a) Với  \(x\ge0;x\ne1\)

\(A=\frac{15\sqrt{x}-11}{x+2\sqrt{x}-3}+\frac{3\sqrt{x}-2}{1-\sqrt{x}}-\frac{2\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+3}\)

\(A=\frac{15\sqrt{x}-11}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}-\frac{3\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}-1}-\frac{2\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+3}\)

\(A=\frac{15\sqrt{x}-11-\left(3\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+3\right)-\left(2\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(A=\frac{15\sqrt{x}-11-\left(3x-9\sqrt{x}-2\sqrt{x}-6\right)-\left(2x-2\sqrt{x}+3\sqrt{x}-3\right)}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(A=\frac{15\sqrt{x}-11-3x-9\sqrt{x}+2\sqrt{x}+6-2x+2\sqrt{x}-3\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(A=\frac{-5x+7\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}=\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(-5\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}=\frac{-5\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}\)

Vậy : \(A=\frac{-5\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}\)

b) \(A=\frac{-5\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}=\frac{-5\left(\sqrt{x}+3\right)+17}{\sqrt{x}+3}=-5+\frac{17}{\sqrt{x}+3}\)

\(A_{max}\Leftrightarrow\left(\frac{17}{\sqrt{x}+3}\right)_{max}\)

Vì \(x\ge0;x\ne1\Rightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt{x}\ge0\\\frac{17}{\sqrt{x}+3}>0\end{cases}A_{max}\Leftrightarrow}\left(\sqrt{x}+3\right)_{min}\Leftrightarrow\sqrt{x}_{min}\Leftrightarrow x=0\)

Vậy : \(A_{max}=\frac{17}{3}\Leftrightarrow x=0\)

c,d chưa làm được .-.

c) Để \(A=\frac{1}{2}\)

<=> \(\frac{-5\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}=\frac{1}{2}\)

<=> \(-10\sqrt{x}+4=\sqrt{x}+3\)

<=> \(-11\sqrt{x}=-1\)

<=> \(\sqrt{x}=\frac{1}{11}\)

<=> \(x=\frac{1}{121}\left(tm\right)\)

Vậy ...

d) \(A\le\frac{2}{3}\)

<=> \(\frac{-5\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}\le\frac{2}{3}\)

<=> \(\frac{-5\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}-\frac{2}{3}\le0\)

<=> \(\frac{-15\sqrt{x}+6-2\sqrt{x}-6}{3\sqrt{x}+9}\le0\)

<=> \(\frac{-17\sqrt{x}}{3\sqrt{x}+9}\le0\)

Vì \(\hept{\begin{cases}-17\sqrt{x}\le0\\3\sqrt{x}+9>0\end{cases}}\) \(\Rightarrow\frac{-17\sqrt{x}}{3\sqrt{x}+9}\le0\)(luôn đúng)

=> Ta có ĐPCM

Đưa một tỉ tao làm cho 

Ta có: \(\frac{1+3a}{1+b^2}=\left(1+3a\right).\frac{1}{1+b^2}=\left(1+3a\right)\left(1-\frac{b^2}{1+b^2}\right)\)

\(\ge\left(1+3a\right)\left(1-\frac{b^2}{2b}\right)=\left(1+3a\right)\left(1-\frac{b}{2}\right)\)

\(=3a+1-\frac{b}{2}-\frac{3ab}{2}\)(1)

Tương tự ta có: \(\frac{1+3b}{1+c^2}=3b+1-\frac{c}{2}-\frac{3bc}{2}\)(2); \(\frac{1+3c}{1+a^2}=3c+1-\frac{a}{2}-\frac{3ca}{2}\)(3)

Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được: \(\frac{1+3a}{1+b^2}+\frac{1+3b}{1+c^2}+\frac{1+3c}{1+a^2}\)\(\ge3\left(a+b+c\right)-\frac{a+b+c}{2}-\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2}+3\)

\(=\frac{5\left(a+b+c\right)}{2}-\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2}+3\)

\(\ge\frac{5.\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}}{2}-\frac{3.3}{2}+3=\frac{15}{2}-\frac{9}{2}+3=6\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

\(A=x+y+\frac{6}{x}+2011\)

\(\Leftrightarrow3A=\left(x+3y\right)+\left(2x+\frac{18}{x}\right)+6033\)(1)

ta có \(x+3y\ge6\left(gt\right)\)(2)

        \(2x+\frac{18}{x}\ge2\sqrt{2x\cdot\frac{18}{x}}=2\cdot6=12\)( theo bất đẳng thức cô si cho các số dương)      (3)

từ (1), (2) và (3)

\(\Rightarrow3A\ge6+12+6033=6051\)

\(\Rightarrow A\ge2017\)

vậy min A=2017

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+3y=6\\2x=\frac{18}{x}\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=6-3y\\2x^2=18\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=6-3y\\x^2=9\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=6-3y\\x=3\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}6-3y=3\\x=3\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=1\\x=3\end{cases}}}}\)(vì x>0)

vậy ......

Chắc là thế bên mình cũng không có mình tưởng máy mình bị hư ^_^

uk, buồn nhỉ? Mong quản lí Olm phục hồi chức năng chat của web http://thidau.olm.vn/.

Chat ở đó có nhiều tiện ích như:

-Tin nhắn truyền đi nhanh hơn ở trong https://olm.vn/hoi-dap nhiều

-Giúp các bạn muốn kiếm điểm thi đấu có thể mời bn bè cộng đồng cùng thi đấu.

-VÀ nhiều tính năng khác nữa...

B c B' A K H

Lấy B' đối xứng với B qua AK  ( K thỏa mãn \(BK\perp AB\); \(AK\perp BK\))

CM được : \(\hept{\begin{cases}BB'=2BK=2AH=2h_a\\AB=AB'\end{cases}}\)

Ta có : \(BB'^2=CB'^2-BC^2\le\left(AB'+AC\right)^2-BC^2=\left(AB+AC\right)^2-BC^2\)

\(\Rightarrow\left(2h_a\right)^2=4h_a^2\le\left(b+c\right)^2-a^2\)

Tương tự , ta có : \(4h_b^2\le\left(a+c\right)^2-b^2\)        và        \(4h_c^2\le\left(a+b\right)^2-c^2\)

Suy ra : \(4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\le\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(a+c\right)^2-a^2-b^2-c^2\)

\(\Rightarrow4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\le a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac=\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{h_a^2+h_b^2+h_c^2}\ge4\)Hay \(P\ge4\)

" = " khi  \(B',A,C\) thẳng hàng \(\Rightarrow A\)là trung điểm của \(B'C\)\(\Rightarrow AH\)là trung tuyến \(\Delta ABC\Rightarrow\Delta ABC\)cân tại \(A\)

               Tương tự , \(\Delta ABC\)  lần lượt cân tại \(B,C\)

                Suy ra : \(\Delta ABC\)  đều 

Vậy \(MIN_P=4\)đạt được khi \(\Delta ABC\)đều