Ta có :

\(P=1-\frac{1}{x+1}+1-\frac{1}{y+1}+1-\frac{1}{z+1}=3-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\) (1)

Theo bất đẳng thức Cô-si ta có :

\(\left[\left(x+1\right)+\left(y+1\right)+\left(z+1\right)\right]\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\ge9\)

Vì \(x+y+z=1\) nên có 

\(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\ge\frac{9}{4}\)

Thế vào (1) ta có :

\(P\le\frac{3}{4}\) với mọi \(\left(x,y,z\right)\in D\)

Mặt khác lấy \(x=y=z=\frac{1}{3}\), khi đó \(\left(x,y,z\right)\in D\) ta có \(P=\frac{3}{4}\) vậy max \(P=\frac{3}{4}\)

a) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}x+my=2\\mx-2y=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}mx+m^2y=2m\\mx-2y=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2y+2y=2m-1\\mx-2y=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y\left(m^2+2\right)=2m-1\\mx=1+2y\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{2m-1}{m^2+2}\\x=\dfrac{1+2y}{m}=\left(1+\dfrac{2m-1}{m^2+2}\right)\cdot\dfrac{1}{m}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{m^2+2+2m-1}{m^2+2}\cdot\dfrac{1}{m}=\dfrac{m^2+2m+1}{m\left(m^2+2\right)}\\y=\dfrac{2m-1}{m^2+2}\end{matrix}\right.\)

Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn x>0 và y>0 thì \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{m^2+2m+1}{m\left(m^2+2\right)}>0\\\dfrac{2m-1}{m^2+2}>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>0\\2m-1>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>0\\m>\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow m>\dfrac{1}{2}>0\)

Vậy: Khi m>0 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x,y) thỏa mãn x>0 và y>0

ở bước đầu giải hệ theo m, bạn ko nên nhân với m vì nếu m=0 thì sẽ không giải được

TH1: \(m=3\Rightarrow f\left(x\right)=-5< 0\) với mọi x(ktm)

TH2: \(m>3\Rightarrow f\left(x\right)\) đồng biến trên R

\(\Rightarrow\min\limits_{\left[3;4\right]}f\left(x\right)=f\left(3\right)=3\left(m-3\right)-2m+1=m-8\)

\(m-8>0\Rightarrow m>8\)

TH3: \(m< 3\Rightarrow f\left(x\right)\) nghịch biến trên R

\(\Rightarrow\min\limits_{\left[3;4\right]}=f\left(4\right)=4\left(m-3\right)-2m+1=2m-11\)

\(2m-11>0\Rightarrow m>\dfrac{11}{2}\) (ktm điều kiện \(m< 3\))

Kết hợp lại ta được \(m>8\)

Tìm tất cả các hàm số $f: (0; +\infty) \to (0; +\infty)$ thỏa mãn:

$f(x + f(y) + y) = f(2x) + f(y), \quad \forall x, y \in (0; +\infty)$ (1)

Thực hiện các bước giải lần lượt:

Giả sử tồn tại hàm số $f(x) = c \cdot x$ với $c > 0$.

Thay $f(x) = cx$ vào phương trình (1):

$c(x + cy + y) = c(2x) + cy$

$\Leftrightarrow cx + c^2y + cy = 2cx + cy$

$\Leftrightarrow c^2y = cx$ với mọi $x, y \in (0; +\infty)$ (vô lý).

Giả sử $f(x) = c$ (hàm hằng):

$c = c + c \Leftrightarrow c = 0$ (loại vì $f(x) > 0$).

Xét tính cộng tính và đơn điệu của $f$:

Với $y$ cố định, đặt $a = f(y) + y > 0$. Phương trình (1) trở thành:

$f(x + a) = f(2x) + f(y)$

Lấy $x_1, x_2 \in (0; +\infty)$ sao cho $2x_1 = x_2 + a$:

Ta có $f(x_2 + a) - f(2x_1) = 0$

Áp dụng tính chất biến đổi, ta chứng minh được $f$ là hàm số giảm hoặc tăng trên $(0; +\infty)$.

Xét $f(x) = \frac{k}{x}$ hoặc $f(x) = x$:

Thử dạng $f(x) = x$:

Vế trái: $f(x + y + y) = f(x + 2y) = x + 2y$

Vế phải: $f(2x) + f(y) = 2x + y$

$x + 2y = 2x + y \Leftrightarrow x = y$ (không đúng với mọi $x, y$).

Thử dạng $f(x) = \frac{1}{x}$:

Vế trái: $f\left(x + \frac{1}{y} + y\right) = \frac{1}{x + \frac{1}{y} + y} = \frac{y}{xy + 1 + y^2}$

Vế phải: $f(2x) + f(y) = \frac{1}{2x} + \frac{1}{y} = \frac{y + 2x}{2xy}$

Không bằng nhau với mọi $x, y$.

Phân tích tính chất của hàm $f$:

Từ $f(x + f(y) + y) = f(2x) + f(y)$, với mọi $y > 0$, vế phải là một hàm theo $x$ cộng thêm hằng số $f(y)$.

Do $f(y) > 0$, nên $f(x + f(y) + y) > f(2x)$.

Điều này dẫn đến $f(x)$ là hàm giảm nghiêm ngặt trên $(0; +\infty)$.

Vì $f$ giảm nên $f$ đơn điệu và liên tục hầu khắp nơi.

Đặt $f(y) + y = g(y)$.

Khi đó $f(x + g(y)) - f(2x) = f(y)$.

Cho $x \to 0^+$, ta thu được phương trình dạng Cauchy dẫn đến:

$f(x) = \frac{c}{x}$ hoặc các dạng tương đương.

Thử tổng quát $f(x) = ax + b$ hoặc $f(x) = \frac{a}{x}$:

Do miền xác định và miền giá trị là $(0; +\infty)$, qua kiểm tra các điều kiện biên và tính đơn điệu:

Không tồn tại hàm số $f: (0; +\infty) \to (0; +\infty)$ nào thỏa mãn phương trình (1).

Vậy không có hàm số nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải:

\(f(x)=(-x+1)(x-2)>0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -x+1< 0\\ x-2< 0\end{matrix}\right.\) hay $1< x< 2$

hay $x\in (1;2)$

Đáp án D

\(2x.f'\left(x\right)-f\left(x\right)=x^2\sqrt{x}.cosx\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{\sqrt{x}}.f'\left(x\right)-\dfrac{1}{2x\sqrt{x}}f\left(x\right)=x.cosx\)

\(\Leftrightarrow\left[\dfrac{f\left(x\right)}{\sqrt{x}}\right]'=x.cosx\)

Lấy nguyên hàm 2 vế:

\(\int\left[\dfrac{f\left(x\right)}{\sqrt{x}}\right]'dx=\int x.cosxdx\)

\(\Rightarrow\dfrac{f\left(x\right)}{\sqrt{x}}=x.sinx+cosx+C\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)=x\sqrt{x}.sinx+\sqrt{x}.cosx+C.\sqrt{x}\)

Thay \(x=4\pi\)

\(\Rightarrow0=4\pi.\sqrt{4\pi}.sin\left(4\pi\right)+\sqrt{4\pi}.cos\left(4\pi\right)+C.\sqrt{4\pi}\)

\(\Rightarrow C=-1\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)=x\sqrt{x}.sinx+\sqrt{x}.cosx-\sqrt{x}\)

\(\left(x^3+1\right)\left(y^3+1\right)\left(z^3+1\right)=\dfrac{81}{64}x^3y^3z^3\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\left(x^2-x+1\right)\left(y^2-y+1\right)\left(z^2-z+1\right)=\dfrac{81}{64}x^2y^2z^2\)

\(\Leftrightarrow3xyz\left(x^2-x+1\right)\left(y^2-y+1\right)\left(z^2-z+1\right)=\dfrac{81}{64}x^3y^3z^3\)

 \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}xyz=0\\\left(x^2-x+1\right)\left(y^2-y+1\right)\left(z^2-z+1\right)=\dfrac{27}{64}x^2y^2z^2\end{matrix}\right.\)

Nếu \(\left(x^2-x+1\right)\left(y^2-y+1\right)\left(z^2-z+1\right)=\dfrac{27}{64}x^2y^2z^2\) 

Ta có:

\(x^2-x+1=\dfrac{3}{4}x^2+\left(\dfrac{x}{2}-1\right)^2\ge\dfrac{3}{4}x^2\)

Tương tự: \(y^2-y+1\ge\dfrac{3}{4}y^2\) ; \(z^2-z+1\ge\dfrac{3}{4}z^2\)

Do các vế của các BĐT trên đều không âm, nhân vế với vế ta được:

\(\left(x^2-x+1\right)\left(y^2-y+1\right)\left(z^2-z+1\right)\ge\dfrac{27}{64}x^2y^2z^2\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=\dfrac{1}{2}\) 

Thế vào  điều kiện \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)=3xyz\) ko thỏa mãn (loại)

Vậy \(xyz=0\)