Cho hàm số : $y = \frac{\sqrt {mx - m + 1}}{\log \left[ {(m - 1)x - m + 3} \right]}$
$1$) Tìm tập xác định của hàm số khi $m = 2$
$2$) Tìm các giá trị của $m$ sao cho hàm số xác định $\forall x \ge1$

 Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{\sqrt[3]{\cos x}-\sqrt{\cos x} }{\sin 2x} $

 Sử dụng hằng  đẳng thức $(a+b)^3 =a^{3} +b^3 +3ab(a+b) $
Ta có.
$x=\sqrt[3]{\frac{27+\sqrt{713}}{108}}+\sqrt[3]{\frac{27-\sqrt{713}}{108}} - \frac{1}{3} $
$\Leftrightarrow  x+\frac{1}{3}= \sqrt[3]{\frac{27+\sqrt{713}}{108}}+\sqrt[3]{\frac{27-\sqrt{713}}{108}}$
$\Leftrightarrow  (x+\frac{1}{3})^3=(\sqrt[3]{\frac{27+\sqrt{713}}{108}}+\sqrt[3]{\frac{27-\sqrt{713}}{108}})^3$
$ \Leftrightarrow (x+\frac{1}{3})^3= \frac{27+\sqrt{713}}{108}+\frac{27-\sqrt{713}}{108}+3\sqrt[3]{\frac{27+\sqrt{713}}{108}}.\sqrt[3]{\frac{27-\sqrt{713}}{108}}(x+\frac{1}{3} )   $
$\Leftrightarrow  (x+\frac{1}{3})^3=\frac{1}{2}+ 3.\frac{1}{9}(x+\frac{1}{3} )  $
$\Leftrightarrow  x^3+x^2+\frac{1}{3}x+\frac{1}{27} =\frac{1}{2}+ \frac{1}{3}x+\frac{1}{9}  $
$\Leftrightarrow   x^3+x^2-1 = \frac{-23}{54} $

â

Bất phương trình đã cho tương đương với $f(f(x)) - x > 0$
$ \Leftrightarrow {f^2} + bf + 1 - x + f - f > 0$
$ \Leftrightarrow {f^2} + bf + 1 + (f - x) - ({x^2} + b{\rm{x  +  1)}} > 0$
$ \Leftrightarrow {f^2} - {x^2} + b\left( {f - x} \right) + \left( {f - x} \right) > 0$
$ \Leftrightarrow \left( {f - x} \right)\left( {f + x + b + 1} \right) > 0$
$ \Leftrightarrow \left[ {{x^2} + \left( {b - 1} \right)x + 1} \right]\left[ {{x^2} + \left( {b + 1} \right)x + b + 2} \right] > 0$            (2)
Ký hiệu     ${f_1}(x) = {x^2} + \left( {b - 1} \right)x + 1$
${f_2}(x) = {x^2} + \left( {b + 1} \right)x + b + 2$
Tương ứng ta có     ${\Delta _1} = {\left( {b - 1} \right)^2} - 4 = {b^2} - 2b - 3$
${\Delta _2} = {\left( {b + 1} \right)^2} - 4\left( {b + 2} \right) = {\left( {b - 1} \right)^2} - 8$
Do $b \in \left( {3;7/2} \right)$ nên ${\Delta _2} < 0$ vậy (2) tương đương với ${f_1}(x) > 0$
${f_1}(x)$ có nghiệm $x = \frac{{1 - b - \sqrt {{\Delta _1}} }}{2},x = \frac{{1 - b + \sqrt {{\Delta _1}} }}{2}$
Từ đó nghiệm của (2) ( hay của (1) ) là  $x < \frac{{1 - b - \sqrt {{b^2} - 2b - 3} }}{2}$ hoặc $x < \frac{{1 - b + \sqrt {{b^2} - 2b - 3} }}{2}$

Xét phép tịnh tiến $T_{\overrightarrow {DC} } : A \mapsto A' $ khi đó tứ giác $ADCA'$ là hình bình hành và $\widehat{BAA'}=60^0 $
Trong $\Delta ABA'$ ta có :
$\widehat{BAA'}=60^0,AA'=2AB $
Do đó $\Delta ABA'$ vuông tại $B$ và $\widehat{BA'A}=30^0,A'B=3 $
Vì $A'B=BC=3$ nên $\Delta BCA'$ cân tại $B$ do đó :
$\widehat{BCA'}=\widehat{BA'C}=\widehat{AA'C}-\widehat{BA'A}=120^0-30=90^0    $
$\widehat{ABC} =360^0-(\widehat{BAD}+\widehat{CDA}+\widehat{BCD}   )=360^0-(60^0+60^0+90^0)=150^0$

\( x^{3}-2x^{2}\left(4m^{2}+3m-3\right)x+2m\left(m+3\right)=0\)
 Xét với \( x=-2m\) ( một trong các ước của \( 2m\left(m+3\right)\)) 
\( \left(-2m\right)^{3}-2\left(-2m\right)^{2}\left(4m^{2}+3m-3\right)\left(-2m\right)+2m\left(m+3\right)=0\)
 \(=-8m^{3}-8m^{2}+8m^{3}+6m^{2}-6m+2m^{2}+6m=0\)
 \( \Rightarrow  x^{3}-2x^{2}\left(4m^{2}+3m-3\right)x+2m\left(m+3\right)=0\)
 \( \Leftrightarrow\left(x+2m\right) \left(x^{2}-2\left(m+1\right)x+m+3\right)=0\)
 \(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x +2m=0 (1)\\ x^{2}-2\left(m+1\right)x+m+3=0 (2)\end{array} \right.\)
 \( (1) \) có nghiệm \( x=-2m\), để nghiệm này âm thì \(m>0\)
\( (2) \) có \( \Delta' = m^{2}+2m+1-m-3=m^{2}+m-2\)
Để \((2)\) có hai nghiệm thì \( m^{2}+m-2>0\Leftrightarrow m<=-2\) hay \( m>1\)
Hai nghiệm của \((2)\) khác \(-2m\) \( \Leftrightarrow 4m^{2}+4\left(m+1\right)+m+3\neq0\)
\( \Leftrightarrow 8m^{2}+5m+3\neq0\) luôn đúng
Để \((2)\) có hai nghiệm âm thì \( S=2\left(m+1\right)<0 \Leftrightarrow m<-1, P=m+3>0, m>-3\)
Giao các tập nghiệm: \(
\Leftrightarrow -3<m<-2\)

Dựng  $OE,O_1F$ vuông góc với $(d)$
Ta có $E,F$ lần lượt là trung điểm các đoạn $AM,AN$ và
$\overrightarrow {EF}=\frac{1}{2}  (\overrightarrow {MA}+\overrightarrow {NA}  )=\frac{1}{2} \overrightarrow {MN}=\overrightarrow {BA}=\overrightarrow {AC}   $
Dựng $O_1I$ vuông góc $OE$ khi đó tứ giác $O_1IEG$ là hình chữ nhật
Từ đó suy ra :
$\overrightarrow {O_1I}=\overrightarrow {FE}=\overrightarrow {AB}\Rightarrow  O_1ABI   $ là hình bình hành
$\Rightarrow  \overrightarrow {IB} =\overrightarrow {O_1A}\Rightarrow  B=T_{\overrightarrow {O_1A} } (I)$
Vì $\widehat{OIO_1} $ vuông nên tập hợp các điểm $I$ là đường tròn $(O_2)$ đường kính $OO_!$ từ đó suy ra tập hợp các điểm $B$ là đường tròn $(O'_2)$ với :
$(O'_2)=T_{\overrightarrow {O_1A} }[(O_2)]$
Tương tự ta có tập hợp điểm $C$ là đường tròn $(O'_2)$ với $(O'_2)=T_{\overrightarrow {OA} }[(O_2)]$

Dựng hình bình hành $BCEK$, ta có $K$ ở trên tia $Bx$ cố định song song cùng chiều với tia $Cy$.Trên tia $Bx$ lấy lần lượt hai điểm cố định $D_0,K_0$  sao cho $BD_0=2BK_0$
Vì $BD=2CE=2BK$ nên $BK//D_0K_0$.Gọi $N$ và $N_0$ lần lượt là trung điểm của $BD$ và $D_0K_0$ thì $N_0$ cố định và quỹ tích của $N$ là tia $BN_0$
Ta có :
$\overrightarrow {NM}=\frac{1}{2}  \overrightarrow {KE}=\frac{1}{2}  \overrightarrow {BC} =\overrightarrow {BI} $ với $I$ là trung điểm của $BC$
Do đó quỹ tích của $M$ là tia $I_m$ là ảnh của tia $BN_0$ qua phép tinh tiến theo véctơ $\overrightarrow {BI} $
Bx,Cy

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Đặt $t$ = \({\log _2}x \Leftrightarrow x = {2^t}\) Phương trình đã cho được viết lại thành (**) và ta có các tương đương \({\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^t} + {2^t}.{\left( {2 - \sqrt 2 } \right)^t} = 1 + {4^t}\left( {**} \right) \Leftrightarrow {\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^{2t}} + {2^t}.{\left( {2 - \sqrt 2 } \right)^t}{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^t}\)
\( = {\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^t} + {4^t}.{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^t}\)
\( \Leftrightarrow {\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^{2t}} + {4^t} = {\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^t} + {4^t}{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^t} \Leftrightarrow {\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^t}.\left( {{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}^t} - {4^t}} \right)\)
\( = {\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^t} - {4^t}\)
\( \Leftrightarrow \left( {{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}^t} - {4^t}} \right)\left( {{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}^t} - 1} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {{{\left( {\frac{{2 + \sqrt 2 }}{4}} \right)}^t} - 1} \right)\left( {{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}^t} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 0 \Leftrightarrow x = {2^0} = 1\)
vậy x=1

$1$. Điều kiện \(x \ge 2;y \ge 2\)
Khi đó hệ tương đương \(\left\{ \begin{array}{l}
x + y - 1 + 2\sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {y - 2} \right)}  = m\left( 1 \right)\\
x + y - 1 + 2\sqrt {\left( {y + 1} \right)\left( {x - 2} \right)}  = m\left( 2 \right)
\end{array} \right.\)
Trừ $(1)$ cho $(2)$, vế với vế ta được: \(\sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {y - 2} \right)}  = \sqrt {\left( {y + 1} \right)\left( {x - 2} \right)}  \Leftrightarrow x = y\)
Khi đó hệ trở thành \(\left\{ \begin{array}{l}
x = y\\
\sqrt {x + 1}  + \sqrt {x - 2}  = \sqrt m \left( 3 \right)
\end{array} \right.\)

Khi $m = 9$ thì $(3)$ có nghiệm $x = 3$ \( \Rightarrow y = 3\)
Vậy khi $m = 9$ thì hệ có nghiệm $(3, 3)$

$2$. Đặt \(f\left( x \right) = \sqrt {x + 1}  + \sqrt {x - 2} \), khi đó \(f\left( x \right) \ge \sqrt 3 ,\forall x \ge 2\) và \(f\left( 2 \right) = \sqrt 3 \)
Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{1}{{2\sqrt {x + 1} }} + \frac{1}{{2\sqrt {x - 2} }} > 0,\forall x \ge 2 \Rightarrow f\left( x \right)\) tăng trên \(\left[ {2; + \infty } \right]\)
Do đó phương trình \(\sqrt m  = f\left( x \right)\) có nghiệm \( \Leftrightarrow \sqrt m  \ge f\left( 2 \right) = \sqrt 3  \Leftrightarrow m \ge 3\)

$a)$ Ta có : $sinx +2cosx-42\leq -39$ Do $-1\leq sinx\leq 1$ và $-1\leq cosx\leq 1$
TXĐ: $D = R$
Gọi $y_0$ là một giá trị của hàm số
$\Leftrightarrow y_0=\frac{cosx-sinx+1}{sinx+2cosx-42}$ có nghiệm
$\Leftrightarrow y_0(sinx+2cosx-42)=cosx-sinx+1$ có nghiệm
$\Leftrightarrow (y_0+1)sinx+(2y_0-1)cosx=4y_0+1$ có nghiệm
$\Leftrightarrow (y_0+1)^2+(2y_0-1)^2\geq (4y_0+1)^2$
$11y_0^2+10y_0-1\leq 0$
$\Leftrightarrow -1\leq y_0\leq 1/11$
$\Rightarrow $ Giá trị lớn nhất (GTLN) : $1/11$  giá trị nhỏ nhất (GTNN) : $-1$
$b)$ có: $2+cosx\geq 1$ Do $(-1\leq cosx\leq 1)$
TXĐ : $D=R$
Gọi $y_0$ là một giá trị của hàm số
$\Leftrightarrow y_0=\frac{3sinx}{2+cosx}$ có nghiệm
$\Leftrightarrow (2+cosx)y_0=3sinx$ có nghiệm
$\Leftrightarrow 3sinx-y_0cosx=2y_0$ có nghiệm
$\Leftrightarrow 3^2+(-y_0)^2\geq (2y_0)^2$
$\Leftrightarrow 3y_0^2\leq 9$
$\Leftrightarrow -\sqrt{3}\leq y_0\leq \sqrt{3}$
$\Rightarrow $ GTLN : $\sqrt{3}$ GTNN : $-\sqrt{3}$

Giải và biện luận theo tham số a các  bất phương trình sau:
a/ $\sqrt{ a+ \sqrt{ x}}+ \sqrt{ a- \sqrt{ x}} \leq 2.$
b/ $\sqrt{ x+a}- \sqrt{ \frac{ a^{2}}{x+a}}< \sqrt{ x+2a}$

Ta có: a5+b5=(a+b)(a4−a3b+a2b2−ab3+b4)
=(a+b)[a2b2+a3(a−b)−b3(a−b)]
=(a+b)[a2b2+(a−b)(a3−b3)]
=(a+b)[a2b2+(a−b)2(a2+ab+b2)]≥(a+b)a2b2
Nên: aba5+b5+ab≤aba2b2(a+b)+ab=1ab(a+b)+1=1ab(a+b)+abc
 
                                                                                     =1ab(a+b+c)=ca+b+c.
Tương tự: bcb5+c5+bc≤aa+b+c; cac5+a5+ca≤ba+b+c
Cộng 3 bất đẳng thức có điều phải chứng minh.