h.vuong_pdl

Bài 14: Khá lộ với ý tưởng cô-si:

Áp dụng BDT Cô-si, ta đánh giá không chặt:

$\dfrac{36}{\sqrt{x-2}}+4\sqrt{x-2} \ge 2\sqrt{4.36} = 24$

$\dfrac{36}{\sqrt{y-1}} + \sqrt{y-1} \ge 2.6 = 12$

Như vậy là phương trình vô nghiệm ak

híc, bài này giải được như vậy thật là quá hay .

@@ Không biết ý tưởng của bạn để đén vs nó là như thế nào

Theo mình, bài này ta cũng có thể giải như sau ( cách này khá bị động )

pp: Nhân liên hợp.

$\textup{pt} \Leftrightarrow (x-1)(x^2-5x+7) = \sqrt[3]{(1-x)(x^2-8x+11)} \\.\\ \Leftrightarrow (x-1)(x-2)(x-3) + (x-1) +\sqrt[3]{x^3-9x^2+19x-11}=0 \\ . \\ \Leftrightarrow (x-1)(x-2)(x-3) + \dfrac{(x-1)^3+x^3-9x^2+19x-11}{a^2-ab+b^2} = 0 \\. \\ \Leftrightarrow (x-1)(x-2)(x-3)\left[1+\dfrac{2}{a^2-ab+b^2}\right] = 0$

trong đó: $a = \sqrt[3]{(x-1)^2}, b = \sqrt[3]{x^3-9x^2+19x-11},$

Hiển nhiên: $a^2-ab+b^2 > 0$ nên phương trình chỉ cố 3 nghiệm:

$(x-1)(x-2)(x-3) = 0 \Rightarrow \textup{ nghiêm pt}$

bài 1: Nhẩm nghiệm $x = \sqrt{3} - 1$ ( chú ý đén các con số căn 3)

Như vậy lời giải của chúng ta đơn giản chỉ là dùng định lý phân tichsn hân tử và đưa vè pt tích giưa tam thức và nhị thức:

$\textup{pt} \Leftrightarrow \left(x+\sqrt{3}-1\right)\left(x^2 + \left(\sqrt{3}+1\right)x + 1\right) = 0$

Đến đây thì ok! rồi

Bài 6:

Đặt $x = bc, y = ca, z = ab$ thì ta có $x+y+z = 3$ và cần chứng minh:

$\sum{\dfrac{x}{yz+2x}} \le 1 \Leftrightarrow \sum{\dfrac{yz}{yz+2x}} \ge 1$

Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz, ta có:

$\textup{VT} = \sum{\dfrac{y^2z^2}{y^2z^2+2xyz}} \ge \dfrac{(xy+yz+zx)^2}{\sum{x^2y^2} + 6xyz} = \dfrac{\sum{x^2y^2} + 6xyz}{\sum{y^2z^2}+6xyz} = 1$

Vậy ta có đpcm!

Nhận xét: Bài 2: mình vẫn nhớ một cách giải bằng cách dùng đáng giá của anh PKH giới thiệu trong cuốn sáng tạo BDT như sau:

$\sqrt{\dfrac{a^3}{(a^3+(b+c)^3}} \ge \dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}$

làm tương tự r�#8220;i cộng lại theo vế ta có ngay đpcm!

Lời giải tuy rất hay + gọn gẽ nhưng thật sự không thuyết phục lắm

Mình cũng thấy cách đánh giá này ở nhiều bài toán, ví dụ IMO năm ???? có đánh giá:

$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}} \ge \dfrac{a^{\dfrac{1}{3}}}{a^{\dfrac{1}{3}}+b^{\dfrac{1}{3}}+c^{\dfrac{1}{3}}}$

Như vậy ta có thể tìm ra con số $2$ hay $\dfrac{1}{3}$ như trên như thế nào, và liệu khi nào thì ta nghĩ đến việc tìm ra cách đánh giá như thế ????

Vì đây là topic rất bổ ích cho việc học mà lại có trong các đề thi sẵn nên ý thức được đặt lên hàng đầu.
Ý tôi là không xem đáp án trước post lên.
Xin phép a cho em chém 1 bài :$3\sqrt {x - 1} + m\sqrt {x + 1} = \sqrt[4]{{{x^2} - 1}}$
ĐK :$x \ge 1$
$ \Rightarrow m = \dfrac{{\sqrt[4]{{{x^2} - 1}} - 3\sqrt {x - 1} }}{{\sqrt {x + 1} }} = \sqrt[4]{{\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}}} - 3\sqrt {\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}} $
Xét hàm số : $\begin{array}{l}f\left( t \right) = t - 3{t^2}\left( {1 > t \ge 0} \right)\\f'\left( t \right) = 1 - 6t \Rightarrow f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = \dfrac{1}{6}\end{array}$
Kẻ bảng biến thiên với $m$ thỏa mãn ${\left[ {f\left( t \right)} \right]_{\min }} \le m\le{\left[ {f\left( t \right)} \right]_{m{\rm{ax}}}}$ thì pt có nghiệm thực.
Không biết có đúng không a xem lại e cái nha.

Chém luôn bài này vậy
ĐKXĐ:$0 \le x \le 6$
Đặt $f(x)=\sqrt[4]{2x}+\sqrt{2x}+2\sqrt[4]{6-x}+2\sqrt{6-x}$
$f'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2x}}+\dfrac{1}{2\sqrt[4]{8x^3}}-\dfrac{1}{2\sqrt[4]{(6-x)^3}}-\dfrac{1}{\sqrt{6-x}}$
$f'(x)=0 \Leftrightarrow \dfrac{1}{\sqrt{2x}}-\dfrac{1}{\sqrt{6-x}}+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{8x^3}}-\dfrac{1}{\sqrt[4]{(6-x)^3}} \right) =0$
$ \Leftrightarrow \left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{2x}}-\dfrac{1}{\sqrt[4]{6-x}} \right)\left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{2x}}+\dfrac{1}{\sqrt[4]{6-x}} \right)+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{2x}}-\dfrac{1}{\sqrt[4]{6-x}} \right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{2x}}+\dfrac{1}{\sqrt{6-x}}+\dfrac{1}{\sqrt[4]{2x(6-x)}} \right) =0$
$ \Leftrightarrow \dfrac{1}{\sqrt[4]{2x}}-\dfrac{1}{\sqrt[4]{6-x}}=0 \Leftrightarrow \sqrt[4]{2x}=\sqrt[4]{6-x}(x \neq \{0,6 \})$
$ \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \ge 0\\2x=6-x\end{array}\right. \Leftrightarrow x=2$
Dựa vào bảng biến thiên thì để pt có 2 nghiệm phân biệt thì $f(0) \le m <f(2)$

p/s: qua 2 ví dụ được giải này, ta thấy đối với dạng toán biện luân tham số cần chú ý kiến cơ bản:
hoành độ giao điểm của 2 đồ thị $y = f(x)$ và $y = g(x)$ là nghiệm của phương trình $f(x) = g(x).$
Vì vậy phương pháp của chúng ta cần làm là cố gắng đưa $y=g(x) = m$, như vậy $y=m$ là một đường thằng, khi xét giao với đồ thị hàm số $y=f(x)$ sẽ rất thuận tiện + trở nên đơn giản + dễ dàng hợn.
Quả thực, hầu như các đề toán đều được ra xuất phát từ ý tưởng này !

Một số ví dụ đơn giản khác cùng dạng:

Bài 5:: Tìm m để phương trình : $x^3-3x^2+mx - m = 0$ có 3 nghiệm $x_1, x_2, x_3$ thảo mãn: $x_1 <-1< x_2 < x_3$

Bài 6::Tìm $m$ để bất phương trình sau có nghiệm đúng trong đoạn $\left[-4;6 \right]$:
$\sqrt{(4+x)(6-x)} \le x^2-2x+m$

Bài 7: Chứng minh với mọi giá trị dương của tham số $m$ thì phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt:
$x^2+2x-8 = \sqrt{m(x-2)}$

$B = 16x^2y^2 + 12(y^3+x^3) + 9xy + 25xy = 16x^2y^2 + 12[(x+y)^3-3xy(x+y)] + 34xy = 16t^2 - 2t+12, \textup{ voi t = xy }$
Biến đổi tiếp: $B = (4t-\dfrac{1}{4})^2 + \dfrac{191}{16}$
Vì : $0 < t = xy \le (\dfrac{x+y}{2})^2 = \dfrac{1}{4} \Rightarrow \dfrac{-1}{4} < 4t - \dfrac{1}{4} \le \dfrac{3}{4}$
Vậy $\dfrac{191}{16} \le B \le \dfrac{25}{2}$
từ đó kết luận GTLN, GTNN của B!

p/s: bài này chỉ thuần nhất là biến đổi đại số + kết hợp tìm cựuc trị của tam thức bậc 2 trong 1 khoảng thôi mà

đề thành phô co khac, oai am darktemplar nhỉ
nói chung cả đề khó nhất câu hệ 4, còn lại thì cũng vừa vừa nhỉ ?
ukm, câu 6) mình tính đụoc:
$\textup{k/c } = \dfrac{ah}{\sqrt{2h^2+a^2}} $
trog đo: $SA = h, AB = a$
không biêt co đung ko?

không cần phức tạp như vậy đâu dark_templar à ???
đặt $ax^3 = by^3 = cz^3 = k^3$
=> $\sqrt[3]{a} = \dfrac{k}{x}, \sqrt[3]{b} = \dfrac{k}{y}, \sqrt[3]{c} = \dfrac{k}{z}$
=> $\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b} + \sqrt[3]{c} = \dfrac{k}{x} + \dfrac{k}{y} + \dfrac{k}{z} = k$
mạt khác lại có: ax^2 = \dfrac{k^3}{x}, .....
=> $ax^2 + by^2 + cz^2 = \dfrac{k^3}{x} + \dfrac{k^3}{y} + \dfrac{k^3}{z} = k^3$
=> $\sqrt[3]{ax^2 + by^2 + cz^2} = k$
Vậy ta có đpcm!

công thức tính đường rung tuyến:
$AM = \sqrt{\dfrac{2(AB^2+CA^2)-BC^2}{4}}.$

Gọi G là trọng tâm của ABC
trước hết ta tìm cot B và cot C trong tam giác, Việc kẻ đường cao AH cho ta ngay kết quả:
$cotB + cotC = \dfrac{BH}{AH} + \dfrac{CH}{AH} = \dfrac{BC}{AH}$
Lại nhận thấy AM AH (do t/c đường xiên lớn hơn đg vuông góc).
Hơn nữa dùng giả thiết BM CN ta có GM = 1/2BC
Như vậy $BC = 2GM = \dfrac{2AM}{3} \ge \dfrac{2AH}{3} v=> cotB + cotC = \dfrac{BC}{AH} \ge \dfrac{2}{3}$