\(\widehat{AEI}=\widehat{BEI}\) (chắn 2 cung bằng nhau AC và BC)

\(\Rightarrow\) theo định lý phân giác: \(\dfrac{EB}{AE}=\dfrac{IB}{IA}=\dfrac{\dfrac{R}{2}}{R+\dfrac{R}{2}}=\dfrac{1}{3}\)

Mặt khác 2 tam giác vuông AOH và AEB đồng dạng (chung góc A)

\(\Rightarrow\dfrac{OH}{OA}=\dfrac{EB}{AE}=\dfrac{1}{3}\)

Lại có \(OA=OD\Rightarrow OH=\dfrac{1}{3}OD\Rightarrow DH=\dfrac{2}{3}OD\)

O lại là trung điểm AB \(\Rightarrow H\) là trọng tâm ABD

\(\Rightarrow AH\) đi qua trung điểm BD hay K là trung điểm BD

Mà tam giác OBD vuông cân tại O \(\Rightarrow\) OK là trung tuyến đồng thời là đường cao

\(\Rightarrow OK\perp BD\)

Hình vẽ:

Chú bảo không nhớ hình cấp hai cơ mà, ha

Chú bảo không nhớ hình cấp hai cơ mà

1. Cho đa thức:

\(P\left(x\right)=\left(x-2\right)^{2017}+\left(3-2x\right)^{2018}=a_{2018}x^{2018}+a_{2017}x^{2017}+...+a_1x+a_0\)

Tính \(S=a_{2018}+a_{2017}+...+a_1+a_0\)

2. Cho x,y,z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn \(xyz+x+z=y\).

Tìm Max : \(P=\dfrac{2}{x^2+1}-\dfrac{2}{y^2+1}-\dfrac{4z}{\sqrt{z^2+1}}+\dfrac{3z}{\left(z^2+1\right)\sqrt{z^2+1}}\)

1. Tổng các hệ số trong khai triển của mọi đa thức P(x) đều bằng \(P\left(1\right)\)

Do đó \(S=\left(1-2\right)^{2017}+\left(3-2\right)^{2018}=0\)

2. Đặt \(x=tana;y=tanb;z=tanc\) với \(a;b;c\in\left(0;\dfrac{\pi}{2}\right)\)

\(GT\Leftrightarrow tana.tanb.tanc+tana+tanc=tanb\)

\(\Leftrightarrow tanb=\dfrac{tana+tanc}{1-tana.tanc}=tan\left(a+c\right)\)

\(\Rightarrow b=a+c\)

Do đó:

\(P=\dfrac{2}{1+tan^2a}-\dfrac{2}{1+tan^2b}-\dfrac{4tanc}{\sqrt{1+tan^2c}}+\dfrac{3tanc}{\left(1+tan^2c\right)\sqrt{1+tan^2c}}\)

\(=2cos^2a-2cos^2b-4sinc+3cos^2c.sinc\)

\(=cos2a-cos2b-4sinc+3\left(1-sin^2c\right)sinc\)

\(=2sin\left(a+b\right)sin\left(b-a\right)-sinc-3sin^3c\)

\(=2sin\left(a+b\right)sinc-sinc-3sin^3c\le2sinc-sinc-3sin^3c\)

\(\Rightarrow P\le sinc-3sin^3c\)

Xét hàm \(f\left(t\right)=t-3t^3\) trên \(\left(0;1\right)\Rightarrow f'\left(t\right)=1-9t^2=0\Rightarrow t=\dfrac{1}{3}\)

Từ BBT \(\Rightarrow f\left(t\right)_{max}=f\left(\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{2}{9}\)

\(\Rightarrow P\le\dfrac{2}{9}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}sinc=\dfrac{1}{3}\\a+b=\pi\\b=a+c\end{matrix}\right.\)

Điểm rơi cụ thể:

\(sinc=\dfrac{1}{3}\Rightarrow sin^2c=\dfrac{1}{9}\Rightarrow\dfrac{1}{sin^2c}=9\Rightarrow1+cot^2c=9\)

\(\Rightarrow cot^2c=8\Leftrightarrow\dfrac{1}{tan^2c}=8\Leftrightarrow\dfrac{1}{z^2}=8\Rightarrow z=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\)

\(\left\{{}\begin{matrix}a+b=\dfrac{\pi}{2}\\b=a+c\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow2a+c=\dfrac{\pi}{2}\Rightarrow2a=\dfrac{\pi}{2}-c\Rightarrow sin2a=cosc=\sqrt{1-\dfrac{1}{9}}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\)

\(\Rightarrow sina.cosa=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\Leftrightarrow tana=\dfrac{\sqrt{2}}{3cos^2a}=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\left(1+tan^2a\right)\)

\(\Leftrightarrow x=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\left(1+x^2\right)\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\x=\sqrt{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow y=\dfrac{x+z}{1-xz}=\left[{}\begin{matrix}\sqrt{2}\\\dfrac{5\sqrt{2}}{2}\end{matrix}\right.\)

Cho khai triển:

\(P\left(x\right)=\left(ax+b\right)^m+\left(cx+d\right)^n+...+\left(px+q\right)^k\) (với giả sử \(m\) lớn nhất)

\(=a_mx^m+a_{m-1}x^{m-1}+...+a_0\)

Thay \(x=1\) ta được:

\(P\left(1\right)=\left(a+b\right)^m+\left(c+d\right)^n+...+\left(p+q\right)^k\)

\(=a_m+a_{m-1}+...+a_0\)

Rõ ràng tổng \(a_m+a_{m-1}+...+a_0\) là tổng tất cả các hệ số trong khai triển. Do đó \(S=P\left(1\right)\) trong mọi khai triển đa thức

Ví dụ trong bài 1:

\(P\left(x\right)=\left(x-2\right)^{2017}+\left(3-2x\right)^{2018}\)

\(=a_{2018}x^{2018}+a_{2017}x^{2017}+...+a_0\)

Thay \(x=1\) ta được:

\(P\left(1\right)=\left(1-2\right)^{2017}+\left(3-2\right)^{2018}=a_{2018}.1^{2018}+a_{2017}.1^{2017}+...+a_0\)

\(=a_{2018}+a_{2017}+...+a_0=S\)

Do đó, khi tính tổng các hệ số thì chỉ cần thay \(x=1\) vào đa thức là xong

Trong trường hợp tổng S bị cắt bớt 1 vài số hạng.

Ví dụ, cũng đề bài trên, nhưng yêu cầu tính: 

\(S=a_{2016}+a_{2015}+...+a_0\)

Thì cũng làm tương tự, đặt \(S_1=a_{2018}+a_{2017}+a_{2016}+...+a_0=a_{2018}+a_{2017}+S\)

\(\Rightarrow S=S_1-\left(a_{2018}+a_{2017}\right)=P\left(1\right)-\left(a_{2018}+a_{2017}\right)=0-\left(a_{2018}+a_{2017}\right)\)

Vậy để tính S thì ta chỉ cần đi tìm hệ số của các số hạng có  \(x^{2018}\) và \(x^{2017}\) trong khai triển (rất dễ dàng)

\(P\left(x\right)=\sum\limits^{2017}_{i=1}C_{2017}^ix^i\left(-2\right)^{2017-i}+\sum\limits^{2018}_{j=1}C_{2018}^jx^j.\left(-2\right)^j.3^{2018-j}\)

Do đó \(a_{2018}=C_{2018}^{2018}.\left(-2\right)^{2018}.3^0\)

\(a_{2017}=C_{2017}^{2017}.\left(-2\right)^0+C_{2018}^{2017}\left(-2\right)^{2017}.3^1\)

Cho dãy số (\(U_n\) ) thỏa mãn:

\(\left\{{}\begin{matrix}u_1=2\\u_n=\dfrac{5u_{n-1}-1}{u_{n-1}+3}\end{matrix}\right.\) với n=2,3,....

Tìm SHTQ của dãy.

Tóm tắt luôn cách giải của dạng này thì càng tốt....

Em đọc mấy cái dạng kiểu ở mẫu thế này thấy không hiểu lắm...

Many thanks

Đề như bài kia. 

\(\left\{{}\begin{matrix}u_1=\dfrac{1}{4}\\u_{n+1}=\dfrac{4}{4-u_n}\end{matrix}\right.\)

\(u_{n+1}=\dfrac{0.u_n+4}{-u_n+4}\) rồi ráp công thức đổi biến dãy phụ

Đặt \(u_n=v_n+2\)

\(u_{n+1}=\dfrac{4}{2-v_n}-2=\dfrac{v_n}{2-v_n}\Rightarrow\dfrac{1}{u_{n+1}}=\dfrac{2}{v_n}-1\)

Dãy số: \(u_{n+1}=\dfrac{an_n+b}{cu_n+d}\)

Sẽ tìm được CTTQ khi đặt được dãy phụ triệt tiêu hằng số d trên tử số. Vì khi đó nó quy về dạng:

\(v_{n+1}=\dfrac{Av_n}{Bv_n+C}\Rightarrow\dfrac{1}{v_{n+1}}=\dfrac{C}{A}.\dfrac{1}{v_n}+\dfrac{B}{A}\)

Ta cần tìm dãy \(v_n\) này, đặt \(u_n=v_n+k\) với \(k\) là hằng số sao cho khi quy đồng 2 vế, số hạng b tự do trên tử bị triệt tiêu

Thay vào dãy: \(v_{n+1}+k=\dfrac{a\left(v_n+k\right)+b}{c\left(v_n+k\right)+d}\Rightarrow v_{n+1}=\dfrac{av_n+ak+b}{cv_n+ck+d}-k\)

\(v_{n+1}=\dfrac{av_n+ak+b-k\left(cv_n+ck+d\right)}{cv_n+ck+d}=\dfrac{\left(a-ck\right)v_n+\left(ak+b-ck^2-dk\right)}{cv_n+ck+d}\)

Ta cần tìm k sao cho \(ak+b-ck^2-dk=0\) là được

\(\Leftrightarrow ck^2+\left(d-a\right)k-b=0\)

Do đó, ta sẽ chọn k là nghiệm của pt bậc 2: \(cx^2+\left(d-a\right)x-b=0\)

Với a;b;c;d là các hệ số đã biết

Quay lại ví dụ: \(u_{n+1}=\dfrac{4}{4-u_n}=\dfrac{0.u_n+4}{-u_n+4}\)

Ta có: \(a=0;b=4;c=-1;d=4\)

Do đó k sẽ là nghiệm của: \(-1.x^2+\left(4-0\right)x-4=0\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2=0\Rightarrow x=2\)

Vậy: đặt \(u_n=v_n+2\) thế vô dãy:

\(v_{n+1}+2=\dfrac{4}{4-\left(v_n+2\right)}\Leftrightarrow v_{n+1}=\dfrac{4}{2-v_n}-2=\dfrac{v_n}{2-v_n}\)

\(\Rightarrow...\)

Tóm lại: \(u_{n+1}=\dfrac{au_n+b}{cu_n+d}\) thì đặt \(u_n=v_n+k\) với k là nghiệm của: \(cx^2+\left(d-a\right)x-b=0\)

Chỉ cần nhớ công thức nghiệm này là đủ

Cho các số thực x,y,z thỏa mãn x,y,z \(\ge\) 1 và \(3\left(x+y+z\right)=x^2+y^2+z^2+2xy\)

Tìm Min: \(P=\dfrac{x^2}{\left(x+y\right)^2+x}+\dfrac{x}{z^2+x}\)

Chết cmt nhầm chỗ :((

Giờ mới nhìn thấy, cmt chỗ này nó ko thông báo :D

\(3\left(x+y+z\right)=\left(x+y\right)^2+z^2\ge\dfrac{1}{2}\left(x+y+z\right)^2\Rightarrow x+y+z\le6\)

\(P\ge\dfrac{\left(x+\sqrt{x}\right)^2}{\left(x+y\right)^2+z^2+2x}=\dfrac{\left(x+\sqrt{x}\right)^2}{3\left(x+y+z\right)+2x}\ge\dfrac{\left(x+\sqrt{x}\right)^2}{2x+12}\)

Hàm \(f\left(t\right)=\dfrac{\left(t^2+t\right)^2}{2\left(t^2+6\right)}\) có \(f'\left(t\right)=\dfrac{t\left(t^4+t^3+12t^2+18t+6\right)}{\left(t^2+6\right)^2}>0\) ; \(\forall t\ge1\) nên \(f\left(t\right)\) đồng biến

\(\Rightarrow f\left(t\right)_{min}=f\left(1\right)=\dfrac{1}{5}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(1;2;3\right)\)

Hôm nào dạy t cách dùng hàm vào bất và phương trình với :<

Cho \(x,y,z\in\left[0;4\right]\). Tìm Max:

\(P=\sqrt{xy}\left(x-y\right)+\sqrt{yz}\left(y-z\right)+\sqrt{zx}\left(z-x\right)\)

What is "dùng hàm vào phương trình và BĐT"?

type thiếu đấy, như kiểu là khi giải pt bằng liên hợp sẽ có 1 cục rất xấu mà dùng đạo hàm để đánh giá nó khác 0 ý ạ...

Giải bài bất hộ t luôn...

Đặt \(\left(\sqrt{x};\sqrt{y};\sqrt{z}\right)=\left(a;b;c\right)\Rightarrow0\le a;b;c\le2\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(a=max\left\{a;b;c\right\}\)

\(P=ab\left(a^2-b^2\right)+bc\left(b^2-c^2\right)+ca\left(c^2-a^2\right)\)

\(P=ab\left(a^2-b^2\right)+b^3c-bc^3+ac^3-a^3c\)

\(P=ab\left(a^2-b^2\right)+c^3\left(a-b\right)-c\left(a^3-b^3\right)\)

\(=ab\left(a^2-b^2\right)+c^3\left(a-b\right)-c\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)\)

\(=ab\left(a^2-b^2\right)+c\left(a-b\right)\left[c^2-a^2-ab-b^2\right]\)

Do \(a=max\left\{a;b;c\right\}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b\ge0\\c^2\le a^2\Rightarrow c^2-a^2-ab-b^2\le0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow c\left(a-b\right)\left(c^2-a^2-ab-b^2\right)\le0\)

\(\Rightarrow P\le ab\left(a^2-b^2\right)\)

Mặt khác \(b\le a\le2\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}0\le ab\le2b\\0\le a^2-b^2\le4-b^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow P\le2b\left(4-b^2\right)=8b-2b^3\)

Xét hàm \(f\left(b\right)=8b-2b^3\Rightarrow f'\left(b\right)=8-6b^2=0\Rightarrow b=\dfrac{2}{\sqrt{3}}\)

\(\Rightarrow f\left(b\right)_{max}=f\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)=\dfrac{32\sqrt{3}}{9}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(2;\dfrac{2}{\sqrt{3}};0\right)\) và 1 số hoán vị hay \(\left(x;y;z\right)=\left(4;\dfrac{4}{3};0\right)\) và 1 số bộ hoán vị

Hình như toàn bộ mấy bài của bạn Thơ đều quy về xét cực trị bằng đạo hàm hết.

Còn vấn đề đánh giá biểu thức liên hợp bằng đạo hàm thì chỉ có 1 lời khuyên: đừng có dại. Đạo hàm cực kì "sợ hãi" trước các dạng biểu thức phức tạp chứa căn thức hoặc mẫu thức (sau khi đạo hàm, biểu thức không những gọn đi mà còn cồng kềnh và khó đánh giá gấp nhiều lần). 

P d M M' a b d' d1

A' B' C' D' A B C D M' M H

Trong mp (ABC), dựng hình bình hành ABCD, trong mp (A'B'C') dựng hình bình hành ABCD

\(\Rightarrow ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp

\(\Rightarrow BC'||AD'\) \(\Rightarrow\left(BC';\left(A'BC\right)\right)=\left(AD';\left(A'BCD'\right)\right)\) (mặt phẳng (A'BCD') là mp (A'BC) mở rộng)

Gọi M và M' lần lượt là trung điểm BC và B'C' (điểm M' thực chất là ko cần thiết, M là đủ, trong bài cũng ko cần nó, chỉ dựng nó ra cho dễ nhìn hình thôi)

\(\Rightarrow AM\perp BC\Rightarrow BC\perp\left(AA'M'M\right)\)

Trong tam giác AA'M, kẻ \(AH\perp A'M\Rightarrow AH\perp\left(A'BCD'\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{AD'H}\) là góc giữa \(AD'\) và \(\left(A'BCD'\right)\) hay góc giữa \(BC'\) và \(\left(A'BC\right)\)

Việc tính toán khá đơn giản, \(sin\widehat{AMH}=sin\widehat{AMA'}=\dfrac{AA'}{A'M}=\dfrac{AA'}{\sqrt{AA'^2+AM^2}}\)

\(\Rightarrow AH=AM.sin\widehat{AMH}=...\)

\(AD'=\sqrt{AA'^2+BC^2}=...\)

\(\Rightarrow sin\widehat{AD'H}=\dfrac{AH}{AD'}\Rightarrow cos\widehat{AD'H}\Rightarrow tan\)