Em tự chứng minh BDT coi như bài tập nhé. Với $x,y,z >0$ thì $$(x+y+z)^3 \le 9(x^3+y^3+z^3).$$
Áp dụng ta được
$P^3 \le 9(3a+1+3b+1+3c+1)=9(3+3)=54\Rightarrow  P \le 3\sqrt[3]{2}.$
Vậy $\max P =3\sqrt[3]{2}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}$.

Lý do là hàm $F(x)$ không liên tục tại $x=0$. Thật vậy
$\lim_{x \to 0^-}F(x)=\lim_{x \to 0^-}e^{\sin x}=e^0=1$ trong khi đó
$\lim_{x \to 0^+}F(x)=\lim_{x \to 0^+}2\sqrt{1+x}=2 \ne 1.$

c) Từ câu b suy ra $\overrightarrow{GI}=-5\overrightarrow{GK}$ và có đpcm.

b)
$\overrightarrow{IA}-2\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{0}\Rightarrow \overrightarrow{IA}-2\overrightarrow{IA}-2\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{0}\Rightarrow \overrightarrow{IA}=-2\overrightarrow{AB}=-2\overrightarrow{a}$.
$3\overrightarrow{KA}+2\overrightarrow{KC}=\overrightarrow{0}\Rightarrow 3\overrightarrow{KA}+2\overrightarrow{KA}+2\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{0}\Rightarrow \overrightarrow{AK}=\frac{2}{5}\overrightarrow{AC}=\frac{2}{5}\overrightarrow{b}$.
Suy ra
$\bullet$ $\overrightarrow{IK}= \overrightarrow{IA}+ \overrightarrow{AK}=-2\overrightarrow{a}+\frac{2}{5}\overrightarrow{b}.$
$\bullet$ $\overrightarrow{BK}= \overrightarrow{BA}+ \overrightarrow{AK}=-\overrightarrow{a}+\frac{2}{5}\overrightarrow{b}.$
$\bullet$ $\overrightarrow{GI}= \overrightarrow{AI}- \overrightarrow{AG}=2\overrightarrow{a}-\frac{2}{3}.\frac{1}{2}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})=\frac{5}{3}\overrightarrow{a}-\frac{1}{3}\overrightarrow{b}.$
$\bullet$ $\overrightarrow{GK}= \overrightarrow{AK}- \overrightarrow{AG}=\frac{2}{5}\overrightarrow{b}-\frac{2}{3}.\frac{1}{2}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})=-\frac{1}{3}\overrightarrow{a}+\frac{1}{15}\overrightarrow{b}.$

Em xem ở đây nhé

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/115388/dung-bdt-am-gm-trong-chung-minh-bdt-4

Ta có
$\frac{3}{2}x + \frac{6}{x} \ge 2\sqrt{\frac{3}{2}x . \frac{6}{x} }=6$
$\frac{5}{2}y + \frac{10}{y} \ge 2\sqrt{\frac{5}{2}y. \frac{10}{y} }=10$
$\frac{1}{2}x + \frac{1}{2}y \ge \frac{1}{2}.4=2$
Cộng theo từng vế ba BDT trên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=2.$

Đặt $a=\sqrt[4]{1-x}, b=\sqrt[4]{1+x}$ thì $a,b \ge 0$ và $a^2+b^2=2.$
Ta cần chứng minh $ab+a+b \le 3.$
Điều này không khó vì
$(a+b)^2 \le 2(a^2+b^2) =4\Rightarrow a+b \le 2$.
$2ab \le a^2+b^2=2\Rightarrow ab \le 1.$

Ta có
$x^2+\frac{1}{8x}+\frac{1}{8x} \ge 3\sqrt[3]{x^2.\frac{1}{8x}.\frac{1}{8x}}=\frac{3}{4}\Rightarrow x^2+\frac{1}{4x} \ge \frac{3}{4} \quad (1)$.
Tuơng tự
$y^2+\frac{1}{4y} \ge \frac{3}{4}\quad (2)$
$z^2+\frac{1}{4z} \ge \frac{3}{4}\quad (3)$
Mặt khác
$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge \frac{9}{x+y+z} \ge 6 \Rightarrow \frac{3}{4}\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right ) \ge \frac{9}{2}\quad (4)$
Cộng theo từng vế (1),(2),(3),(4) ta được $A \ge \frac{27}{4}$.
Vậy $\min A=\frac{27}{4}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{2}$.

a.
$\overrightarrow{IA}-2\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{0}\Rightarrow \overrightarrow{IA}-\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{IB}\Rightarrow \overrightarrow{BA}=\overrightarrow{IB}$. Điểm $I$ xác định bởi điều kiện: $B$ là trung điểm $AI$.

$3\overrightarrow{KA}+2\overrightarrow{KC}=\overrightarrow{0}\Rightarrow3\overrightarrow{KC}+3\overrightarrow{CA}+2\overrightarrow{KC}=\overrightarrow{0} \Rightarrow 5\overrightarrow{KC}=3\overrightarrow{AC}$. Điểm $K$ xác định bởi điều kiện: $K$ nằm trong đoạn $AC$ và $KC=\dfrac{3}{5}AC$.

Cách 2

Đặt $A=\sqrt{2-\sqrt{3} }+\sqrt{2+\sqrt{3} } $.
Ta có
$A\sqrt 2=\sqrt{4-2\sqrt{3} }+\sqrt{4+2\sqrt{3} } =\sqrt{(\sqrt 3-1)^2 }+\sqrt{(\sqrt 3+1)^2 }=\sqrt 3-1+\sqrt 3-1=2\sqrt 3$.
Vậy $A=\sqrt 6.$

Cách 1

Đặt $A=\sqrt{2-\sqrt{3} }+\sqrt{2+\sqrt{3} } $.
Ta có
$A^2=2-\sqrt{3}+2+\sqrt{3}+2\sqrt{(2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3}) }=4+2\sqrt{4-3}=6$.
Vậy $A=\sqrt 6.$

Bài I : (4 điểm )
Giải hệ PT
$$\begin{cases}xy-x-y=1 \\ 4x^3-12x^2+9x=-y^3+6y+7 \end{cases}.$$

Bài II: (4 điểm )
Cho dãy $u_n$ xác định bởi $\begin{cases}u_1=\frac{1}{2} \\ u_{n+1}=\frac{3u_n+4}{2u_n+1}, \quad \forall n \in \mathbb N, n \ge 1 \end{cases}.$
Chứng minh rằng dãy $u_n$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Bài III: (4 điểm )
Cho $x,y,z$ là các số dương thỏa mãn $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$. CMR
$$\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+xz}+\sqrt{z+yx} \ge \sqrt{xyz}+\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}.$$

Bài IV: (4 điểm )
Cho tam giác nhọn $ABC$ với các đường cao $AH,BK$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $M$ là một điểm di động trên cung nhỏ $BC$ của đường tròn $(O)$ sao cho các đường thẳng $AM$ và $BK$ cắt nhau tại $E$; các đường thẳng $BM$ và $AH$ cắt nhau tại $F$. Chứng minh rằng khi $M$ di động trên cung nhỏ $BC$ của $(O)$ thì trung điểm của đoạn $EF$ luôn nằm trên một đường thẳng cố định.

Bài V: (4 điểm )
Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa mãn
$$P(x).P(x-3)=P(x^2), \quad \forall x \in \mathbb R.$$

Các em đội tuyển chú ý chúng ta sẽ tiến hành thảo luận và chữa các bài tập bắt đầu từ những bài đăng dạng này nhé. Một số bạn chưa biết cách nhập công thức có thể tham khảo tại đây

http://www.youtube.com/watch?v=0LISeDE1w_4&feature=plcp

Em có thể xem thêm tại đây

http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113295/phuong-phap-dat-an-phu-de-giai-phuong-trinh-co-hai-phep-toan-nguoc-nhau

Hàm số này có tiệm cận ngang $y=1,$ tiệm cận đứng $x=-1.$
Giả sử $S(s, \dfrac{s+3}{s+1})$ thì PT tiếp tuyến tại S có dạng
$y=-\dfrac{2}{(s+1)^2}(x-s) +\dfrac{s+3}{s+1}$.
Gọi $P(p,1)$ là giao điểm của tiếp tuyến này với tiệm cận ngang thì suy ra
$1=-\dfrac{2}{(s+1)^2}(p-s) +\dfrac{s+3}{s+1}\Rightarrow p=2s+1$.
Gọi $Q(-1,q)$ là giao điểm của tiếp tuyến này với tiệm cận đứng thì suy ra
$q=-\dfrac{2}{(s+1)^2}(-1-s) +\dfrac{s+3}{s+1}\Rightarrow q=\dfrac{s+5}{s+1}$.
Kiểm tra rằng
$\begin{cases}x_P+x_Q=2x_S \\ y_P+y_Q=2y_S \end{cases} \implies $đpcm.

Đặt $t=\cos x $ thì $-1 \le t \le 1.$
Ta có $y=f(t)=t+\sqrt{2-t^2}.$
$f'(t) = 1- \dfrac{t}{\sqrt{2-t^2}}$ suy ra $f'(t)=0 \Leftrightarrow t=1.$
Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số $f(t)$ trên $[-1,1]$ ta thu được
$\min f(t) = 0 \Leftrightarrow t=-1.$
$\max f(t) = 2 \Leftrightarrow t=1.$