Đề bài: (Đề thi thử ĐH lần I - THPT Chu Văn An - Hà Nội.)
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: $\ ab + bc + ca \le 3abc.$
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $\ P = \frac{1}{{2{a^3} + {b^3} + 6}} + \frac{1}{{2{b^3} + {c^3} + 6}} + \frac{1}{{2{c^3} + {a^3} + 6}}.$
Giải:
Bài toán cũng khá hay! Đúng "tư tưởng" của Bộ GD&ĐT: Biến đổi giả thiết, rồi biến đổi biểu thức.
- Biến đổi giả thiết: $\ ab + bc + ca \le 3abc \Leftrightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \le 3.$
- Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số ta được: $\ \left\{ \begin{array}{l}
2{a^3} + {b^3} + 6 = 2\left( {{a^3} + 1} \right) + \left( {{b^3} + 1} \right) + 3\\
{x^3} + 1 = \left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} + 1 - x} \right) \ge x\left( {x + 1} \right)
\end{array} \right.$
Thứ Sáu, 28 tháng 2, 2014
Thứ Tư, 26 tháng 2, 2014
Tìm Min: $\ P = MA\sqrt 7 + MB\sqrt {11} + MC\sqrt {23} + MD\sqrt {43} .$
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Ngân Tồ hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho tứ diện ABCD có AB, AC, AD đôi một vuông góc. M là một điểm bất kì trong không gian. Biết AB=4, AC=8, AD=12. Tìm giá trị nhỏ nhất của: $\ P = MA\sqrt 7 + MB\sqrt {11} + MC\sqrt {23} + MD\sqrt {43} .$
Giải:
Ban đầu ta sẽ "Đi tìm sự thật" về bộ số$\ \sqrt 7 ,\sqrt {11} ,\sqrt {23} ,\sqrt {43} .$
Thật vậy, trong các bài cực trị hình học, ở 2D khi cho một tam giác và một điểm M bất kỳ thì người ta sẽ quan tâm đến trọng tâm của tam giác đó. Trong 3D, khi cho tứ diện và một điểm M lơ lửng trong không gian thì người ta lại quan tâm đến trọng tâm của tứ diện đó.
Chọn $\ \left( {O;\,Ox,Oy,Oz} \right) \equiv \left( {A;AB,AC,AD} \right) \Rightarrow A\left( {0;0;0} \right),B\left( {4;0;0} \right),C\left( {0;8;0} \right),D\left( {0;0;12} \right).$
Đọc tiếp
Cho tứ diện ABCD có AB, AC, AD đôi một vuông góc. M là một điểm bất kì trong không gian. Biết AB=4, AC=8, AD=12. Tìm giá trị nhỏ nhất của: $\ P = MA\sqrt 7 + MB\sqrt {11} + MC\sqrt {23} + MD\sqrt {43} .$
Giải:
Ban đầu ta sẽ "Đi tìm sự thật" về bộ số$\ \sqrt 7 ,\sqrt {11} ,\sqrt {23} ,\sqrt {43} .$
Thật vậy, trong các bài cực trị hình học, ở 2D khi cho một tam giác và một điểm M bất kỳ thì người ta sẽ quan tâm đến trọng tâm của tam giác đó. Trong 3D, khi cho tứ diện và một điểm M lơ lửng trong không gian thì người ta lại quan tâm đến trọng tâm của tứ diện đó.
Chọn $\ \left( {O;\,Ox,Oy,Oz} \right) \equiv \left( {A;AB,AC,AD} \right) \Rightarrow A\left( {0;0;0} \right),B\left( {4;0;0} \right),C\left( {0;8;0} \right),D\left( {0;0;12} \right).$
Tính giới hạn: $\ L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } x\left( {\sqrt {{x^2} + 2x} - 2\sqrt {{x^2} + x} + x} \right).$
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Chuột Nhắt hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Tính giới hạn: $\ L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } x\left( {\sqrt {{x^2} + 2x} - 2\sqrt {{x^2} + x} + x} \right).$
Giải:
Sử dụng phương pháp nhân liên hợp liên tục ta có:
$\ L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } x\left( {\sqrt {{x^2} + 2x} + x - 2\sqrt {{x^2} + x} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{x\left[ {{{\left( {\sqrt {{x^2} + 2x} + x} \right)}^2} - 4\left( {{x^2} + x} \right)} \right]}}{{\sqrt {{x^2} + 2x} + x + 2\sqrt {{x^2} + x} }}.$
Đọc tiếp
Tính giới hạn: $\ L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } x\left( {\sqrt {{x^2} + 2x} - 2\sqrt {{x^2} + x} + x} \right).$
Giải:
Sử dụng phương pháp nhân liên hợp liên tục ta có:
$\ L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } x\left( {\sqrt {{x^2} + 2x} + x - 2\sqrt {{x^2} + x} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{x\left[ {{{\left( {\sqrt {{x^2} + 2x} + x} \right)}^2} - 4\left( {{x^2} + x} \right)} \right]}}{{\sqrt {{x^2} + 2x} + x + 2\sqrt {{x^2} + x} }}.$
Thứ Hai, 24 tháng 2, 2014
Bất đẳng thức hay - Khơi nguồn cho sự sáng tạo đề thi thử ĐH năm 2014.
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Như Mập Hà hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 1.
Chứng minh rằng: $\ \frac{{x\left( {y + z} \right)}}{{4 - 9yz}} + \frac{{y\left( {z + x} \right)}}{{4 - 9zx}} + \frac{{z\left( {x + y} \right)}}{{4 - 9xy}} \ge 6xyz.$
Giải:
BĐT cần chứng minh$\ \Leftrightarrow \frac{{y + z}}{{yz\left( {4 - 9yz} \right)}} + \frac{{z + x}}{{zx\left( {4 - 9zx} \right)}} + \frac{{x + y}}{{xy\left( {4 - 9xy} \right)}} \ge 6.$ (*)
Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức Côsi cho 2 số ta có:
Đọc tiếp
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 1.
Chứng minh rằng: $\ \frac{{x\left( {y + z} \right)}}{{4 - 9yz}} + \frac{{y\left( {z + x} \right)}}{{4 - 9zx}} + \frac{{z\left( {x + y} \right)}}{{4 - 9xy}} \ge 6xyz.$
Giải:
BĐT cần chứng minh$\ \Leftrightarrow \frac{{y + z}}{{yz\left( {4 - 9yz} \right)}} + \frac{{z + x}}{{zx\left( {4 - 9zx} \right)}} + \frac{{x + y}}{{xy\left( {4 - 9xy} \right)}} \ge 6.$ (*)
Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức Côsi cho 2 số ta có:
Thứ Sáu, 21 tháng 2, 2014
ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN I NĂM 2014 - HMATH360.
- Tất cả các bài thi được gửi về hòm thư: Hmath360@gmail.com
Hoặc qua tin nhắn facebook: https://www.facebook.com/hmath360
Chú ý: Trong bài thi, thí sinh ghi rõ họ và tên, địa chỉ email
- Thời gian: Từ 15h ngày 16/01/2014 đến 15h ngày 17/01/2014.
- Bài thi được công bố điểm qua nick facebook, qua email và trả bài qua email bằng thư reply.
- Tất cả quy trình thi thử được hoạt động online: Phát đề, làm bài, thu bài, chấm bài và trả bài.
Chúc các em làm bài tốt!
Cho các số thực dương x, y, z. CMR: $\ \frac{{2{x^2} + xy}}{{{{\left( {y + \sqrt {zx} + z} \right)}^2}}} + \frac{{2{y^2} + yz}}{{{{\left( {z + \sqrt {xy} + x} \right)}^2}}} + \frac{{2{z^2} + zx}}{{{{\left( {x + \sqrt {yz} + y} \right)}^2}}} \ge 1.$
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Nguyễn Huyền Anhh hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho các số thực dương x, y, z. CMR: $\ \frac{{2{x^2} + xy}}{{{{\left( {y + \sqrt {zx} + z} \right)}^2}}} + \frac{{2{y^2} + yz}}{{{{\left( {z + \sqrt {xy} + x} \right)}^2}}} + \frac{{2{z^2} + zx}}{{{{\left( {x + \sqrt {yz} + y} \right)}^2}}} \ge 1.$
Giải:
Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz cho 3 số ta có: $\ {\left( {y + \sqrt {zx} + z} \right)^2} = {\left( {\sqrt y .\sqrt y + \sqrt z .\sqrt x + \sqrt z .\sqrt z } \right)^2} \le \left( {x + y + z} \right)\left( {y + 2z} \right).$
$\ \Rightarrow \frac{{2{x^2} + xy}}{{{{\left( {y + \sqrt {zx} + z} \right)}^2}}} \ge \frac{{x\left( {2x + y} \right)}}{{\left( {x + y + z} \right)\left( {y + 2z} \right)}} = \frac{x}{{x + y + z}}.\frac{{2x + y}}{{y + 2z}} = \frac{x}{{x + y + z}}\left( {\frac{{2x + 2y + 2z}}{{y + 2z}} - 1} \right).$
$\ \Rightarrow \frac{{2{x^2} + xy}}{{{{\left( {y + \sqrt {zx} + z} \right)}^2}}} \ge \frac{{2x}}{{y + 2z}} - \frac{x}{{x + y + z}}.$ (1).
Đọc tiếp
Cho các số thực dương x, y, z. CMR: $\ \frac{{2{x^2} + xy}}{{{{\left( {y + \sqrt {zx} + z} \right)}^2}}} + \frac{{2{y^2} + yz}}{{{{\left( {z + \sqrt {xy} + x} \right)}^2}}} + \frac{{2{z^2} + zx}}{{{{\left( {x + \sqrt {yz} + y} \right)}^2}}} \ge 1.$
Giải:
Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz cho 3 số ta có: $\ {\left( {y + \sqrt {zx} + z} \right)^2} = {\left( {\sqrt y .\sqrt y + \sqrt z .\sqrt x + \sqrt z .\sqrt z } \right)^2} \le \left( {x + y + z} \right)\left( {y + 2z} \right).$
$\ \Rightarrow \frac{{2{x^2} + xy}}{{{{\left( {y + \sqrt {zx} + z} \right)}^2}}} \ge \frac{{x\left( {2x + y} \right)}}{{\left( {x + y + z} \right)\left( {y + 2z} \right)}} = \frac{x}{{x + y + z}}.\frac{{2x + y}}{{y + 2z}} = \frac{x}{{x + y + z}}\left( {\frac{{2x + 2y + 2z}}{{y + 2z}} - 1} \right).$
$\ \Rightarrow \frac{{2{x^2} + xy}}{{{{\left( {y + \sqrt {zx} + z} \right)}^2}}} \ge \frac{{2x}}{{y + 2z}} - \frac{x}{{x + y + z}}.$ (1).
Thứ Tư, 19 tháng 2, 2014
Tính $\ I=\int\limits_{\frac{1}{3}}^{1}{\left( \frac{1}{3x+2+2\sqrt{3x+1}}+\frac{\sqrt[3]{x-{{x}^{3}}}}{{{x}^{6}}} \right)dx}.$
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Micale Cat trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Tính tích phân: $\ I=\int\limits_{\frac{1}{3}}^{1}{\left( \frac{1}{3x+2+2\sqrt{3x+1}}+\frac{\sqrt[3]{x-{{x}^{3}}}}{{{x}^{6}}} \right)dx}.$
Giải:
Đặt:$\ {{I}_{1}}=\int\limits_{\frac{1}{3}}^{1}{\frac{dx}{3x+2+2\sqrt{3x+1}}};\,{{I}_{2}}=\int\limits_{\frac{1}{3}}^{1}{\frac{\sqrt[3]{x-{{x}^{3}}}}{{{x}^{6}}}dx}.$
+ Xét $\ {{I}_{1}}=\int\limits_{\frac{1}{3}}^{1}{\frac{dx}{3x+2+2\sqrt{3x+1}}}=\int\limits_{\frac{1}{3}}^{1}{\frac{dx}{3x+1+2\sqrt{3x+1}+1}}=\int\limits_{\frac{1}{3}}^{1}{\frac{dx}{{{\left( \sqrt{3x+1}+1 \right)}^{2}}}}.$
Đặt $\ t=\sqrt{3x+1}\Leftrightarrow {{t}^{2}}=3x+1\Rightarrow dx=\frac{2}{3}tdt$ $\ \Rightarrow {{I}_{1}}=\frac{2}{3}\int\limits_{\sqrt{2}}^{2}{\frac{tdt}{{{\left( t+1 \right)}^{2}}}}=\frac{2}{3}\int\limits_{\sqrt{2}}^{2}{\left( \frac{1}{t+1}-\frac{1}{{{\left( t+1 \right)}^{2}}} \right)d\left( t+1 \right)}.$
Đọc tiếp
Tính tích phân: $\ I=\int\limits_{\frac{1}{3}}^{1}{\left( \frac{1}{3x+2+2\sqrt{3x+1}}+\frac{\sqrt[3]{x-{{x}^{3}}}}{{{x}^{6}}} \right)dx}.$
Giải:
Đặt:$\ {{I}_{1}}=\int\limits_{\frac{1}{3}}^{1}{\frac{dx}{3x+2+2\sqrt{3x+1}}};\,{{I}_{2}}=\int\limits_{\frac{1}{3}}^{1}{\frac{\sqrt[3]{x-{{x}^{3}}}}{{{x}^{6}}}dx}.$
+ Xét $\ {{I}_{1}}=\int\limits_{\frac{1}{3}}^{1}{\frac{dx}{3x+2+2\sqrt{3x+1}}}=\int\limits_{\frac{1}{3}}^{1}{\frac{dx}{3x+1+2\sqrt{3x+1}+1}}=\int\limits_{\frac{1}{3}}^{1}{\frac{dx}{{{\left( \sqrt{3x+1}+1 \right)}^{2}}}}.$
Đặt $\ t=\sqrt{3x+1}\Leftrightarrow {{t}^{2}}=3x+1\Rightarrow dx=\frac{2}{3}tdt$ $\ \Rightarrow {{I}_{1}}=\frac{2}{3}\int\limits_{\sqrt{2}}^{2}{\frac{tdt}{{{\left( t+1 \right)}^{2}}}}=\frac{2}{3}\int\limits_{\sqrt{2}}^{2}{\left( \frac{1}{t+1}-\frac{1}{{{\left( t+1 \right)}^{2}}} \right)d\left( t+1 \right)}.$
Thứ Sáu, 14 tháng 2, 2014
Lập luận có căn cứ để áp dụng cho LỚP các bài toán tương tự.
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Đi Tìm Chân Lí hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Giải phương trình: $\ \left( {x + 3} \right)\sqrt { - {x^2} - 8x + 48} = x - 24.$
Giải:
Điều kiện: $\ - {x^2} - 8x + 48 \ge 0 \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {x + 12} \right) \le 0 \Leftrightarrow - 12 \le x \le 4.$
Tư duy làm toán:
Bây giờ chúng ta sẽ biến đổi vế phải của phương trình chứa những hạng tử LỚN trong vế trái như sau:
Giả sử $\ \left\{ \begin{array}{l}
A = x + 3\\
B = \sqrt { - {x^2} - 8x + 48}
\end{array} \right. \Rightarrow AB = \alpha {A^2} + \beta {B^2} + \gamma .$
$\ \Leftrightarrow \alpha \left( {{x^2} + 6x + 9} \right) + \beta \left( { - {x^2} - 8x + 48} \right) + \gamma = x - 24 \Leftrightarrow \alpha = \beta = - \frac{1}{2};\gamma = \frac{9}{2}.$
Đọc tiếp
Giải phương trình: $\ \left( {x + 3} \right)\sqrt { - {x^2} - 8x + 48} = x - 24.$
Giải:
Điều kiện: $\ - {x^2} - 8x + 48 \ge 0 \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {x + 12} \right) \le 0 \Leftrightarrow - 12 \le x \le 4.$
Tư duy làm toán:
Bây giờ chúng ta sẽ biến đổi vế phải của phương trình chứa những hạng tử LỚN trong vế trái như sau:
Giả sử $\ \left\{ \begin{array}{l}
A = x + 3\\
B = \sqrt { - {x^2} - 8x + 48}
\end{array} \right. \Rightarrow AB = \alpha {A^2} + \beta {B^2} + \gamma .$
$\ \Leftrightarrow \alpha \left( {{x^2} + 6x + 9} \right) + \beta \left( { - {x^2} - 8x + 48} \right) + \gamma = x - 24 \Leftrightarrow \alpha = \beta = - \frac{1}{2};\gamma = \frac{9}{2}.$
Thứ Tư, 12 tháng 2, 2014
Giải phương trình: $\ 10\left( {{x^2} - 2x + 1} \right)\left( {{x^2} - 5x + 6} \right) = \left( {x - 1} \right)\sqrt {2x - 4} - \left( {2x - 4} \right)\sqrt {x - 1} .$
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Punnie Pun hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Giải phương trình: $\ 10\left( {{x^2} - 2x + 1} \right)\left( {{x^2} - 5x + 6} \right) = \left( {x - 1} \right)\sqrt {2x - 4} - \left( {2x - 4} \right)\sqrt {x - 1} .$
Giải:
Điều kiện: $\ x \ge 2.$
Đọc tiếp
Giải phương trình: $\ 10\left( {{x^2} - 2x + 1} \right)\left( {{x^2} - 5x + 6} \right) = \left( {x - 1} \right)\sqrt {2x - 4} - \left( {2x - 4} \right)\sqrt {x - 1} .$
Giải:
Điều kiện: $\ x \ge 2.$
Phương trình đường nối hai tiếp điểm trong bài toán tham số (Hình GT Oxy)
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Đạt Lê qua nick facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình x-y+1=0 và đường tròn $\ \left( C \right):{x^2} + {y^2} - 2x + 4y - 4 = 0.$Tìm toạ độ điểm M thuộc d sao cho qua M kẻ được 2 tiếp tuyến MA;MB đến đường tròn (C) ( với A,B là các tiếp điểm) đồng thời khoảng cách từ điểm$\ N\left( { - 1;\frac{3}{2}} \right)$ đến AB là lớn nhất.
Giải:
Áp dụng ĐL Pitago vào tam giác vuông IAM ta có:
$\ {M{A^2} = I{M^2} - {R^2}}.$
Gọi M(m+1;m) thuộc đường thẳng d. Khi đó:
$\ I{M^2} = {\left( {m - 1} \right)^2} + {\left( {m + 3} \right)^2} \Rightarrow M{A^2} = 2{m^2} + 4m + 1.$
Đọc tiếp
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình x-y+1=0 và đường tròn $\ \left( C \right):{x^2} + {y^2} - 2x + 4y - 4 = 0.$Tìm toạ độ điểm M thuộc d sao cho qua M kẻ được 2 tiếp tuyến MA;MB đến đường tròn (C) ( với A,B là các tiếp điểm) đồng thời khoảng cách từ điểm$\ N\left( { - 1;\frac{3}{2}} \right)$ đến AB là lớn nhất.
Giải:
$\ {M{A^2} = I{M^2} - {R^2}}.$
Gọi M(m+1;m) thuộc đường thẳng d. Khi đó:
$\ I{M^2} = {\left( {m - 1} \right)^2} + {\left( {m + 3} \right)^2} \Rightarrow M{A^2} = 2{m^2} + 4m + 1.$
Thứ Hai, 10 tháng 2, 2014
Giải hệ PT sau $\left\{ \begin{align} & \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=9 \\ & \left( \frac{1}{\sqrt[3]{x}}+\frac{1}{\sqrt[3]{y}} \right)\left( 1+\frac{1}{\sqrt[3]{x}} \right)\left( 1+\frac{1}{\sqrt[3]{y}} \right)=18 \\ \end{align} \right.\left( * \right)$
Đề bài: Giải hệ PT sau $\left\{ \begin{align} & \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=9 \\ & \left( \frac{1}{\sqrt[3]{x}}+\frac{1}{\sqrt[3]{y}} \right)\left( 1+\frac{1}{\sqrt[3]{x}} \right)\left( 1+\frac{1}{\sqrt[3]{y}} \right)=18 \\ \end{align} \right.\left( * \right)$
Đặt: $\left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{1}{{\sqrt[3]{x}}} + \frac{1}{{\sqrt[3]{y}}}\\
b = \frac{1}{{\sqrt[3]{{xy}}}}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a^3} - 3ab = 9\\
a\left( {a + b + 1} \right) = 18
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a^3} - 3ab = 9\\
ab = 18 - a - {a^2}
\end{array} \right.$
Đọc tiếp
Giải:
Điều kiện: ${x \ne 0;y \ne 0}$Đặt: $\left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{1}{{\sqrt[3]{x}}} + \frac{1}{{\sqrt[3]{y}}}\\
b = \frac{1}{{\sqrt[3]{{xy}}}}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a^3} - 3ab = 9\\
a\left( {a + b + 1} \right) = 18
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a^3} - 3ab = 9\\
ab = 18 - a - {a^2}
\end{array} \right.$
Thứ Bảy, 8 tháng 2, 2014
Bài BĐT khá hay - Đề thi HSG THPT Hà Tỉnh.
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Ngân Tồ trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho x, y là 2 số thực dương thoả mãn: $\ x + y + 2 = 3\left( {\frac{{x - 1}}{y} + \frac{{y - 1}}{x}} \right).$
Tìm Min của $\ P = {\left( {x - y} \right)^2}\left( {\frac{{{x^2}}}{{{y^4}}} + \frac{{{y^2}}}{{{x^4}}} - \frac{3}{{xy}}} \right).$
Giải:
Ta có: $\ P = {\left( {x - y} \right)^2}\left[ {{{\left( {\frac{x}{{{y^2}}} - \frac{y}{{{x^2}}}} \right)}^2} - \frac{1}{{xy}}} \right] = {\left[ {\left( {x - y} \right)\left( {\frac{x}{{{y^2}}} - \frac{y}{{{x^2}}}} \right)} \right]^2} - \frac{{{{\left( {x - y} \right)}^2}}}{{xy}}.$
$\ = {\left[ {{{\left( {\frac{x}{y} + \frac{y}{x}} \right)}^2} - \left( {\frac{x}{y} + \frac{y}{x}} \right) - 2} \right]^2} - \left( {\frac{x}{y} + \frac{y}{x} - 2} \right) = {\left( {{t^2} - t - 2} \right)^2} - \left( {t - 2} \right) = {t^4} - 2{t^3} - 3{t^2} + 3t + 6 = g\left( t \right).$
Đọc tiếp
Cho x, y là 2 số thực dương thoả mãn: $\ x + y + 2 = 3\left( {\frac{{x - 1}}{y} + \frac{{y - 1}}{x}} \right).$
Tìm Min của $\ P = {\left( {x - y} \right)^2}\left( {\frac{{{x^2}}}{{{y^4}}} + \frac{{{y^2}}}{{{x^4}}} - \frac{3}{{xy}}} \right).$
Giải:
Ta có: $\ P = {\left( {x - y} \right)^2}\left[ {{{\left( {\frac{x}{{{y^2}}} - \frac{y}{{{x^2}}}} \right)}^2} - \frac{1}{{xy}}} \right] = {\left[ {\left( {x - y} \right)\left( {\frac{x}{{{y^2}}} - \frac{y}{{{x^2}}}} \right)} \right]^2} - \frac{{{{\left( {x - y} \right)}^2}}}{{xy}}.$
$\ = {\left[ {{{\left( {\frac{x}{y} + \frac{y}{x}} \right)}^2} - \left( {\frac{x}{y} + \frac{y}{x}} \right) - 2} \right]^2} - \left( {\frac{x}{y} + \frac{y}{x} - 2} \right) = {\left( {{t^2} - t - 2} \right)^2} - \left( {t - 2} \right) = {t^4} - 2{t^3} - 3{t^2} + 3t + 6 = g\left( t \right).$
Thứ Sáu, 7 tháng 2, 2014
Một bài hình học giải tích Oxy khá hay - Khai bút đầu năm đây!
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Nguyễn Đình Long qua facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, có D là trung điểm của AB.
Biết $\ I\left( {\frac{{11}}{3};\frac{5}{3}} \right);\,J\left( {\frac{{13}}{3};\frac{5}{3}} \right)$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và trọng tâm tam giác ADC.
Biết M(3,−1)và N(-3,0) lần lượt thuộc CD ,AB .Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm A có tung độ dương.
Giải:
Bài toán gồm có 2 phần rất rõ ràng: Hình học phẳng thuần túy (cấp 2) - Hình học giải tích phẳng (cấp 3)
- Sử dụng PP hình học thuần túy, chứng minh yếu tố quan trọng nhất của bài toán: IJ vuông góc với CD
Ta gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta sẽ chứng minh: I là trực tâm tam giác DJG.
Và ID là đường trung trực của AB nên: $\ DI \bot JG\left( 2 \right).$
Từ (1) và (2) ta có: I là trực tâm tam giác DJG hay $\ IJ \bot CD.$
Đọc tiếp
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, có D là trung điểm của AB.
Biết $\ I\left( {\frac{{11}}{3};\frac{5}{3}} \right);\,J\left( {\frac{{13}}{3};\frac{5}{3}} \right)$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và trọng tâm tam giác ADC.
Biết M(3,−1)và N(-3,0) lần lượt thuộc CD ,AB .Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm A có tung độ dương.
Giải:
Bài toán gồm có 2 phần rất rõ ràng: Hình học phẳng thuần túy (cấp 2) - Hình học giải tích phẳng (cấp 3)
- Sử dụng PP hình học thuần túy, chứng minh yếu tố quan trọng nhất của bài toán: IJ vuông góc với CD
Ta gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta sẽ chứng minh: I là trực tâm tam giác DJG.
Gọi H, E, F lần lượt là trung điểm của BC, AC, AD. Khi đó: $\ {AH \bot BC\& DE//BC \Rightarrow AH \bot DE}.$
Mà $\ DE \equiv DJ\& AH \equiv AG \equiv IG \Rightarrow IG \bot DJ\left( 1 \right).$
Mặt khác, $\ \frac{{CJ}}{{CF}} = \frac{{CG}}{{CD}} = \frac{2}{3} \Rightarrow JG//DF \equiv AB.$Mà $\ DE \equiv DJ\& AH \equiv AG \equiv IG \Rightarrow IG \bot DJ\left( 1 \right).$
Và ID là đường trung trực của AB nên: $\ DI \bot JG\left( 2 \right).$
Từ (1) và (2) ta có: I là trực tâm tam giác DJG hay $\ IJ \bot CD.$
Tính giới hạn $L=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{1+2x}-\sqrt[3]{1+3x}}{{{x}^{2}}}$
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Suka Mori trên facebook)
Tính giới hạn $L=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{1+2x}-\sqrt[3]{1+3x}}{{{x}^{2}}}$
Giải:
Ta có: \[L=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{1+2x}-\sqrt[3]{1+3x}}{{{x}^{2}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( \sqrt{1+2x}-\left( x+1 \right) \right)-\left( \sqrt[3]{1+3x}-\left( x+1 \right) \right)}{{{x}^{2}}}\]
Đọc tiếp
Tính giới hạn $L=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{1+2x}-\sqrt[3]{1+3x}}{{{x}^{2}}}$
Giải:
Ta có: \[L=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{1+2x}-\sqrt[3]{1+3x}}{{{x}^{2}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( \sqrt{1+2x}-\left( x+1 \right) \right)-\left( \sqrt[3]{1+3x}-\left( x+1 \right) \right)}{{{x}^{2}}}\]
Đăng ký:
Bài đăng (Atom)