Ta có: \(\frac{1}{f\left(x\right)}-1=\frac{\left(1-x\right)^3}{x^3}\)

Xét hai số a, b dương sao cho \(a+b=1\)

Ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{f\left(a\right)}-1=\frac{\left(1-a\right)^3}{a^3}\\\frac{1}{f\left(b\right)}-1=\frac{\left(1-b\right)^3}{b^3}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1-f\left(a\right)}{f\left(a\right)}=\frac{\left(1-a\right)^3}{a^3}\\\frac{1-f\left(b\right)}{f\left(b\right)}=\frac{a^3}{\left(1-a\right)^3}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{1-f\left(a\right)}{f\left(a\right)}.\frac{1-f\left(b\right)}{f\left(b\right)}=1\)

\(\Rightarrow f\left(a\right)+f\left(b\right)=1\)

Áp dụng vào bài toán ta được

\(f\left(\frac{1}{2017}\right)+f\left(\frac{2}{2017}\right)+...+f\left(\frac{2016}{2017}\right)\)

\(=\left[f\left(\frac{1}{2017}\right)+f\left(\frac{2016}{2017}\right)\right]+\left[f\left(\frac{2}{2017}\right)+f\left(\frac{2015}{2017}\right)\right]+...+\left[f\left(\frac{1008}{2017}\right)+f\left(\frac{1009}{2017}\right)\right]\)

\(=1+1+...+1=1008\)

Câu 2/

\(\hept{\begin{cases}2x^2-y^2+xy+3y=2\left(1\right)\\x^2-y^2=3\left(2\right)\end{cases}}\)

Ta có:

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(x+y-1\right)\left(2x-y+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=1-x\\y=2x+2\end{cases}}\)

Thế ngược lại (1) giải tiếp sẽ ra nghiệm.

Đường tròn c: Đường tròn qua B, D, C Đường tròn c_1: Đường tròn qua M với tâm O Đoạn thẳng f: Đoạn thẳng [B, A] Đoạn thẳng g: Đoạn thẳng [A, D] Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng k_1: Đoạn thẳng [D, C] Đoạn thẳng r: Đoạn thẳng [M, B] Đoạn thẳng s: Đoạn thẳng [M, N] Đoạn thẳng t: Đoạn thẳng [D, N] Đoạn thẳng a: Đoạn thẳng [E, C] Đoạn thẳng b: Đoạn thẳng [O, B] Đoạn thẳng d: Đoạn thẳng [O, D] Đoạn thẳng e: Đoạn thẳng [M, O] Đoạn thẳng f_1: Đoạn thẳng [B, D] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [B, I] Đoạn thẳng g_1: Đoạn thẳng [I, K] Đoạn thẳng h_1: Đoạn thẳng [I, D] B = (1.16, 5.22) B = (1.16, 5.22) B = (1.16, 5.22) A = (-2.94, -0.34) A = (-2.94, -0.34) A = (-2.94, -0.34) D = (9.24, 0.56) D = (9.24, 0.56) D = (9.24, 0.56) Điểm C: Giao điểm của h, i Điểm C: Giao điểm của h, i Điểm C: Giao điểm của h, i Điểm O: Giao điểm của c, l Điểm O: Giao điểm của c, l Điểm O: Giao điểm của c, l Điểm M: Giao điểm của n, p Điểm M: Giao điểm của n, p Điểm M: Giao điểm của n, p Điểm N: Giao điểm của n, q Điểm N: Giao điểm của n, q Điểm N: Giao điểm của n, q Điểm E: Giao điểm của l, s Điểm E: Giao điểm của l, s Điểm K: Giao điểm của a, f_1 Điểm K: Giao điểm của a, f_1 Điểm K: Giao điểm của a, f_1 Điểm I: Tâm của c Điểm I: Tâm của c Điểm I: Tâm của c

a. Ta thấy ngay BCDO là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{MBO}=\widehat{ODC}\) (Góc ngoài tại đỉnh đổi)

b. Xét tam giác CMN có CO là đường cao đồng thời phân giác, vậy nó là tam giác cân. Từ đó suy ra \(\widehat{CMA}=\widehat{CNA}\)

Do ABCD là hình bình hành nên \(\widehat{CNA}=\widehat{BAM}\Rightarrow\widehat{BAM}=\widehat{BMA}\Rightarrow BM=BA=DC\left(1\right)\)

Xét trong đường tròn ngoại tiếp tam giác BDC có \(\widehat{BCO}=\widehat{DCO}\Rightarrow BO=OD\left(2\right)\)

Theo câu a, \(\widehat{MBO}=\widehat{ODC}\left(3\right)\)

Từ (1), (2), (3) suy ra \(\Delta OBM=\Delta ODC\left(g-c-g\right)\) 

b/ Sửa đề chứng minh: \(\frac{5a-3b+2c}{a-b+c}>1\)

Theo đề bài ta có:

\(\hept{\begin{cases}f\left(-1\right)=a-b+c>0\left(1\right)\\f\left(-2\right)=4a-2b+c>0\left(2\right)\end{cases}}\)

Ta có: \(\frac{5a-3b+2c}{a-b+c}>1\)

\(\Leftrightarrow\frac{4a-2b+c}{a-b+c}>0\)

Mà theo (1) và (2) thì ta thấy cả tử và mẫu của biểu thức đều > 0 nên ta có ĐPCM

A D E C I B J H K M O

1. vÌ H là trực tâm của tam giác ABC , \(BD⊥BC,CE⊥AB\Rightarrow\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\) nên BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC. Tâm đường tròn nội tiếp BCDE là J ( trung điểm BC)
2. I đối xứng với A qua O => AI là đường kính của đường tròn tâm O =>\(\widehat{ACI}=\widehat{ABI}=90^0\)vì\(\hept{\begin{cases}BD⊥AC\\CI⊥AC\end{cases}\Rightarrow BD}\downarrow\uparrow CI\left(1\right)\) VÀ\(\hept{\begin{cases}CE⊥AB\\BI⊥AB\end{cases}\Rightarrow CE\uparrow\downarrow BI\left(2\right)}\)Từ (1) và (2) BHCI là hình bình hành,mà J LÀ Trung điểm của BC nên J là giao điểm của hai đường chéo HI và BC của hbh BICH nên ta có I,J,H thẳng hàng (DPCM)
3. Vì BCDE là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{ABC}=\widehat{ADK}\left(3\right)\)mặt khác ABIC nội tiếp (O) nên \(\widehat{IAC}=\widehat{IBC}\left(4\right)\)ta lại có \(BI⊥AB\Rightarrow\widehat{ABC}+\widehat{IBC}=90^O\left(5\right)\)TỪ 3,4,5 ta có \(\widehat{IAC}+\widehat{ADK}=90^O\)hay \(DE⊥AM\Rightarrow\Delta ADM\)vuông tại D và có DE là đường cao tương ứng tại D nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông có (DPCM) \(\frac{1}{DK^2}=\frac{1}{DA^2}+\frac{1}{DM^2}\)

khó was bạn yêu wys ơi !!!!!!!!!!!!!!!!!!!

C=\(\left(\frac{\sqrt{x}-2}{x-1}-\frac{\sqrt{x}+2}{x+2\sqrt{x}}+1\right).\frac{\left(1-x\right)^2}{2}\)

a)Rút gọn C nếu x> hoặc = 0 và x khác 1

b)tìm x để C dương

c)tìm giá trị lớn nhất của C

A C B O M K 60 1 1 2 1

a) Ta có : \(\widehat{O_1}=2\widehat{C}=120^0\) (góc ở tâm gấp đôi góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ AB) nên độ dài cung nhỏ AB là \(\frac{2R\pi.120}{360}=\frac{2}{3}R\pi\)

b) \(\Delta AMC\)cân tại M (MC = MA) có \(\widehat{C}=60^0\)nên \(\Delta AMC\)đều\(\Rightarrow\widehat{AMC}=60^0\Rightarrow\widehat{M_1}=120^0\)

\(\Delta AOK,\Delta BMK\)có \(\widehat{K_1}=\widehat{K_2}\)(đối đỉnh) ; \(\widehat{O_1}=\widehat{M_1}=120^0\Rightarrow\Delta AOK\infty\Delta BMK\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{AO}{OK}=\frac{BM}{MK}\Rightarrow MK.AO=OK.MB\)

c) Tứ giác ABMO có \(\widehat{O_1}=\widehat{M_1}\)(2 đỉnh kề nhau A,M nhìn xuống cạnh đối diện dưới AB các góc bằng nhau)

=> Tứ giác ABMO nội tiếp hay B,M,O,A cùng thuộc 1 đường tròn

ko biết

Ta có: 

\(\hept{\begin{cases}\frac{a^2}{1+b}+\frac{1+b}{4}\ge a\\\frac{b^2}{1+a}+\frac{1+a}{4}\ge b\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{a^2}{1+b}\ge\frac{4a-b-1}{4}\\\frac{b^2}{1+a}\ge\frac{4b-a-1}{4}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow A=\frac{a^2}{1+b}+\frac{b^2}{1+a}\ge\frac{4a-b-1}{4}+\frac{4b-a-1}{4}\)

\(=\frac{3}{4}\left(a+b\right)-\frac{1}{2}\ge\frac{3}{4}.2\sqrt{ab}-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=1\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=1\)

Sửa đề: cho x,y,z dương. CMR \(\frac{x^3+y^3}{2xy}+\frac{y^3+z^3}{2yz}+\frac{z^3+x^2}{2xz}\ge x+y+z\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)\)

\(\ge\left(x+y\right)\left(2\sqrt{x^2y^2}-xy\right)\)

\(=\left(x+y\right)\left(2xy-xy\right)=xy\left(x+y\right)\)

\(\Rightarrow\frac{x^3+y^3}{2xy}\ge\frac{xy\left(x+y\right)}{2xy}=\frac{x+y}{2}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta có:

\(\frac{y^3+z^3}{2yz}\ge\frac{y+z}{2};\frac{z^3+x^3}{2xz}\ge\frac{x+z}{2}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(VT\ge\frac{2\left(x+y+z\right)}{2}=x+y+z=VP\)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z\)

Đề sai rồi. Không cho x, y, z dương hay không là đã sai rồi. Giả sử đã cho dương rồi thì vẫn sai.

Thế \(x=y=z=2\) vào thì ta được

\(\frac{2^2+2^2}{2.2.2}+\frac{2^2+2^2}{2.2.2}+\frac{2^2+2^2}{2.2.2}\ge2+2+2\)

\(\Leftrightarrow3\ge6\) sai.

A B C M I

a) Xét hai tam giác : \(\Delta MCD\) và \(\Delta MAB\)có :  

\(\widehat{DMC}=\widehat{ABD}\)(Vì \(\widehat{DMC}=\frac{1}{2}\text{sđ cung AC}\), \(\widehat{AMB}=\text{sđ cung AB}\), sđ cung AB = sđ cung AC)

\(\widehat{BAM}=\widehat{BCM}=\widehat{DCM}=\frac{1}{2}\text{sđ cung BM}\) 

\(\Rightarrow\Delta MCD~\Delta MAB\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\frac{MC}{MA}=\frac{CD}{AB}\)(2)

Tương tự, ta cũng chứng minh được \(\Delta MBD~\Delta MAC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{AC}\)hay \(\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{AB}\)(1)

Cộng (1) và (2) theo vế : \(\frac{MC}{MA}+\frac{MB}{MA}=\frac{CD}{AB}+\frac{BD}{AB}\Leftrightarrow\frac{MB+MC}{MA}=\frac{AB}{AB}=1\Leftrightarrow MB+MC=MA\)(đpcm)

a) Xét hai tam giác : \(\Delta MCD\) và \(\Delta MAB\)có :  

\(\widehat{DMC}=\widehat{ABD}\)(Vì \(\widehat{DMC}=\frac{1}{2}\text{sđ cung AC}\), \(\widehat{AMB}=\frac{1}{2}\text{sđ cung AB}\), sđ cung AB = sđ cung AC)

\(\widehat{BAM}=\widehat{BCM}=\widehat{DCM}=\frac{1}{2}\text{sđ cung BM}\)

\(\Rightarrow\Delta MCD~\Delta MAB\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\frac{MC}{MA}=\frac{CD}{AB}\)(1)

Tương tự, ta cũng chứng minh được \(\Delta MBD~\Delta MAC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{AC}\)hay \(\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{AB}\)(2)

Cộng (1) và (2) theo vế : \(\frac{MC}{MA}+\frac{MB}{MA}=\frac{CD}{AB}+\frac{BD}{AB}\Leftrightarrow\frac{MB+MC}{MA}=\frac{AB}{AB}=1\Leftrightarrow MB+MC=MA\)(đpcm)

thank câu trả lời hay quá