ta đi chứng minh \(\sqrt{a+bc}\ge a+\sqrt{bc}\left(1\right)\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow a+bc\ge a^2+2a\sqrt{bc}+bc\)

\(\Leftrightarrow a\ge a^2+2a\sqrt{bc}\)

\(\Leftrightarrow a\left(a+b+c\right)\ge a^2+2a\sqrt{bc}\)

\(\Leftrightarrow ab+ac\ge2a\sqrt{bc}\) \(\Leftrightarrow b+c\ge2\sqrt{bc}\)(điều này đúng theo cosi)\(\Rightarrow\left(1\right)đúng\)

\(chứng\) \(minh\) \(tương\) \(tự\Rightarrow\sqrt{b+ca}\ge b+\sqrt{ca}\left(2\right);\sqrt{c+ab}\ge c+\sqrt{ab}\left(3\right)\)

\(\left(1\right)\left(2\right)\left(3\right)\Rightarrow\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\ge1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)

\(B5:A=2x^2-y^2+x+\dfrac{1}{x}+1\)

\(x+y=1\Rightarrow y=1-x\)

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

\(=x^2+\dfrac{1}{8x}+\dfrac{1}{8x}+\dfrac{6}{8x}+3x\ge3\sqrt[3]{x^2.\dfrac{1}{8x}.\dfrac{1}{8x}}+2\sqrt{\dfrac{6}{8x}.3x}=3\sqrt[3]{\dfrac{1}{64}}+2\sqrt{\dfrac{6.3}{8}}=\dfrac{15}{4}\)

\(dấu"="xảy\) \(ra\Leftrightarrow x=y=\dfrac{1}{2}\)

\(\dfrac{\sqrt{a^2-1}}{a}=\dfrac{\sqrt{3\left(a^2-1\right)}}{\sqrt{3}a}\le\dfrac{\dfrac{a^2+2}{2}}{a\sqrt{3}}=\dfrac{a^2+2}{2a\sqrt{3}}\)

\(\dfrac{\sqrt{b^2-1}}{b}\le\dfrac{b^2+2}{2b\sqrt{3}}\)

\(\Rightarrow F\le\dfrac{a^2+2}{2a\sqrt{3}}+\dfrac{b^2+2}{2b\sqrt{3}}+\dfrac{1}{2ab}=\dfrac{2ab-4}{2\sqrt{3}}+\dfrac{1}{a\sqrt{3}}+\dfrac{1}{b\sqrt{3}}+\dfrac{1}{2ab}=\dfrac{ab}{\sqrt{3}}+\dfrac{1}{a\sqrt{3}}+\dfrac{1}{b\sqrt{3}}+\dfrac{1}{2ab}-\dfrac{4}{2\sqrt{3}}=\dfrac{2a^2b^2+2\left(a+b\right)+\sqrt{3}}{2ab\sqrt{3}}-\dfrac{4}{2\sqrt{3}}=\dfrac{2\left(ab\right)^2+2\left(2ab-4\right)+\sqrt{3}}{2ab\sqrt{3}}\)

có:: \(2ab=a+b+4\ge2\sqrt{ab}+4\Rightarrow2ab-2\sqrt{ab}-4\ge0\)

\(\Rightarrow2\sqrt{ab}^2-2\sqrt{ab}-4\ge0\Rightarrow\sqrt{ab}\ge2\Rightarrow ab\ge4\)

\(đặt:ab=t\ge4\)

\(\Rightarrow F\le\dfrac{2t^2+2\left(2t-4\right)+\sqrt{3}}{2t\sqrt{3}}-\dfrac{4}{2\sqrt{3}}=\dfrac{2t^2+4t-8+\sqrt{3}}{2t\sqrt{3}}-\dfrac{4}{2\sqrt{3}}\le\dfrac{2t^2+4t-8+\sqrt{4}}{8\sqrt{3}}-\dfrac{4}{2\sqrt{3}}\)

\(xét\) \(f\left(t\right)=2t^2+4t-8+\sqrt{3}\left(t\ge4\right)\Rightarrow maxf\left(t\right)=40+\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow F\le\dfrac{40+\sqrt{3}}{8\sqrt{3}}-\dfrac{4}{2\sqrt{3}}=\dfrac{1+8\sqrt{3}}{8}\)

\(dâu"="\Leftrightarrow a=b=2\)

đề sai;sửa \(\dfrac{sinx}{1+cosx}+\dfrac{1+cosx}{sinx}=\dfrac{2}{sinx}\)\(\left(1+cosx\ne0;sinx\ne0\right)\)

\(VT=\dfrac{sin^2x+\left(cosx+1\right)^2}{sinx\left(1+cosx\right)}=\dfrac{2+2cosx}{sinx\left(1+cosx\right)}=\dfrac{2\left(1+cosx\right)}{sinx\left(1+cosx\right)}=\dfrac{2}{sinx}\left(đpcm\right)\)

\(P=\left(x+2y+1\right)^2+\left(x+2y+5\right)^2\)

\(đặt:x+2y+1=t\)

\(P=t^2+\left(t+4\right)^2=2t^2+8t+16=2\left(t+2\right)^2+8\ge8\)

\(\Rightarrow Pmin=8\)

\(a;\)\(\left(d\right):2\left(m-1\right)x+\left(m-2\right)y=2\)\(;\left(P\right)y=x^2\)

\(\Rightarrow2\left(m-1\right)x+\left(m-2\right)x^2=2\Leftrightarrow\left(m-2\right)x^2+2\left(m-1\right)x-2=0\left(1\right)\)

\(\)\(\left(P\right)và\left(d\right)\) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt khi(1) có 2 ngiệm phân biệt \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m-2\ne0\\\Delta'>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ne2\\\left(m-1\right)^2+2\left(m-2\right)>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ne2\\\left[{}\begin{matrix}m< -\sqrt{3}\\m>\sqrt{3}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(b;;;\)gọi M\(\left(x_o;y_o\right)\) là điểm cố định mà(d) đi qua

nên điểm M thỏa mãn (d) 

\(\Rightarrow2mx_o-2x_o+my_o-2y_o-2=0\)

\(\Leftrightarrow m\left(2x_o+y_o\right)-2x_o-2y_o-2=0\)

đi qua điểm cố định\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x_o+y_o=0\\-2x_o-2y_o-2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_o=1\\y_o=-2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow M\left(1;-2\right)\) là điểm cố định mà (d) luôn đi qua

\(c;\) gọi OH là khoảng cách từ gốc tọa độ đến (d) với H\(\in\left(d\right);OH\perp\left(d\right)\)

\(voiwsM\left(1;-2\right)\) là điểm cố định trên (d)(ở ý b)

xét tam giác OHM vuông tại H có:

\(\Rightarrow OH\le OM\) dấu"=" xảy ra\(\Leftrightarrow H\equiv M\)

\(\Rightarrow\)khoảng cách OH lớn nhất chính bằng OM

với O(0;0) và M(1;-2)=>OM=OH=\(\sqrt{\left(1-0\right)^2+\left(-2-0\right)^2}=\sqrt{5}\)

xét (d) \(:2\left(m-1\right)x+\left(m-2\right)y+2=0\)

với x=0\(\Rightarrow y=\dfrac{2}{m-2}\Rightarrow A\left(0;\dfrac{2}{m-2}\right)\Rightarrow OA=\left|\dfrac{2}{m-2}\right|\)

với y=0\(\Rightarrow x=\dfrac{2}{2\left(m-1\right)}=\dfrac{1}{m-1}\Rightarrow B\left(\dfrac{1}{m-1};0\right)\Rightarrow OB=\left|\dfrac{1}{m-1}\right|\)

với B;A lần lượt là giao điểm của đường thẳng(d) với trục Ox;Oy

xét tam giác OAB vuông tại O có hệ thưc lượng

\(\dfrac{1}{OA^2}+\dfrac{1}{OB^2}=\dfrac{1}{OH^2}\Leftrightarrow\dfrac{\left(m-2\right)^2}{4}+\left(m-1\right)^2=\dfrac{1}{5}\)

giải pt bậc 2 ẩn m \(\Rightarrow m=\dfrac{6}{5}\)

đề bài có sai không nhỉ sao biểu thức không đối xứng

\(y=x^2?\)\(\Rightarrow x^2=6x-m+2\Leftrightarrow x^2-6x+m-2=0\left(1\right)\)(pt hoành độ giao điểm)

để (P) và(d) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt

\(\Delta>0\Leftrightarrow36-4\left(m-2\right)>0\Leftrightarrow m< 11\)

\(\)\(b;\) \(viet\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x1+x2=6\\x1x2=m-2\end{matrix}\right.\)(với x1;x2 là 2 nghiệm của(1)

điều kiện tồn tại 2nghiệm phân biệt x1;x2 căn  \(\Leftrightarrow0\le x1< x2\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< 11\\x1+x2>0\\x1x2\ge0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< 11\\6>0\left(đúng\right)\\m\ge2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow2\le m< 11\)

\(\sqrt{x1}=\sqrt{5x2}\Leftrightarrow x1=5x2\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x1=5x2\\x1+x2=6\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x1=5\\x2=1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x1.x2=m-2\Leftrightarrow5=m-2\Leftrightarrow m=7\left(tm\right)\)

\(x;y\ge0;x^2+y^2=4\Rightarrow0\le x\le y\le2\)

\(P=x^3+y^3=\left(x-y\right)x^2+y\left(x^2+y^2\right)\le4\left(x-y\right)+4y=4x\le8\)

\(\Rightarrow Pmax=8\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(2;0\right)=\left(0;2\right)\)

\(AB=BC=\dfrac{AD}{2}=a\Rightarrow AD=2a\)

\(C\in CD:3x+4y-4=0\Rightarrow C\left(b;4-3b\right)\)

\(xét\Delta ABC\) \(vuông\) \(tạiB\Rightarrow AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=a\sqrt{2}\)

\(\Delta ABC\) \(vuông\) \(cân\) \(tạiB\Rightarrow\) \(goscBAC=45^o\)

\(\Rightarrow góc\) \(DAC=45^o\) 

\(xét\Delta ADC\) \(có:DC=\sqrt{AC^2+AD^2-2AC.AD.cos\left(45^o\right)}\)

\(=\sqrt{2a^2+4a^2-2.a^2\sqrt{2}.2.cos\left(45\right)}=a\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow DC=AC\Rightarrow\Delta ADC\) \(cân\) \(tạiC\Rightarrow góc\left(DAC\right)=góc\left(ADC\right)=45^o\Rightarrow góc\left(ACD\right)=90^o\)

\(\overrightarrow{CA}=\left(-2-b;3b-4\right)\Rightarrow\overrightarrow{n_{ca}=}\left(4-3b;-2-b\right)\)

\(CD:3x+y-4=0\Rightarrow\overrightarrow{n}=\left(3;1\right)\)

\(\Rightarrow cos\left(90\right)=0=3\left(4-3b\right)-2-b=0\Leftrightarrow b=1\)

\(\Rightarrow C\left(1;1\right)\)

\(đặt:B\left(x;y\right)\left(y>0\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{0}\\AB=BC\end{matrix}\right.\) \(hệ\) \(pt\) \(ẩn\) \(x;y\Rightarrow B=\left(......\right)\)