Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

\(A=\dfrac{x}{27}+\dfrac{x}{27}+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{25}{27}x\ge3\sqrt[3]{\dfrac{x}{27}.\dfrac{x}{27}.\dfrac{1}{x^2}}+\dfrac{25}{27}.3=\dfrac{1}{3}+\dfrac{25}{9}=\dfrac{28}{9}\)

Đẳng thức xảy ra khi x=3.

Gọi A₁,A₂,...A₉ là các đội bóng đá trên.

Ta xét đội A₁ : sau 3 vòng đấu, đội A₁ đã đấu với đúng 3 đội khác nhau, ta giả sử 3 đội đó là A₂,A₃,A₄. Khi đó A₁ chưa đấu với 5 đội còn lại (từ A₅ đến A₉). Xét đội A₅ , ta để ý đội A₅ cũng đấu với đúng 3 đội khác nhau (không phải A₁). Khi đó, trong 4 đội A₆, A₇, A₈, A₉, tồn tại 1 đội chưa đấu với A₅ lần nào, giả sử đó là A₉. Để ý 3 đội A₁,A₅,A₉ chưa đấu với nhau đôi một. Vậy ta có đpcm.

Bài 1 quy đồng rồi nhân tung ra, sau đó rút gọn kết hợp với điều kiện là ra.

Bài 2:

\(\sum\dfrac{ab}{\left(a-b\right)^2}\ge-\dfrac{1}{4}\)

\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{4ab}{\left(a-b\right)^2}\ge-1\)

\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{\left(a+b\right)^2-\left(a-b\right)^2}{\left(a-b\right)^2}\ge-1\)

\(\Leftrightarrow\sum\left(\dfrac{a+b}{a-b}\right)^2\ge2\)

Đặt \(x=\dfrac{a+b}{a-b};y=\dfrac{b+c}{b-c};z=\dfrac{c+a}{c-a}\). Ta cần chứng minh \(x^2+y^2+z^2\ge2\)

Ta có: \(xy+yz+zx=\dfrac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c-a\right)+\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a-b\right)+\left(c+a\right)\left(a+b\right)\left(b-c\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)

\(=\dfrac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left[\left(c-b\right)+\left(b-a\right)\right]+\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a-b\right)+\left(c+a\right)\left(a+b\right)\left(b-c\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)

\(=\dfrac{\left(a-b\right)\left(b+c\right)\left(c+a-a-b\right)+\left(b-c\right)\left(a+b\right)\left(c+a-b-c\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)

\(=\dfrac{\left(a-b\right)\left(b+c\right)\left(c-b\right)+\left(b-c\right)\left(a+b\right)\left(a-b\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)

\(=\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(-b-c+a+b\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}=-1\)

Vậy \(x^2+y^2+z^2=\left(x+y+z\right)^2+2\ge2\) =>đpcm

TH₁: m=1. Khi đó \(f\left(x\right)=-2x^2+1\).

Dễ thấy f đồng biến trên (0;3) , nên \(max_{\left[0;3\right]}f\left(x\right)=f\left(3\right)\ne f\left(2\right)\left(loại\right)\)

TH₂: \(m\ne1\). Đặt \(t=x^2\left(t\ge0\right)\)

Xét \(g\left(t\right)=\left(m-1\right)t^2-2mt+1\).trên [0,+∞). \(\Delta=4\left(m^2-m+1\right)\)

Ta có \(min_{\left[0;9\right]}g\left(t\right)=g\left(4\right)=8m-15\) và ta cần tìm \(max_{\left[0;9\right]}g\left(t\right)\)

\(f\left(2\right)=g\left(4\right)=8m-15\).

+)Nếu m>1. Khi đó: \(-\dfrac{b}{2a}=\dfrac{m}{m-1}>0\). Do đó g nghịch biến trên (0,\(\dfrac{m}{m-1}\)) và đồng biến trên (\(\dfrac{m}{m-1}\),+∞).

*Với \(0< \dfrac{m}{m-1}< 9\). Khi đó:\(min_{\left[0;9\right]}g\left(t\right)=g\left(\dfrac{m}{m-1}\right)=\dfrac{-\Delta}{4a}=\dfrac{m-1-m^2}{m-1}=8m-15\)

\(\Leftrightarrow m=\dfrac{4}{3}\left(nhận\right)\). Vậy \(max_{\left[0;3\right]}f\left(x\right)=max_{\left[0;9\right]}g\left(t\right)=max\left\{g\left(0\right),g\left(9\right)\right\}=max\left\{1;4\right\}=4\)

*Với \(\dfrac{m}{m-1}\ge9\). Khi đó \(min_{\left[0;9\right]}g\left(t\right)=g\left(9\right)=63m-80=8m-15\Leftrightarrow m=\dfrac{13}{11}\left(loại\right)\)

+)Nếu 0<m<1. Khi đó \(\dfrac{m}{m-1}< 0\). Do đó g đồng biến trên (0;+∞).

Vậy \(min_{\left[0;9\right]}g\left(t\right)=g\left(0\right)=1=8m-15\Leftrightarrow m=2\left(loại\right)\)

+Nếu m<0. Khi đó \(\dfrac{m}{m-1}>0\) và \(m-1< 0\) . Do đó g đồng biến trên (0;\(\dfrac{m}{m-1}\)) và nghịch biến trên (\(\dfrac{m}{m-1}\),+∞).

Để ý \(\dfrac{m}{m-1}< 9\) Khi đó:\(min_{\left[0;9\right]}g\left(t\right)=min\left\{g\left(0\right),g\left(9\right)\right\}=min\left\{1,63m-80\right\}=63m-80=8m-15\Leftrightarrow m=\dfrac{13}{11}\left(loại\right)\)

Kết luận:....

Đặt \(f\left(x\right)=x^2-2x+m^2+2m\)

Ta có: \(max_{\left[-1;2\right]}y=2\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}min_{\left[-1;2\right]}f\left(x\right)=-2\\max_{\left[-1;2\right]}f\left(x\right)=2\end{matrix}\right.\)

Bảng biến thiên của hàm số f(x):

Để ý \(\left\{{}\begin{matrix}min_{\left[-1;2\right]}f\left(x\right)=m^2+2m-1\\max_{\left[-1;2\right]}f\left(x\right)=m^2+2m+3\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2+2m-1=-2\\m^2+2m+3=2\end{matrix}\right.\Rightarrow m=-1\)

Vậy chỉ có duy nhất giá trị m=-1 thì hàm số trên đạt GTLN trên [-1;2]

Bài 3:

Gọi E,F,G,H,I,J lần lượt là trung điểm của AC,BD,AD,BC,AB,CD.

Dễ dàng chứng minh IGJH, IEJF, EHFG là hình bình hành. Kết hợp giả thiết đề bài, ta cũng chứng minh được IGJH, IEJF là hình thoi.

\(\Rightarrow IJ\perp EF;IJ\perp GH\) =>EF//GH.

Để ý EHFG là hình bình hành nên EF và HG cắt nhau tại trung điểm của chúng.

\(\Rightarrow\)Đường thẳng EF và GH trùng nhau, hay E,F,G,H thẳng hàng.

Mà GF//AB; FH//CD =>AB//CD nên ABCD là hình thang.

Mà AC=BD nên ABCD là hình thang cân (đpcm).

Bài 4:

a) Gọi K là trung điểm BC. Dễ thấy MK là đường trung bình của hình thang ABCD. Khi đó \(MK=\dfrac{1}{2}\left(AB+CD\right)\).

Mặt khác \(MK=\dfrac{1}{2}BC\) vì MK là trung tuyến của △BMC vuông tại M.

\(\Rightarrow AB+CD=BC\)

b) Ta có: \(S_{ABM}+S_{CDM}+S_{BMC}=S_{ABCD}\)

\(\Rightarrow AM.AB+DM.DC+MH.BC=\left(AB+CD\right)AD\)

\(\Rightarrow MH.BC+AM\left(AB+AD\right)=AD\left(AB+CD\right)\)

\(\Rightarrow MH.BC=AM\left(AB+CD\right)\Rightarrow MH=AM=MD\)

\(\Rightarrow\Delta DMH=\Delta CMH\left(ch-cgv\right)\)

=>MC là trung trực của DH nên DH⊥MC.

Mà MB⊥MC =>DH//MB =>đpcm.

P/s: nếu em lên lớp 9 có học về tứ giác nội tiếp với hệ thức lượng trong tam giác vuông (mà không biết chương trình mới còn không), thì làm bài này 2 dòng ;)

Thực hiện phép chia 2 đa thức trên, ta được:

\(x^{1998}+x^{998}+x^{199}+x^{19}+x+3=\left(x^2-1\right)Q\left(x\right)+ax+b\left(1\right)\)

Thay \(x=1\) và \(x=-1\) lần lượt vào (1), ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=8\\-a+b=2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=3\\b=5\end{matrix}\right.\)

Vậy \(3x+5\) là số dư (đa thức dư) khi thực hiện phép chia 2 đa thức trên.

\(\left(x+2\right)\left(x+4\right)\left(x+6\right)\left(x+8\right)+2017\)

\(=\left(x^2+10x+16\right)\left(x^2+10x+24\right)+2017\)

\(=\left(x^2+10x+20\right)^2-4^2+2017\)

\(=\left(x^2+10x+20\right)^2+2\left(x^2+10x+20\right)+1-2\left(x^2+10x+21\right)+2002\)

\(=\left(x^2+10x+21\right)^2-2\left(x^2+10x+21\right)+2002\)

Vậy 2002 là số dư khi thực hiện phép chia 2 đa thức trên.