ta dễ dàng biến đổi được$sin^{6}x+cos^{6}x=1-\frac{3}{4}sin^{2}2x$khi đó $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}\frac{4sin2xcos2xdx}{\sqrt{4-3sin^{2}2x}}$đặt $4-3sin^{2}2x=t\Rightarrow dt=-12sin2xcos2xdx$.với $x=0\Rightarrow t=4, x=\frac{\pi }{4}\Rightarrow 1$do đó $I=\frac{-1}{3}\int\limits_{4}^{1}\frac{dt}{\sqrt{t}}=-\frac{2}{3}(1-2)=\frac{2}{3}$

ta dễ dàng biến đổi được$sin^{6}x+cos^{6}x=1-\frac{3}{4}sin^{2}2x$khi đó $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}\frac{4sin2xcos2xdx}{\sqrt{4-3sin^{2}2x}}$đặt $4-3sin^{2}2x=t\Rightarrow dt=-12sin2xcos2xdx$.với $x=0\Rightarrow t=4, x=\frac{\pi }{4}\Rightarrow 1$do đó $I=\frac{-1}{3}\int\limits_{4}^{1}\frac{dt}{\sqrt{t}}=-\frac{2}{3}(1-2)=\frac{2}{3}$

1,$\begin{cases}2x^{2}-xy+y^{2}=3 (1) \\ 2x^{3}-9y^{3}=(x-y)(2xy+3) \end{cases}$với $x,y\in R$ thay (1) vào (2) ta được(2) $\Leftrightarrow 2x^{3}-9y^{3}=(x-y)(2x^{2}+xy+y^{2})$$\Leftrightarrow 8y^{3}-x^{2}y=0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\sqrt{2}y(3)\\ x=-2\sqrt{2}y(4) \end{matrix}} \right.$ (vì y=0 không phải nghiệm hệ)thay (3) vào (1) ta được$16y^{2}-2\sqrt{2}y^{2}+y^{2}=3$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} y=\sqrt{\frac{3}{17-2\sqrt{2}}}\\y= -\sqrt{\frac{3}{17-2\sqrt{2}}} \end{matrix}} \right.$$\Rightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\sqrt{\frac{6}{17-2\sqrt{2}}}\\x=-2\sqrt{\frac{6}{17-2\sqrt{2}}} \end{matrix}} \right.$tương tự thay (4) vào (1) ta được$\left[ {\begin{matrix} y=\sqrt{\frac{3}{17+2\sqrt{2}}}\\ y= -\sqrt{\frac{3}{17+2\sqrt{2}}}\end{matrix}} \right.$$\Rightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\sqrt{\frac{6}{17+2\sqrt{2}}}\\ x=-2\sqrt{\frac{6}{17+2\sqrt{2}}} \end{matrix}} \right.$2,với $y\neq 0$hệ $\Leftrightarrow \begin{cases}xy+x+2-10y=0 (1) \\ x^{2}y^{2}+2xy^{2}-12y^{2}+1=0 (2) \end{cases} $vì x=10 không phải nghiệm hệ nên (1) $\Leftrightarrow y=\frac{x+2}{10-x}$ thay vào (2) ta được(2) $\Leftrightarrow x^{4}+6x^{3}+x^{2}-60x+52=0$$\Leftrightarrow (x^{2}-3x+2)(x^{2}+9x+26)=0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=1\Rightarrow y=-\frac{1}{3}\\ x=2\Rightarrow y=-\frac{1}{2}\end{matrix}} \right.$

1,$\begin{cases}2x^{2}-xy+y^{2}=3 (1) \\ 2x^{3}-9y^{3}=(x-y)(2xy+3) \end{cases}$với $x,y\in R$ thay (1) vào (2) ta được(2) $\Leftrightarrow 2x^{3}-9y^{3}=(x-y)(2x^{2}+xy+y^{2})$$\Leftrightarrow 8y^{3}-x^{2}y=0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\sqrt{2}y(3)\\ x=-2\sqrt{2}y(4) \end{matrix}} \right.$ (vì y=0 không phải nghiệm hệ)thay (3) vào (1) ta được$16y^{2}-2\sqrt{2}y^{2}+y^{2}=3$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} y=\sqrt{\frac{3}{17-2\sqrt{2}}}\\y= -\sqrt{\frac{3}{17-2\sqrt{2}}} \end{matrix}} \right.$$\Rightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\sqrt{\frac{6}{17-2\sqrt{2}}}\\x=-2\sqrt{\frac{6}{17-2\sqrt{2}}} \end{matrix}} \right.$tương tự thay (4) vào (1) ta được$\left[ {\begin{matrix} y=\sqrt{\frac{3}{17+2\sqrt{2}}}\\ y= -\sqrt{\frac{3}{17+2\sqrt{2}}}\end{matrix}} \right.$$\Rightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\sqrt{\frac{6}{17+2\sqrt{2}}}\\ x=-2\sqrt{\frac{6}{17+2\sqrt{2}}} \end{matrix}} \right.$2,với $y\neq 0$hệ $\Leftrightarrow \begin{cases}xy+x+2-10y=0 (1) \\ x^{2}y^{2}+2xy^{2}-12y^{2}+1=0 (2) \end{cases} $vì x=10 không phải nghiệm hệ nên (1) $\Leftrightarrow y=\frac{x+2}{10-x}$ thay vào (2) ta được(2) $\Leftrightarrow x^{4}+6x^{3}+x^{2}-60x+52=0$$\Leftrightarrow (x^{2}-3x+2)(x^{2}+9x+26)=0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=1\Rightarrow y=-\frac{1}{3}\\ x=2\Rightarrow y=-\frac{1}{2}\end{matrix}} \right.$3, với $x\geq 5, y\geq 0$hệ $\Leftrightarrow \begin{cases}x\sqrt{x}-8\sqrt{y}=\sqrt{x}+y\sqrt{y} (1) \\ y=x-5 (2) \end{cases}$thay (2) vào (1) ta được(1) $\Leftrightarrow x\sqrt{x}-8\sqrt{x-5}-\sqrt{x}-(x-5)\sqrt{x-5}=0$$\Leftrightarrow x(\sqrt{x}-3)-8(\sqrt{x-5}-2)-(\sqrt{x}-3)-(x-5)(\sqrt{x-5}-2)+x-9=0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x-9=0\\ \frac{x-1}{\sqrt{x}+3}-\frac{x+3}{\sqrt{x-5}+2}+1=0 \end{matrix}} \right.$(1) $\Leftrightarrow x=9$xét (2) ta cóVT= $ \geq \frac{4}{\sqrt{x}+3}-\frac{x+3}{2}+1=\frac{4}{\sqrt{x}+3}-\frac{x+1}{2} \forall x\geq 5$ta luôn có$(\sqrt{x}-1)(x+4\sqrt{x}+5)>0\forall x\geq 5$$\Leftrightarrow (x+1)(\sqrt{x}+3)<8$$\Leftrightarrow \frac{4}{\sqrt{x}+3}>\frac{x+1}{2}$từ đó suy ra VT $>0\forall x\geq 5$vậy (2) vô nghiệmKL (x;y)=(9;4) là nghiệm duy nhất của hệ.

câu 1:$\begin{cases}(6x+5)\sqrt{2x+1}=3y^{3}+2y (1) \\ y+\sqrt{x}= \sqrt{2x^{2}+4x-23}(2)\end{cases} ĐK: x\geqslant \frac{-2+5\sqrt{2}}{2}$với điều kiện đó $(1)\Leftrightarrow 3(2x+1)\sqrt{2x+1}+2\sqrt{2x+1}=3y^{3}+2y$Đặt $f(t)=3t^{3}+2t$$f'(t)=9t^{2}+2>0 \forall t\in R\rightarrow f(t)$ đồng biến.lại có $f(\sqrt{2x+1})=f(y)\rightarrow y=\sqrt{2x+1}(y>0)$ thay vào (2) ta được:$\sqrt{2x+1}+\sqrt{x}=\sqrt{2x^{2}+4x-23}\Leftrightarrow 2x^{2}+x-24=2\sqrt{2x^{2}+x}$$\Leftrightarrow 2x^{2}+x-36=2(\sqrt{2x^{2}+x}-6)\Leftrightarrow 2x^{2}+x-36=2.\frac{2x^{2}+x-36}{\sqrt{2x^{2}+x}+6}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 2x^{2}+x-36=0\\ \sqrt{2x^{2}+x}+6=2(vô nghiệm)\end{matrix}} \right.\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=4(tm)\\ x=-\frac{9}{2}(loại) \end{matrix}} \right.\rightarrow y=3$vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=(4;3)câu 2:TXĐ: D=$[\frac{5-\sqrt{7}}{3};\sqrt{2}]$$pt\Leftrightarrow 3x^{2}-10x+6+(x+2)[\sqrt{2-x^{2}}-(2x-2)]+(x+2)(2x-2)=0\Leftrightarrow5x^{2}-8x+2+(x+2).\frac{-5x^{2}+8x-2}{\sqrt{2-x^{2}}+2x-2}=0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 5x^{2}-8x+2=0(1)\\\frac{x+2}{\sqrt{2-x^{2}}+2x-2}=1(2)\end{matrix}} \right.$$(1)\Leftrightarrow\left[ {\begin{matrix} x=\frac{4+\sqrt{6}}{5}(tm)\\x=\frac{4-\sqrt{6}}{5} (loại)\end{matrix}} \right. $$(2)\Leftrightarrow \sqrt{2-x^{2}}=4-x\Leftrightarrow x^{2}-4x+7=0$ (vô nghiệm)vậy pt có nghiệm duy nhất $x=\frac{4+\sqrt{6}}{5}$

câu 1:$\begin{cases}(6x+5)\sqrt{2x+1}=3y^{3}+2y (1) \\ y+\sqrt{x}= \sqrt{2x^{2}+4x-23}(2)\end{cases} $ĐK: $x\geqslant \frac{-2+5\sqrt{2}}{2}$với điều kiện đó $(1)\Leftrightarrow 3(2x+1)\sqrt{2x+1}+2\sqrt{2x+1}=3y^{3}+2y$Đặt $f(t)=3t^{3}+2t$$f'(t)=9t^{2}+2>0 \forall t\in R\rightarrow f(t)$ đồng biến.lại có $f(\sqrt{2x+1})=f(y)\rightarrow y=\sqrt{2x+1}(y>0)$ thay vào (2) ta được:$\sqrt{2x+1}+\sqrt{x}=\sqrt{2x^{2}+4x-23}\Leftrightarrow 2x^{2}+x-24=2\sqrt{2x^{2}+x}$$\Leftrightarrow 2x^{2}+x-36=2(\sqrt{2x^{2}+x}-6)$$\Leftrightarrow 2x^{2}+x-36=2.\frac{2x^{2}+x-36}{\sqrt{2x^{2}+x}+6}$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 2x^{2}+x-36=0\\ \sqrt{2x^{2}+x}+6=2(vô nghiệm)\end{matrix}} \right.$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=4(tm)\\ x=-\frac{9}{2}(loại) \end{matrix}} \right.\rightarrow y=3$vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=(4;3)câu 2:TXĐ: D=$[\frac{5-\sqrt{7}}{3};\sqrt{2}]$$pt\Leftrightarrow 3x^{2}-10x+6+(x+2)[\sqrt{2-x^{2}}-(2x-2)]+(x+2)(2x-2)=0$$\Leftrightarrow5x^{2}-8x+2+(x+2).\frac{-5x^{2}+8x-2}{\sqrt{2-x^{2}}+2x-2}=0$$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 5x^{2}-8x+2=0(1)\\\frac{x+2}{\sqrt{2-x^{2}}+2x-2}=1(2)\end{matrix}} \right.$$(1)\Leftrightarrow\left[ {\begin{matrix} x=\frac{4+\sqrt{6}}{5}(tm)\\x=\frac{4-\sqrt{6}}{5} (loại)\end{matrix}} \right. $$(2)\Leftrightarrow \sqrt{2-x^{2}}=4-x\Leftrightarrow x^{2}-4x+7=0$ (vô nghiệm)vậy pt có nghiệm duy nhất $x=\frac{4+\sqrt{6}}{5}$

c,ta chứng minh VP$=cosAcosBcosC\leq \frac{1}{8} (1)$thật vậy $(1)\Leftrightarrow [cos(A+B)+cos(A-B)]cos(A+B)+\frac{1}{4}\geq 0$$\Leftrightarrow cos^{2}(A+B)+cos(A+B)cos(A-B)+\frac{1}{4}cos^{2}(A-B)+\frac{1}{4}[1-cos^{2}(A-B)]\geqslant 0$$\Leftrightarrow [cos(A+B)+cos(A-B)]^{2}+\frac{1}{4}sin^{2}(A-B)\geq 0$ (luôn đúng)dấu bằng xảy ra khi $\begin{cases}sin(A-B)=0 \\ cos(A+B)+cos(A-B)=0 \end{cases}\Leftrightarrow A=B=C$chứng minh tương tự ta được VT$=sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}\geq \frac{1}{8}\geq VP$từ đó suy ra dấu bằng xảy ra. ta được đpcm.b, mình nghĩ là bạn chưa được học bđt jensen nên mình trình bày như sau:trước hết ta chứng minh $\frac{sinx+siny}{2}\leq sin\frac{x+y}{2} \forall x,y\in (0;\pi ) $thật vậy,$ \forall x,y\in (0;\pi )$ ta có $cos\frac{x-y}{2}\leq 1\Leftrightarrow sin\frac{x+y}{2}cos\frac{x-y}{2}\leq sin\frac{x+y}{2}$$\Leftrightarrow \frac{sinx+siny}{2}\leq sin\frac{x+y}{2}$bây giờ ta chứng minh $\frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$ta có $sin\frac{x+y+z}{3}=sin\frac{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}{4}=sin\frac{\frac{x+y}{2}+\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}}{2}$$\geq \frac{1}{2}[sin\frac{x+y}{2}+sin\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}]$$\geq \frac{1}{2}[\frac{1}{2}(sinx+siny)+\frac{1}{2}(sinz+sin\frac{x+y+z}{3})]=\frac{1}{4}[sinx+siny+sinz+sin\frac{x+y+z}{3}]$$\Rightarrow \frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$áp dụng thôi.ta có VT $=2(sinA+sinB+sinC)=6sin\frac{A+B+C}{3}\leq 6sin\frac{\pi }{3}=3\sqrt{3}$VP=tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC (cái này trên lớp chắc b được cm rồi)theo cô si có : $tanA+tanB+tanC\geq 3\sqrt[3]{tanAtanBtanC}=3\sqrt[3]{tanA+ tanB+tanC}$$\Rightarrow tanA+tanB+tanC\geq 3\sqrt{3}$ dấu bằng khi A=B=Cmà VT=VP nên dấu bằng xảy ra. ta được đpcm.

c,ta chứng minh VP$=cosAcosBcosC\leq \frac{1}{8} (1)$thật vậy $(1)\Leftrightarrow [cos(A+B)+cos(A-B)]cos(A+B)+\frac{1}{4}\geq 0$$\Leftrightarrow cos^{2}(A+B)+cos(A+B)cos(A-B)+\frac{1}{4}cos^{2}(A-B)+\frac{1}{4}[1-cos^{2}(A-B)]\geqslant 0$$\Leftrightarrow [cos(A+B)+cos(A-B)]^{2}+\frac{1}{4}sin^{2}(A-B)\geq 0$ (luôn đúng)dấu bằng xảy ra khi $\begin{cases}sin(A-B)=0 \\ cos(A+B)+cos(A-B)=0 \end{cases}\Leftrightarrow A=B=C$chứng minh tương tự ta được VT$=sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}\geq \frac{1}{8}\geq VP$từ đó suy ra dấu bằng xảy ra. ta được đpcm.b, mình nghĩ là bạn chưa được học bđt jensen nên mình trình bày như sau:trước hết ta chứng minh $\frac{sinx+siny}{2}\leq sin\frac{x+y}{2} \forall x,y\in (0;\pi ) $thật vậy,$ \forall x,y\in (0;\pi )$ ta có $cos\frac{x-y}{2}\leq 1\Leftrightarrow sin\frac{x+y}{2}cos\frac{x-y}{2}\leq sin\frac{x+y}{2}$$\Leftrightarrow \frac{sinx+siny}{2}\leq sin\frac{x+y}{2}$bây giờ ta chứng minh $\frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$ta có $sin\frac{x+y+z}{3}=sin\frac{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}{4}=sin\frac{\frac{x+y}{2}+\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}}{2}$$\geq \frac{1}{2}[sin\frac{x+y}{2}+sin\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}]$$\geq \frac{1}{2}[\frac{1}{2}(sinx+siny)+\frac{1}{2}(sinz+sin\frac{x+y+z}{3})]=\frac{1}{4}[sinx+siny+sinz+sin\frac{x+y+z}{3}]$$\Rightarrow \frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$áp dụng thôi.ta có VT $=2(sinA+sinB+sinC)=6sin\frac{A+B+C}{3}\leq 6sin\frac{\pi }{3}=3\sqrt{3}$VP=tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC (cái này trên lớp chắc b được cm rồi)theo cô si có : $tanA+tanB+tanC\geq 3\sqrt[3]{tanAtanBtanC}=3\sqrt[3]{tanA+ tanB+tanC}$$\Rightarrow tanA+tanB+tanC\geq 3\sqrt{3}$ dấu bằng khi A=B=Cmà VT=VP nên dấu bằng xảy ra. ta được đpcm.

c,ta chứng minh VP$=cosAcosBcosC\leq \frac{1}{8} (1)$thật vậy $(1)\Leftrightarrow [cos(A+B)+cos(A-B)]cos(A+B)+\frac{1}{4}\geq 0$$\Leftrightarrow cos^{2}(A+B)+cos(A+B)cos(A-B)+\frac{1}{4}cos^{2}(A-B)+\frac{1}{4}[1-cos^{2}(A-B)]\geqslant 0$$\Leftrightarrow [cos(A+B)+cos(A-B)]^{2}+\frac{1}{4}sin^{2}(A-B)\geq 0$ (luôn đúng)dấu bằng xảy ra khi $\begin{cases}sin(A-B)=0 \\ cos(A+B)+cos(A-B)=0 \end{cases}\Leftrightarrow A=B=C$chứng minh tương tự ta được VT$=sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}\geq \frac{1}{8}\geq VP$từ đó suy ra dấu bằng xảy ra. ta được đpcm.b, mình nghĩ là bạn chưa được học bđt jensen nên mình trình bày như sau:trước hết ta chứng minh $\frac{sinx+siny}{2}\leq sin\frac{x+y}{2} \forall x,y\in (0;\pi ) $thật vậy,$ \forall x,y\in (0;\pi )$ ta có $cos\frac{x-y}{2}\leq 1\Leftrightarrow sin\frac{x+y}{2}cos\frac{x-y}{2}\leq sin\frac{x+y}{2}$$\Leftrightarrow \frac{sinx+siny}{2}\leq sin\frac{x+y}{2}$bây giờ ta chứng minh $\frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$ta có $sin\frac{x+y+z}{3}=sin\frac{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}{4}=sin\frac{\frac{x+y}{2}+\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}}{2}$$\geq \frac{1}{2}[sin\frac{x+y}{2}+sin\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}]$$\geq \frac{1}{2}[\frac{1}{2}(sinx+siny)+\frac{1}{2}(sinz+sin\frac{x+y+z}{3})]=\frac{1}{4}[sinx+siny+sinz+sin\frac{x+y+z}{3}]$$\Rightarrow \frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$áp dụng thôi.ta có VT $=2(sinA+sinB+sinC)=6sin\frac{A+B+C}{3}\leq 6sin\frac{\pi }{3}=3\sqrt{3}$VP=tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC (cái này trên lớp chắc b được cm rồi)theo cô si có : $tanA+tanB+tanC\geq 3\sqrt[3]{tanAtanBtanC}=3\sqrt[3]{tanA+ tanB+tanC}$$\Rightarrow tanA+tanB+tanC\geq 3\sqrt{3}$ dấu bằng khi A=B=Cmà VT=VP nên dấu bằng xảy ra. ta được đpcm.

c,ta chứng minh VP$=cosAcosBcosC\leq \frac{1}{8} (1)$thật vậy $(1)\Leftrightarrow [cos(A+B)+cos(A-B)]cos(A+B)+\frac{1}{4}\geq 0$$\Leftrightarrow cos^{2}(A+B)+cos(A+B)cos(A-B)+\frac{1}{4}cos^{2}(A-B)+\frac{1}{4}[1-cos^{2}(A-B)]\geqslant 0$$\Leftrightarrow [cos(A+B)+cos(A-B)]^{2}+\frac{1}{4}sin^{2}(A-B)\geq 0$ (luôn đúng)dấu bằng xảy ra khi $\begin{cases}sin(A-B)=0 \\ cos(A+B)+cos(A-B)=0 \end{cases}\Leftrightarrow A=B=C$chứng minh tương tự ta được VT$=sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}\geq \frac{1}{8}\geq VP$từ đó suy ra dấu bằng xảy ra. ta được đpcm.b, mình nghĩ là bạn chưa được học bđt jensen nên mình trình bày như sau:trước hết ta chứng minh $\frac{sinx+siny}{2}\leq sin\frac{x+y}{2} \forall x,y\in (0;\pi ) $thật vậy,$ \forall x,y\in (0;\pi )$ ta có $cos\frac{x-y}{2}\leq 1\Leftrightarrow sin\frac{x+y}{2}cos\frac{x-y}{2}\leq sin\frac{x+y}{2}$$\Leftrightarrow \frac{sinx+siny}{2}\leq sin\frac{x+y}{2}$bây giờ ta chứng minh $\frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$ta có $sin\frac{x+y+z}{3}=sin\frac{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}{4}=sin\frac{\frac{x+y}{2}+\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}}{2}$$\geq \frac{1}{2}[sin\frac{x+y}{2}+sin\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}]$$\geq \frac{1}{2}[\frac{1}{2}(sinx+siny)+\frac{1}{2}(sinz+sin\frac{x+y+z}{3})]=\frac{1}{4}[sinx+siny+sinz+sin\frac{x+y+z}{3}]$$\Rightarrow \frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$áp dụng thôi.ta có VT $=2(sinA+sinB+sinC)=6sin\frac{A+B+C}{3}\leq 6sin\frac{\pi }{3}=3\sqrt{3}$VP=tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC (cái này trên lớp chắc b được cm rồi)theo cô si có : $tanA+tanB+tanC\geq 3\sqrt[3]{tanAtanBtanC}=3\sqrt[3]{tanA+ tanB+tanC}$$\Rightarrow tanA+tanB+tanC\geq 3\sqrt{3}$ dấu bằng khi A=B=Cmà VT=VP nên dấu bằng xảy ra. ta được đpcm.

câu a kế thừa câu c.theo c có $cosAcosBcosC\leq \frac{1}{8} $ và $sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}\geq \frac{1}{8}$theo AM-GM ta có:VP $=\frac{1}{cosA}+\frac{1}{cosB}+\frac{1}{cosC}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{cosAcosBcosC}}\geq 6$tương tự cho VT ta được $VT\leq 6$mà VT=VP nên xảy ra dấu bằng. ta được đpcm

câu a kế thừa câu c.theo c có $cosAcosBcosC\leq \frac{1}{8} $ và $sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}\geq \frac{1}{8}$theo AM-GM ta có:VP $=\frac{1}{cosA}+\frac{1}{cosB}+\frac{1}{cosC}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{cosAcosBcosC}}\geq 6$tương tự cho VT ta được $VT\leq 6$mà VT=VP nên xảy ra dấu bằng. ta được đpcm

c,ta chứng minh VP$=cosAcosBcosC\leq \frac{1}{8} (1)$thật vậy $(1)\Leftrightarrow [cos(A+B)+cos(A-B)]cos(A+B)+\frac{1}{4}\geq 0$$\Leftrightarrow cos^{2}(A+B)+cos(A+B)cos(A-B)+\frac{1}{4}cos^{2}(A-B)+\frac{1}{4}[1-cos^{2}(A-B)]\geqslant 0$$\Leftrightarrow [cos(A+B)+cos(A-B)]^{2}+\frac{1}{4}sin^{2}(A-B)\geq 0$ (luôn đúng)dấu bằng xảy ra khi $\begin{cases}sin(A-B)=0 \\ cos(A+B)+cos(A-B)=0 \end{cases}\Leftrightarrow A=B=C$chứng minh tương tự ta được VT$=sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}\geq \frac{1}{8}\geq VP$từ đó suy ra dấu bằng xảy ra. ta được đpcm.b, mình nghĩ là bạn chưa được học bđt jensen nên mình trình bày như sau:trước hết ta chứng minh $\frac{sinx+siny}{2}\leq sin\frac{x+y}{2} \forall x,y\in (0;\pi ) $thật vậy,$ \forall x,y\in (0;\pi )$ ta có $cos\frac{x-y}{2}\leq 1\Leftrightarrow sin\frac{x+y}{2}cos\frac{x-y}{2}\leq sin\frac{x+y}{2}$$\Leftrightarrow \frac{sinx+siny}{2}\leq sin\frac{x+y}{2}$bây giờ ta chứng minh $\frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$ta có $sin\frac{x+y+z}{3}=sin\frac{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}{4}=sin\frac{\frac{x+y}{2}+\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}}{2}$$\geq \frac{1}{2}[sin\frac{x+y}{2}+sin\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}]$$\geq \frac{1}{2}[\frac{1}{2}(sinx+siny)+\frac{1}{2}(sinz+sin\frac{x+y+z}{3})]=\frac{1}{4}[sinx+siny+sinz+sin\frac{x+y+z}{3}]$$\Rightarrow \frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$áp dụng thôi.ta có VT $=2(sinA+sinB+sinC)=6sin\frac{A+B+C}{3}\leq 6sin\frac{\pi }{3}=3\sqrt{3}$VP=tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC (cái này trên lớp chắc b được cm rồi)theo cô si có : $tanA+tanB+tanC\geq 3\sqrt[3]{tanAtanBtanC}=3\sqrt[3]{tanA+ tanB+tanC}$$\Rightarrow tanA+tanB+tanC\geq 3\sqrt{3}$ dấu bằng khi A=B=Cmà VT=VP nên dấu bằng xảy ra. ta được đpcm.

c,ta chứng minh VP$=cosAcosBcosC\leq \frac{1}{8} (1)$thật vậy $(1)\Leftrightarrow [cos(A+B)+cos(A-B)]cos(A+B)+\frac{1}{4}\geq 0$$\Leftrightarrow cos^{2}(A+B)+cos(A+B)cos(A-B)+\frac{1}{4}cos^{2}(A-B)+\frac{1}{4}[1-cos^{2}(A-B)]\geqslant 0$$\Leftrightarrow [cos(A+B)+cos(A-B)]^{2}+\frac{1}{4}sin^{2}(A-B)\geq 0$ (luôn đúng)dấu bằng xảy ra khi $\begin{cases}sin(A-B)=0 \\ cos(A+B)+cos(A-B)=0 \end{cases}\Leftrightarrow A=B=C$chứng minh tương tự ta được VT$=sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}\geq \frac{1}{8}\geq VP$từ đó suy ra dấu bằng xảy ra. ta được đpcm.b, mình nghĩ là bạn chưa được học bđt jensen nên mình trình bày như sau:trước hết ta chứng minh $\frac{sinx+siny}{2}\leq sin\frac{x+y}{2} \forall x,y\in (0;\pi ) $thật vậy,$ \forall x,y\in (0;\pi )$ ta có $cos\frac{x-y}{2}\leq 1\Leftrightarrow sin\frac{x+y}{2}cos\frac{x-y}{2}\leq sin\frac{x+y}{2}$$\Leftrightarrow \frac{sinx+siny}{2}\leq sin\frac{x+y}{2}$bây giờ ta chứng minh $\frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$ta có $sin\frac{x+y+z}{3}=sin\frac{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}{4}=sin\frac{\frac{x+y}{2}+\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}}{2}$$\geq \frac{1}{2}[sin\frac{x+y}{2}+sin\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}]$$\geq \frac{1}{2}[\frac{1}{2}(sinx+siny)+\frac{1}{2}(sinz+sin\frac{x+y+z}{3})]=\frac{1}{4}[sinx+siny+sinz+sin\frac{x+y+z}{3}]$$\Rightarrow \frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$áp dụng thôi.ta có VT $=2(sinA+sinB+sinC)=6sin\frac{A+B+C}{3}\leq 6sin\frac{\pi }{3}=3\sqrt{3}$VP=tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC (cái này trên lớp chắc b được cm rồi)theo cô si có : $tanA+tanB+tanC\geq 3\sqrt[3]{tanAtanBtanC}=3\sqrt[3]{tanA+ tanB+tanC}$$\Rightarrow tanA+tanB+tanC\geq 3\sqrt{3}$ dấu bằng khi A=B=Cmà VT=VP nên dấu bằng xảy ra. ta được đpcm.

câu 1:$\begin{cases}(6x+5)\sqrt{2x+1}=3y^{3}+2y (1) \\ y+\sqrt{x}= \sqrt{2x^{2}+4x-23}(2)\end{cases} ĐK: x\geqslant \frac{-2+5\sqrt{2}}{2}$với điều kiện đó $(1)\Leftrightarrow 3(2x+1)\sqrt{2x+1}+2\sqrt{2x+1}=3y^{3}+2y$Đặt $f(t)=3t^{3}+2t$$f'(t)=9t^{2}+2>0 \forall t\in R\rightarrow f(t)$ đồng biến.lại có $f(\sqrt{2x+1})=f(y)\rightarrow y=\sqrt{2x+1}(y>0)$ thay vào (2) ta được:$\sqrt{2x+1}+\sqrt{x}=\sqrt{2x^{2}+4x-23}\Leftrightarrow 2x^{2}+x-24=2\sqrt{2x^{2}+x}\Leftrightarrow 2x^{2}+x-36=2(\sqrt{2x^{2}+x}-6)\Leftrightarrow 2x^{2}+x-36=2.\frac{2x^{2}+x-36}{\sqrt{2x^{2}+x}+6}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 2x^{2}+x-36=0\\ \sqrt{2x^{2}+x}+6=2(vô nghiệm)\end{matrix}} \right.\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=4(tm)\\ x=-\frac{9}{2}(loại) \end{matrix}} \right.\rightarrow y=3$vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=(4;3)câu 2:TXĐ: D=$[\frac{5-\sqrt{7}}{3};\sqrt{2}]$$pt\Leftrightarrow 3x^{2}-10x+6+(x+2)[\sqrt{2-x^{2}}-(2x-2)]+(x+2)(2x-2)=0\Leftrightarrow5x^{2}-8x+2+(x+2).\frac{-5x^{2}+8x-2}{\sqrt{2-x^{2}}+2x-2}=0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 5x^{2}-8x+2=0(1)\\\frac{x+2}{\sqrt{2-x^{2}}+2x-2}=1(2)\end{matrix}} \right.$$(1)\Leftrightarrow\left[ {\begin{matrix} x=\frac{4+\sqrt{6}}{5}(tm)\\x=\frac{4-\sqrt{6}}{5} (loại)\end{matrix}} \right. $$(2)\Leftrightarrow \sqrt{2-x^{2}}=4-x\Leftrightarrow x^{2}-4x+7=0$ (vô nghiệm)vậy pt có nghiệm duy nhất $x=\frac{4+\sqrt{6}}{5}$

câu 1:$\begin{cases}(6x+5)\sqrt{2x+1}=3y^{3}+2y (1) \\ y+\sqrt{x}= \sqrt{2x^{2}+4x-23}(2)\end{cases} ĐK: x\geqslant \frac{-2+5\sqrt{2}}{2}$với điều kiện đó $(1)\Leftrightarrow 3(2x+1)\sqrt{2x+1}+2\sqrt{2x+1}=3y^{3}+2y$Đặt $f(t)=3t^{3}+2t$$f'(t)=9t^{2}+2>0 \forall t\in R\rightarrow f(t)$ đồng biến.lại có $f(\sqrt{2x+1})=f(y)\rightarrow y=\sqrt{2x+1}(y>0)$ thay vào (2) ta được:$\sqrt{2x+1}+\sqrt{x}=\sqrt{2x^{2}+4x-23}\Leftrightarrow 2x^{2}+x-24=2\sqrt{2x^{2}+x}$$\Leftrightarrow 2x^{2}+x-36=2(\sqrt{2x^{2}+x}-6)\Leftrightarrow 2x^{2}+x-36=2.\frac{2x^{2}+x-36}{\sqrt{2x^{2}+x}+6}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 2x^{2}+x-36=0\\ \sqrt{2x^{2}+x}+6=2(vô nghiệm)\end{matrix}} \right.\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=4(tm)\\ x=-\frac{9}{2}(loại) \end{matrix}} \right.\rightarrow y=3$vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=(4;3)câu 2:TXĐ: D=$[\frac{5-\sqrt{7}}{3};\sqrt{2}]$$pt\Leftrightarrow 3x^{2}-10x+6+(x+2)[\sqrt{2-x^{2}}-(2x-2)]+(x+2)(2x-2)=0\Leftrightarrow5x^{2}-8x+2+(x+2).\frac{-5x^{2}+8x-2}{\sqrt{2-x^{2}}+2x-2}=0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 5x^{2}-8x+2=0(1)\\\frac{x+2}{\sqrt{2-x^{2}}+2x-2}=1(2)\end{matrix}} \right.$$(1)\Leftrightarrow\left[ {\begin{matrix} x=\frac{4+\sqrt{6}}{5}(tm)\\x=\frac{4-\sqrt{6}}{5} (loại)\end{matrix}} \right. $$(2)\Leftrightarrow \sqrt{2-x^{2}}=4-x\Leftrightarrow x^{2}-4x+7=0$ (vô nghiệm)vậy pt có nghiệm duy nhất $x=\frac{4+\sqrt{6}}{5}$

câu 1:$\begin{cases}(6x+5)\sqrt{2x+1}=3y^{3}+2y (1) \\ y+\sqrt{x}= \sqrt{2x^{2}+4x-23}(2)\end{cases} ĐK: x\geqslant \frac{-2+5\sqrt{2}}{2}$với điều kiện đó $(1)\Leftrightarrow 3(2x+1)\sqrt{2x+1}+2\sqrt{2x+1}=3y^{3}+2y$Đặt $f(t)=3t^{3}+2t$$f'(t)=9t^{2}+2>0 \forall t\in R\rightarrow f(t)$ đồng biến.lại có $f(\sqrt{2x+1})=f(y)\rightarrow y=\sqrt{2x+1}(y>0)$ thay vào (2) ta được:$\sqrt{2x+1}+\sqrt{x}=\sqrt{2x^{2}+4x-23}\Leftrightarrow 2x^{2}+x-24=2\sqrt{2x^{2}+x}\Leftrightarrow 2x^{2}+x-36=2(\sqrt{2x^{2}+x}-6)\Leftrightarrow 2x^{2}+x-36=2.\frac{2x^{2}+x-36}{\sqrt{2x^{2}+x}+6}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 2x^{2}+x-36=0\\ \sqrt{2x^{2}+x}+6=2(vô nghiệm)\end{matrix}} \right.\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=4(tm)\\ x=-\frac{9}{2}(loại) \end{matrix}} \right.\rightarrow y=3$vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=(4;3)câu 2:TXĐ: D=$[\frac{5-\sqrt{7}}{3};\sqrt{2}]$$pt\Leftrightarrow 3x^{2}-10x+6+(x+2)[\sqrt{2-x^{2}}-(2x-2)]+(x+2)(2x-2)=0\Leftrightarrow5x^{2}-8x+2+(x+2).\frac{-5x^{2}+8x-2}{\sqrt{2-x^{2}}+2x-2}=0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 5x^{2}-8x+2=0(1)\\\frac{x+2}{\sqrt{2-x^{2}}+2x-2}=1(2)\end{matrix}} \right.$$(1)\Leftrightarrow\left[ {\begin{matrix} x=\frac{4+\sqrt{6}}{5}(tm)\\x=\frac{4-\sqrt{6}}{5} (loại)\end{matrix}} \right. $$(2)\Leftrightarrow \sqrt{2-x^{2}}=4-x\Leftrightarrow x^{2}-4x+7=0$ (vô nghiệm)vậy pt có nghiệm duy nhất $x=\frac{4+\sqrt{6}}{5}$

câu 1:$\begin{cases}(6x+5)\sqrt{2x+1}=3y^{3}+2y (1) \\ y+\sqrt{x}= \sqrt{2x^{2}+4x-23}(2)\end{cases} ĐK: x\geqslant \frac{-2+5\sqrt{2}}{2}$với điều kiện đó $(1)\Leftrightarrow 3(2x+1)\sqrt{2x+1}+2\sqrt{2x+1}=3y^{3}+2y$Đặt $f(t)=3t^{3}+2t$$f'(t)=9t^{2}+2>0 \forall t\in R\rightarrow f(t)$ đồng biến.lại có $f(\sqrt{2x+1})=f(y)\rightarrow y=\sqrt{2x+1}(y>0)$ thay vào (2) ta được:$\sqrt{2x+1}+\sqrt{x}=\sqrt{2x^{2}+4x-23}\Leftrightarrow 2x^{2}+x-24=2\sqrt{2x^{2}+x}\Leftrightarrow 2x^{2}+x-36=2(\sqrt{2x^{2}+x}-6)\Leftrightarrow 2x^{2}+x-36=2.\frac{2x^{2}+x-36}{\sqrt{2x^{2}+x}+6}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 2x^{2}+x-36=0\\ \sqrt{2x^{2}+x}+6=2(vô nghiệm)\end{matrix}} \right.\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=4(tm)\\ x=-\frac{9}{2}(loại) \end{matrix}} \right.\rightarrow y=3$vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=(4;3)câu 2:TXĐ: D=$[\frac{5-\sqrt{7}}{3};\sqrt{2}]$$pt\Leftrightarrow 3x^{2}-10x+6+(x+2)[\sqrt{2-x^{2}}-(2x-2)]+(x+2)(2x-2)=0\Leftrightarrow5x^{2}-8x+2+(x+2).\frac{-5x^{2}+8x-2}{\sqrt{2-x^{2}}+2x-2}=0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 5x^{2}-8x+2=0(1)\\\frac{x+2}{\sqrt{2-x^{2}}+2x-2}=1(2)\end{matrix}} \right.$$(1)\Leftrightarrow\left[ {\begin{matrix} x=\frac{4+\sqrt{6}}{5}(tm)\\x=\frac{4-\sqrt{6}}{5} (loại)\end{matrix}} \right. $$(2)\Leftrightarrow \sqrt{2-x^{2}}=4-x\Leftrightarrow x^{2}-4x+7=0$ (vô nghiệm)vậy pt có nghiệm duy nhất $x=\frac{4+\sqrt{6}}{5}$

câu 1:gọi N đối xứng với M qua AD. vì AD là phân giác trong của góc A nên $N\in AC$.MN qua M(0;2) và có VTPT $\overrightarrow{n_{MN}}=(1;1)\rightarrow pt MN:x+y-2=0$gọi $I=MN\cap AD\rightarrow I$ là trung điểm của MN.tọa độ $I$ là nghiệm hệ: $\begin{cases}x+y=2 \\ x-y=-1 \end{cases}\Leftrightarrow I(\frac{1}{2};\frac{3}{2})\rightarrow N(1;1)$AC qua N và có VTPT $\overrightarrow{n_{AC}}=(-4;3)\rightarrow ptAC: 4x-3y-1=0$tọa độ A là nghiệm hệ $\begin{cases}x-y=-1 \\4x- 3y=1 \end{cases}\Leftrightarrow A(4;5)$AB qua M có VTCP $\overrightarrow{MA}=(4;3)\rightarrow ptAB: 3x-4y+8=0$tọa độ B là nghiệm hệ $\begin{cases}3x+4y=-10 \\ 3x-4y=-8 \end{cases}\rightarrow B(-3;-\frac{1}{4})$Gọi $C(t;\frac{4t-1}{3}). vì B,C$ khác phía so với AD nên ta có điều kiện: $(t-\frac{4t-1}{3}+1)(-3+\frac{1}{4}+1)<0\Leftrightarrow t<4$vì $MC=\sqrt{2}\rightarrow t^{2}+\frac{(4t-7)^{2}}{9}=2\Leftrightarrow 25t^{2}-56t+31=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{31}{25}(tm)\\ t=1(tm)\end{matrix}} \right.\rightarrow \left[ {\begin{matrix} C(1;1) (loại vì trùng N)\\ C(\frac{31}{25};-\frac{17}{25} )\end{matrix}} \right.\rightarrow C(\frac{31}{25};\frac{-17}{25})$

câu 1:gọi N đối xứng với M qua AD. vì AD là phân giác trong của góc A nên $N\in AC$.MN qua M(0;2) và có VTPT $\overrightarrow{n_{MN}}=(1;1)\rightarrow pt MN:x+y-2=0$gọi $I=MN\cap AD\rightarrow I$ là trung điểm của MN.tọa độ $I$ là nghiệm hệ: $\begin{cases}x+y=2 \\ x-y=-1 \end{cases}\Leftrightarrow I(\frac{1}{2};\frac{3}{2})\rightarrow N(1;1)$AC qua N và có VTPT $\overrightarrow{n_{AC}}=(-4;3)\rightarrow ptAC: 4x-3y-1=0$tọa độ A là nghiệm hệ $\begin{cases}x-y=-1 \\4x- 3y=1 \end{cases}\Leftrightarrow A(4;5)$AB qua M có VTCP $\overrightarrow{MA}=(4;3)\rightarrow ptAB: 3x-4y+8=0$tọa độ B là nghiệm hệ $\begin{cases}3x+4y=-10 \\ 3x-4y=-8 \end{cases}\rightarrow B(-3;-\frac{1}{4})$Gọi $C(t;\frac{4t-1}{3}). vì B,C$ khác phía so với AD nên ta có điều kiện: $(t-\frac{4t-1}{3}+1)(-3+\frac{1}{4}+1)<0\Leftrightarrow t<4$vì $MC=\sqrt{2}\rightarrow t^{2}+\frac{(4t-7)^{2}}{9}=2\Leftrightarrow 25t^{2}-56t+31=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{31}{25}(tm)\\ t=1(tm)\end{matrix}} \right.\rightarrow \left[ {\begin{matrix} C(1;1)\\ C(\frac{31}{25};\frac{33}{25} )\end{matrix}} \right.$

câu 1:gọi N đối xứng với M qua AD. vì AD là phân giác trong của góc A nên $N\in AC$.MN qua M(0;2) và có VTPT $\overrightarrow{n_{MN}}=(1;1)\rightarrow pt MN:x+y-2=0$gọi $I=MN\cap AD\rightarrow I$ là trung điểm của MN.tọa độ $I$ là nghiệm hệ: $\begin{cases}x+y=2 \\ x-y=-1 \end{cases}\Leftrightarrow I(\frac{1}{2};\frac{3}{2})\rightarrow N(1;1)$AC qua N và có VTPT $\overrightarrow{n_{AC}}=(-4;3)\rightarrow ptAC: 4x-3y-1=0$tọa độ A là nghiệm hệ $\begin{cases}x-y=-1 \\4x- 3y=1 \end{cases}\Leftrightarrow A(4;5)$AB qua M có VTCP $\overrightarrow{MA}=(4;3)\rightarrow ptAB: 3x-4y+8=0$tọa độ B là nghiệm hệ $\begin{cases}3x+4y=-10 \\ 3x-4y=-8 \end{cases}\rightarrow B(-3;-\frac{1}{4})$Gọi $C(t;\frac{4t-1}{3}). vì B,C$ khác phía so với AD nên ta có điều kiện: $(t-\frac{4t-1}{3}+1)(-3+\frac{1}{4}+1)<0\Leftrightarrow t<4$vì $MC=\sqrt{2}\rightarrow t^{2}+\frac{(4t-7)^{2}}{9}=2\Leftrightarrow 25t^{2}-56t+31=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{31}{25}(tm)\\ t=1(tm)\end{matrix}} \right.\rightarrow \left[ {\begin{matrix} C(1;1)\\ C(\frac{31}{25};-\frac{17}{25} )\end{matrix}} \right.$

câu 1:gọi N đối xứng với M qua AD. vì AD là phân giác trong của góc A nên $N\in AC$.MN qua M(0;2) và có VTPT $\overrightarrow{n_{MN}}=(1;1)\rightarrow pt MN:x+y-2=0$gọi $I=MN\cap AD\rightarrow I$ là trung điểm của MN.tọa độ $I$ là nghiệm hệ: $\begin{cases}x+y=2 \\ x-y=-1 \end{cases}\Leftrightarrow I(\frac{1}{2};\frac{3}{2})\rightarrow N(1;1)$AC qua N và có VTPT $\overrightarrow{n_{AC}}=(-4;3)\rightarrow ptAC: 4x-3y-1=0$tọa độ A là nghiệm hệ $\begin{cases}x-y=-1 \\4x- 3y=1 \end{cases}\Leftrightarrow A(4;5)$AB qua M có VTCP $\overrightarrow{MA}=(4;3)\rightarrow ptAB: 3x-4y+8=0$tọa độ B là nghiệm hệ $\begin{cases}3x+4y=-10 \\ 3x-4y=-8 \end{cases}\rightarrow B(-3;-\frac{1}{4})$Gọi $C(t;\frac{4t-1}{3}). vì B,C$ khác phía so với AD nên ta có điều kiện: $(t-\frac{4t-1}{3}+1)(-3+\frac{1}{4}+1)<0\Leftrightarrow t<4$vì $MC=\sqrt{2}\rightarrow t^{2}+\frac{(4t-7)^{2}}{9}=2\Leftrightarrow 25t^{2}-56t+31=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{31}{25}(tm)\\ t=1(tm)\end{matrix}} \right.\rightarrow \left[ {\begin{matrix} C(1;1) (loại vì trùng N)\\ C(\frac{31}{25};-\frac{17}{25} )\end{matrix}} \right.\rightarrow C(\frac{31}{25};\frac{-17}{25})$

câu 1:gọi N đối xứng với M qua AD. vì AD là phân giác trong của góc A nên $N\in AC$.MN qua M(0;2) và có VTPT $\overrightarrow{n_{MN}}=(1;1)\rightarrow pt MN:x+y-2=0$gọi $I=MN\cap AD\rightarrow I$ là trung điểm của MN.tọa độ $I$ là nghiệm hệ: $\begin{cases}x+y=2 \\ x-y=-1 \end{cases}\Leftrightarrow I(\frac{1}{2};\frac{3}{2})\rightarrow N(1;1)$AC qua N và có VTPT $\overrightarrow{n_{AC}}=(-4;3)\rightarrow ptAC: 4x-3y-1=0$tọa độ A là nghiệm hệ $\begin{cases}x-y=-1 \\4x- 3y=1 \end{cases}\Leftrightarrow A(4;5)$AB qua M có VTCP $\overrightarrow{MA}=(4;3)\rightarrow ptAB: 3x-4y+8=0$tọa độ B là nghiệm hệ $\begin{cases}3x+4y=-10 \\ 3x-4y=-8 \end{cases}\rightarrow B(-3;-\frac{1}{4})$Gọi $C(t;\frac{4t-1}{3}). vì B,C$ khác phía so với AD nên ta có điều kiện: $(t-\frac{4t-1}{3}+1)(-3+\frac{1}{4}+1)<0\Leftrightarrow t<4$vì $MC=\sqrt{2}\rightarrow t^{2}+\frac{(4t-7)^{2}}{9}=2\Leftrightarrow 25t^{2}-56t+31=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{31}{25}(tm)\\ t=1(tm)\end{matrix}} \right.\rightarrow \left[ {\begin{matrix} C(1;-1)\\ C(\frac{31}{25};-\frac{17}{25} )\end{matrix}} \right.$

câu 1:gọi N đối xứng với M qua AD. vì AD là phân giác trong của góc A nên $N\in AC$.MN qua M(0;2) và có VTPT $\overrightarrow{n_{MN}}=(1;1)\rightarrow pt MN:x+y-2=0$gọi $I=MN\cap AD\rightarrow I$ là trung điểm của MN.tọa độ $I$ là nghiệm hệ: $\begin{cases}x+y=2 \\ x-y=-1 \end{cases}\Leftrightarrow I(\frac{1}{2};\frac{3}{2})\rightarrow N(1;1)$AC qua N và có VTPT $\overrightarrow{n_{AC}}=(-4;3)\rightarrow ptAC: 4x-3y-1=0$tọa độ A là nghiệm hệ $\begin{cases}x-y=-1 \\4x- 3y=1 \end{cases}\Leftrightarrow A(4;5)$AB qua M có VTCP $\overrightarrow{MA}=(4;3)\rightarrow ptAB: 3x-4y+8=0$tọa độ B là nghiệm hệ $\begin{cases}3x+4y=-10 \\ 3x-4y=-8 \end{cases}\rightarrow B(-3;-\frac{1}{4})$Gọi $C(t;\frac{4t-1}{3}). vì B,C$ khác phía so với AD nên ta có điều kiện: $(t-\frac{4t-1}{3}+1)(-3+\frac{1}{4}+1)<0\Leftrightarrow t<4$vì $MC=\sqrt{2}\rightarrow t^{2}+\frac{(4t-7)^{2}}{9}=2\Leftrightarrow 25t^{2}-56t+31=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{31}{25}(tm)\\ t=1(tm)\end{matrix}} \right.\rightarrow \left[ {\begin{matrix} C(1;1)\\ C(\frac{31}{25};-\frac{17}{25} )\end{matrix}} \right.$

câu 1 sai đề. nhưng nếu bạn vẫn muốn giải thì làm như sau:TXĐ: D=$(-\infty ;\frac{6}{5}]$ $đặt \sqrt[3]{3x-2}=u, \sqrt{6-5x}=v(v\geq 0)$ta có hệ $\begin{cases}2u+3v=3 \\ 5u^{3}+3v^{2}=8 \end{cases}$ và chắc chắn rằng bạn phải biết giải phương trình bậc 3 theo cardano thì mới tìm được nghiệm hệ.câu 2.với $x\geq \frac{-1}{2}$ pt $\Leftrightarrow mx=3x^{2}+4x-1(*)$. vì x=0 không phải nghiệm nên $(*)\Leftrightarrow m=\frac{3x^{2}+4x-1}{x}$đặt $f(x)=\frac{3x^{2}+4x-1}{x}$ $D=[-\frac{1}{2};0)\upsilon (0 ; +\infty )$$f'(x)=\frac{3x^{2}+1}{x^{2}}>0 $ với mọi $x\epsilon D$ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to -\frac{1}{2}}f(x)=\frac{9}{2}. \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^{-}}f(x)=+\infty $( vì tử số$\rightarrow -1<0,$ mẫu số$\rightarrow 0^{-})$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^{+}}=-\infty $( vì tử số$\rightarrow -1<0, mẫu\rightarrow 0^{+})$$\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty }=+\infty $.hàm số f(x) đồng biến trên D. lập bảng biến thiên ta suy ra m$\geq \frac{9}{2}$ là các giá trị cần tìm.

câu 1 sai đề. nhưng nếu bạn vẫn muốn giải thì mình xin sửa đề 1 chút (thay 3 thành 5):TXĐ: D=$(-\infty ;\frac{6}{5}]$ $đặt \sqrt[3]{3x-2}=u, \sqrt{6-5x}=v(v\geq 0)$ta có hệ $\begin{cases}2u+3v=5\Leftrightarrow v=\frac{5-2u}{3}(u\leq \frac{5}{2})(1)\\ 5u^{3}+3v^{2}=8 (2)\end{cases}$ .thay (1) vào (2) ta được $15u^{3}+4u^{2}-20u+1=0\Leftrightarrow (u-1)(15u^{2}+19u-1)=0$$\Leftrightarrow u=1 (tm) hoặc u=\frac{-19\pm \sqrt{421}}{30}$ (tm)với u=1$\rightarrow x=1( tm.)$với u=$\frac{-19+\sqrt{421}}{30}\rightarrow x=\frac{1}{3}[(\frac{-19+\sqrt{421}}{30})^{3}+2]$(tm)với u=$\frac{-19-\sqrt{421}}{30}\rightarrow x=\frac{1}{3}[(\frac{-19-\sqrt{421}}{30})^{3}+2] (tm)$câu 2.với $x\geq \frac{-1}{2}$ pt $\Leftrightarrow mx=3x^{2}+4x-1(*)$. vì x=0 không phải nghiệm nên $(*)\Leftrightarrow m=\frac{3x^{2}+4x-1}{x}$đặt $f(x)=\frac{3x^{2}+4x-1}{x}$ $D=[-\frac{1}{2};0)\upsilon (0 ; +\infty )$$f'(x)=\frac{3x^{2}+1}{x^{2}}>0 $ với mọi $x\epsilon D$ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to -\frac{1}{2}}f(x)=\frac{9}{2}. \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^{-}}f(x)=+\infty $( vì tử số$\rightarrow -1<0,$ mẫu số$\rightarrow 0^{-})$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^{+}}f(x)=-\infty $( vì tử số$\rightarrow -1<0, mẫu\rightarrow 0^{+})$$\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty }f(x)=+\infty $.hàm số f(x) đồng biến trên D. lập bảng biến thiên ta suy ra m$\geq \frac{9}{2}$ là các giá trị cần tìm.

câu 1 sai đề. nhưng nếu bạn vẫn muốn giải thì làm như sau:TXĐ: D=$(-\infty ;\frac{6}{5}]$ $đặt \sqrt[3]{3x-2}=u, \sqrt{6-5x}=v(v\geq 0)$ta có hệ $\begin{cases}2u+3v=3 \\ 5u^{3}+3v^{2}=8 \end{cases}$ và chắc chắn rằng bạn phải biết giải phương trình bậc 3 theo cardano thì mới tìm được nghiệm hệ.câu 2.với $x\geq \frac{-1}{2}$ pt $\Leftrightarrow mx=3x^{2}+4x-1(*)$. vì x=0 không phải nghiệm nên $(*)\Leftrightarrow m=3x+4-\frac{1}{x}$đặt $f(x)=3x+4-\frac{1}{x} $ $D=[-\frac{1}{2};+\infty )$$f'(x)=3+\frac{1}{x^{2}}>0 $ với mọi $x\epsilon D$$\rightarrow $ f(x) đồng biến trên D. nên nếu (*) có nghiệm thì nghiệm đó là nghiệm duy nhất.từ đó suy ra không có giá trị nào của m thỏa mãn đề bài.

câu 1 sai đề. nhưng nếu bạn vẫn muốn giải thì làm như sau:TXĐ: D=$(-\infty ;\frac{6}{5}]$ $đặt \sqrt[3]{3x-2}=u, \sqrt{6-5x}=v(v\geq 0)$ta có hệ $\begin{cases}2u+3v=3 \\ 5u^{3}+3v^{2}=8 \end{cases}$ và chắc chắn rằng bạn phải biết giải phương trình bậc 3 theo cardano thì mới tìm được nghiệm hệ.câu 2.với $x\geq \frac{-1}{2}$ pt $\Leftrightarrow mx=3x^{2}+4x-1(*)$. vì x=0 không phải nghiệm nên $(*)\Leftrightarrow m=\frac{3x^{2}+4x-1}{x}$đặt $f(x)=\frac{3x^{2}+4x-1}{x}$ $D=[-\frac{1}{2};0)\upsilon (0 ; +\infty )$$f'(x)=\frac{3x^{2}+1}{x^{2}}>0 $ với mọi $x\epsilon D$ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to -\frac{1}{2}}f(x)=\frac{9}{2}. \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^{-}}f(x)=+\infty $( vì tử số$\rightarrow -1<0,$ mẫu số$\rightarrow 0^{-})$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^{+}}=-\infty $( vì tử số$\rightarrow -1&lt;0, mẫu\rightarrow 0^{+})$$\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty }=+\infty $.hàm số f(x) đồng biến trên D. lập bảng biến thiên ta suy ra m$\geq \frac{9}{2}$ là các giá trị cần tìm.

theo mình 2 bài này phải áp dụng bđt |$a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{n}|$$\leq $$|a_{1}|+|a_{2}|+|a_{3}|+...+|a_{n}|$.câu 1:$u_{n}\leq |u_{n}|=|\frac{cos1}{1.2}+\frac{cos2}{2.3}+...+\frac{cosn}{n(n+1)}|\leq |\frac{cos1}{1.2}|+|\frac{cos2}{2.3}|+...+|\frac{cosn}{n(n+1)}|\\$$\leq \frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+...+\frac{1}{n(n+1)}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}\\<1\rightarrow u_{n}<1$câu 2:bằng phương pháp quy nạp ta cm được $\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)} {} \right]$tương tự câu 1,$u_{n}\leq |u_{n}|\leq \frac{1}{1.2.3}+\frac{1}{2.3.4}+...+\frac{1}{n(n+1)(n+2)}$$=\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{1.2}-\frac{1}{2.3}+\frac{1}{2.3}-\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}{} \right]$$=\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{2}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}{} \right]$$=\frac{1}{4}-\frac{1}{2(n+1)(n+2)}<\frac{1}{4}\rightarrow u_{n}<\frac{1}{4}$.mong bạn đọc cho ý kiến!!!

theo mình 2 bài này phải áp dụng bđt |$a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{n}|$$\leq $$|a_{1}|+|a_{2}|+|a_{3}|+...+|a_{n}|$.câu 1:$u_{n}\leq |u_{n}|=|\frac{cos1}{1.2}+\frac{cos2}{2.3}+...+\frac{cosn}{n(n+1)}|\leq |\frac{cos1}{1.2}|+|\frac{cos2}{2.3}|+...+|\frac{cosn}{n(n+1)}|\\$$\leq \frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+...+\frac{1}{n(n+1)}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}\\<1\rightarrow u_{n}<1$câu 2:bằng phương pháp quy nạp ta cm được $\frac{1}{(n-2)(n-1)n}=\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{(n-2)(n-1)}-\frac{1}{(n-1)n} {} \right]$ với n$\geq 3\in N$tương tự câu 1,$u_{n}\leq |u_{n}|\leq \frac{1}{1.2.3}+\frac{1}{2.3.4}+...+\frac{1}{(n-2)(n-1)n}$$=\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{1.2}-\frac{1}{2.3}+\frac{1}{2.3}-\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{(n-2)(n-1)}-\frac{1}{(n-1)n}{} \right]$$=\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{2}-\frac{1}{(n-1)n}{} \right]$$=\frac{1}{4}-\frac{1}{2(n-1)n}<\frac{1}{4}\rightarrow u_{n}<\frac{1}{4}$.mong bạn đọc cho ý kiến!!!