửi bởi quangtq1998 trong 06-05-2016 - 21:34

Bài này làm sao mình phân tích P được như vậy? Mình cảm ơn

Bài này chắc là điều kiện $ a,b,c \ge 0 $ nhưng mà với cách đặt như vậy ta có :
$x+y+z =1$

$ x^2 +y^2+z^2=2(xy+yz+zx)$
$\Leftrightarrow (\sqrt{x}+\sqrt{y} +\sqrt{z} )(\sqrt{x}+\sqrt{z} -\sqrt{y} ) (\sqrt{z}+\sqrt{y} -\sqrt{x} ) (\sqrt{x}+\sqrt{y} -\sqrt{z} )=0 $
Giả sửa a là số lớn nhất hoặc x là số lớn nhất nên ta có : $\sqrt{x} = \sqrt{y}+\sqrt{z} $



#631633 Tổng hợp các bài BĐT trong các đề thi thử THPT Quốc Gia môn Toán năm 2017

Gửi bởi quangtq1998 trong 06-05-2016 - 21:18

Bài 79: Với các số thực $0\le a,b,c\le2 thỏa mãn: $a+b+c=3$. 
Tìm Min của $P=\sum \sqrt{a+1}$

( Đề thi thử chuyên KHTN 2015) 
 
Không mất tính tổng quát giả sử $a \ge b \ge c$ nên $2\ge a\ge 1 $
 
 Ta có : $\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1} \ge \sqrt{b+c+1} +1 = \sqrt{4-a} +1 $ ( đúng với mọi $ab \ge 0 $ )
      nên $P \ge \sqrt{a+1} + \sqrt{4-a} + 1 = f(a) $ 
      $f'(1.5) = 0$,
     $ f(2) = f(1) = \sqrt{3}+\sqrt{2}+1$ ,
      $f(1.5) =1+\sqrt{10}  $
 
 Do đó $P \ge \sqrt{3}+\sqrt{2}+1$