Chia $2$ vế của BPT cho $4^x$ ta được: $3(\frac{49}{4})^{x} + 2(\frac{7}{2})^{x}-1>0 $ (*)
Đặt $t = (\frac{7}{2})^{x}  ; t>0$.
BPT (*) trở thành $ 3 t^2+2t-1>0 $ $\Leftrightarrow  t>\frac{1}{3} $ do $ t>0$ $\Leftrightarrow$  $x>\log_\frac{7}{2} \frac{1}{3}$

Nhân PT thứ 2 với $x$ trừ PT thứ 1 ta có : $x^2y-5xy+5y=0$
$y(x^2-5x+5)=0$ dễ thấy nếu $y=0$ thay vào PT một suy ra $x=0$ không thỏa mãn PT 2
$x=5+\sqrt{5}$ hoặc $x = 5-\sqrt{5}$ thay vào tìm y thì ra.

dk:$x,y\geq 0$
Nhân biểu thức liên hợp suy ra PT một trở thành
$\sqrt{y}=\sqrt{x+3}-\sqrt{x}$
$\Leftrightarrow $ $\sqrt{x}+\sqrt{y} =\sqrt{x+3}$
thay vào PT hai:$\sqrt{x+3} =x+1$
Giải ra đc $x=1$ và $y=1$  nghiệm kia loại

Biến đổi PT (2) $4x^2+3xy+3x+y -\frac{57}{25} =0 $ $\Leftrightarrow $ $4x^2+3xy+3x+y -2(x^2+y^2) +\frac{2}{5}-\frac{57}{25}=0$
$\Leftrightarrow $$2x^2+3xy-2y^2 +3x+y -\frac{47}{25} =0$
$\Leftrightarrow $$(2x-y)(x+2y)+(2x-y)+(x+2y) =\frac{47}{25}$
Đặt$ u =2x-y$ và  $v=x+2y$ suy ra $uv+u+v=\frac{47}{25}$ và $u^2+v^2=1$
Giải $u = \frac{3}{5}$ ; $v = \frac{4}{5}$ và  $u = \frac{4}{5}$ và $v = \frac{3}{5}$
Giải $x=\frac{2}{5}$ ;$y =\frac{1}{5}$ và $x=\frac{11}{25}$ ;$y =\frac{2}{25}$

Với $xy \leq 1$ BĐT $\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}\leq \frac{2}{1+\sqrt{xy}}$ $\Leftrightarrow (1-\sqrt{xy})(\sqrt{x}-\sqrt{y})^{2} \geq 0$
Từ đó suy ra $\frac{2}{1+\sqrt{xy}} \geq \frac{4}{3}$ suy ra $\sqrt{xy}\leq \frac{1}{2}$
Ta có $P\geq \frac{2}{xy}-\frac{6}{\sqrt{xy}}$ Đặt $ t=\frac{1}{\sqrt{xy}}$ suy ra $t \geqslant 2$ suy ra $ P \geq f(t)$
Dễ thấy $f(t) $ đồng biến khi $t \geq  2$ suy $f(t)\geq f(2) = -4$ suy ra $Pmin = -4$ khi $x=y=\frac{1}{2}$

$A=(1+\frac{y}{x} )(\frac{x^2}{y^2}+1 )$
Đặt $t=\frac{y}{x} \Rightarrow  t\in [\frac{2011}{2012}, \frac{2012}{2011}  ]$
$\Rightarrow  A=(1+t)(\frac{1}{t^2}+1 )$
            $=\frac{1}{t^2} +1+\frac{1}{t} +t$
Xét hàm $f(t)=\frac{1}{t^2} +\frac{1}{t}+t+1 $
  $\Rightarrow  f'(t)=-\frac{2}{t^3}-\frac{1}{t^2}+1  $
  $f''(t)=\frac{6}{t^4}+\frac{2}{t^3}  >0$
$\Rightarrow  f'(t)\leq    f'(\frac{2012}{2011} )<0$
$\Rightarrow  f(t)$ nghịch biến
$f(t)\geq    f(\frac{2012}{2011} )$
$f(t)_{min}= f(\frac{2012}{2011} ) $
 $\Leftrightarrow  \begin{cases}x=2011\\y=2012\end{cases} $

http://www.facebook.com/hoctainha .Đây là trang nhà mình,mọi người nhớ join nhé.

Dễ thấy dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$ nên dung Cosi, hữu tỉ hóa $\sqrt[3]{a+7}$  qua BDT trung gian là xong
Theo Cosi $3\sqrt[3]{a+7}.2.2\leq (a+7+8+8)$ suy ra
VT$\leq \frac{a+b+c+69}{12}$
mà $a^4+1+1+1\geq 4a $(Cosi 4 số) từ đó suy ra $\frac{a+b+c+69}{12}\leq \frac{\frac{a^4+b^4+c^4+9}{4}+69}{12}$
Ta cần chứng minh $\frac{a^4+b^4+c^4+285}{12}\leq 2(a^4+b^4+c^4)$
$\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4 \geq 3 $      (1)
Theo Cosi $a^4 +b^4 +b^4+1 \geq 4ab^2$ tương tự suy ra
$3(a^4 +b^4 +c^4)+4 \geq 4(ab^2 +bc^2 +ca^2) =12$ suy ra ĐPCM

Đặt $y=2x,t=\sqrt[3]{6x+1}$, PT đã cho trở thành: $\begin{cases}t^3=3y+1 \\ y^3-2y=t+1 \end{cases}$
Trừ 2 PT ta được:
      $y^3+y=t^3+t$
$\Leftrightarrow (y-t)(y^2+yt+t^2+1)=0$
$\Leftrightarrow y-t=0$       (vì $y^2+yt+t^2+1>0$)
Thay vào phương trình đầu của hệ ta được:  $f(y)=y^3-3y-1=0     (y\ge \frac{-1}{3})$
Thay $y=2x$ suy ra $4x^3-3x=\frac{1}{2}=\cos \frac{\pi}{3}$
dễ dàng thấy $x=\cos \frac{\pi}{9} $ và $x=\cos \frac{7\pi}{9}$ và $x=\cos \frac{13\pi}{9}$ là các nghiệm của phương trình

Điều kiện  $x \geq  -\frac{4}{5} $
Phương trình đã cho tương đương
$x^{3}+9x^{2}+24x=180x+144+2(20x+40) \sqrt{5x+4}  (1)  $
Đặt $t=2 \sqrt{5x+4}  (t \geq  0) \Leftrightarrow  t^{2}-16=20x  $  thì
$(1) \Leftrightarrow   x^{3}+9x^{2}+24x =9(t^{2}-16 )+144+(t^{2}+24 )t    $
$\Leftrightarrow   x^{3}+9x^{2}+24x= t^{3}+9t^{2}+24t    (2) $
Xét hàm $f(x)=  x^{3}+9x^{2}+24x$ với  $ x \geq -\frac{4}{5} $ dễ thấy $f(x)$ đồng biến
Từ $(2) \Rightarrow  x=t=2 \sqrt{5x+4} \Leftrightarrow  x=  10 + \sqrt{116} $ (do $x \geq  - \frac{4}{5}  )  $

Đặt $a=x^2-2x$ $b=x^2$ $(a\geq -1; b\geq 0)$
Bất phương trình tương đương $4.2^a + 8.2^b > 2^{a+b} +32$
$\Leftrightarrow $ 
$(2^a-8)(4-2^b)\geqslant 0$ đến đây tự giải nhé

Gọi $O$ là tâm hình cầu ngoại tiếp hình tứ diện
Khi đó ta có: $OA=OB=OC=OD$.
Từ $O$ kẻ $OA_1,OB_1,OC_1,OD_1$ lần lượt vuông góc với các mặt $(BCD),(ACD),(ABD),(ABC)$.

Do $OB=OC=OD\Rightarrow A_1B=A_1C=A_1D$.
Vậy $A_1$ là tâm đường tròn ngoại tiếp ta giác $BCD$. Tương tự $B_1,C_1,D_1$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ACD,ABD,ABC$.
Từ giả thiết suy ra $\Delta  ABC=\Delta  DCB$
$\Rightarrow $ các bán kính đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác này bằng nhau.
$\Rightarrow AD_1=A_1C$
$\Rightarrow $ tam giác vuông $AD_1O$ bằng tam giác vuông $CA_1O$$\Rightarrow OD_1=OA_1$. Tương tự có $OA_1=OB_1=OC_1=OD_1\Rightarrow O$ là tâm hình cầu nội tiếp tứ diện $ABCD \Rightarrow $ đpcm

Điều kiện: $x > 1$
$\begin{array}{l}
\left( 1 \right) \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x^2} + 3} \right) - {\log _2}5 =  - {\log _2}\left( {x
- 1} \right) - {\log _2}\left( {x + 1} \right)\\
\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x^2} + 3} \right)\left( {{x^2} - 1} \right) = {\log
_2}5\\
\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 3} \right)\left( {{x^2} - 1} \right) = 5\\
\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {x^4} + 2{x^2} - 8 = 0   \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} =  - 4\,\,\,\,\left( {loai} \right)\\
{x^2} = 2
\end{array} \right.    \left[ \begin{array}{l}
x =  - \sqrt 2 \,\,\,\,\,\left( {loạ i} \right)\\
x = \sqrt 2
\end{array} \right.
\end{array}$
Vậy $x = \sqrt 2 $

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

aaa