Nội quy của OLM

TH1: Nếu có 1 số bằng 0, giả sử là z, khi đó ta có \(x^4+y^4=1\)

và \(P=x^2+y^2\ge\sqrt{x^4+y^4}=1\)

Dấu '=' xảy ra khi 1 số =0, một số = \(\pm1\)

TH2: Nếu các số đều khác 0

Từ giả thiết => tồn tại tam giác ABC nhọn sao cho

\(x^2=\cos A,y^2=\cos B,z^2=\cos C\)

\(P=\cos A+\cos B+\cos C-\sqrt{2\cos A\cos B\cos C}\)

\(=1+4\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}-\sqrt{2\cos A\cos B\cos C}\)

Ta chứng minh \(4\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}\ge\sqrt{2\cos A\cos B\cos C}\)  (1)

Ta có (1) \(\Leftrightarrow8\sin^2\frac{A}{2}\sin^2\frac{B}{2}\sin^2\frac{C}{2}\ge\cos A\cos B\cos C\)

\(\Leftrightarrow\frac{8\sin^2\frac{A}{2}\sin^2\frac{B}{2}\sin^2\frac{C}{2}}{\sin A\sin B\sin C}\ge\frac{\cos A\cos B\cos C}{\sin A\sin B\sin C}\)

\(\Leftrightarrow\cot A\cot B\cot C\le\tan\frac{A}{2}\tan\frac{B}{2}\tan\frac{C}{2}\)

\(\Leftrightarrow\tan A\tan B\tan C\ge\cot\frac{A}{2}\cot\frac{B}{2}\cot\frac{C}{2}\)

\(\Leftrightarrow\tan A+\tan B+\tan C\ge\cot\frac{A}{2}+\cot\frac{B}{2}+\cot\frac{C}{2}\)  (2)

bđt (2) đúng vì \(\tan A+\tan B\ge2\cot\frac{C}{2}\)  và 2 bđt tương tự

Dấu '=' xảy ra khi tam giác đều \(\Leftrightarrow x^2=y^2=z^2=\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow P\ge1\)

Dấu '=' xảy ra khi 2 số =0, một số \(=\pm1\)  hoặc \(x^2=y^2=z^2=\frac{1}{2}\)

Vậy GTNN của P là 1

a, 1-2+3-4+...+99-100

= (1-2)+(3-4)+...+(99-100)

= -1 + (-1) +...+ (-1)

= -1 x 50

= -50

b, 1+2-3-4+5+6-...+97+98-99-100

= (1+2-3-4) + (5+6-7-8) + ... + (97+98-99-100)

= -4 +( -4) + .... + (-4)

= -4 x 25

= -100

Gọi tọa độ điểm $M$, $N$ lần lượt là $M\left(x_1;y_1\right),N\left(x_2;y_2\right)$.

Hệ số góc tiếp tuyến của $\left(C\right)$ tại $M$ và $N$ lần lượt là

$k_1=y^{\prime }\left(x_1\right)=-3{x_1}^2+6x_1-1$; $k_2=y^{\prime }\left(x_2\right)=-3{x_2}^2+6x_2-1$

Để tiếp tuyến của $\left(C\right)$ tại $M$ và $N$ luôn song song với nhau điều kiện là

$\{\begin{array}{c}{k}_1=k_2\\ x_1\ne x_2\end{array}$ $\iff \{\begin{array}{c}\left(x_1-x_2\right)\left[-3\left(x_1+x_2\right)+6\right]=0\\ x_1\ne x_2\end{array}$$\iff x_1+x_2=2$.

Ta có:$y_1+y_2=-\left(x_1+x_2\right)\left[{\left(x_1+x_2\right)}^2-3x_1{x}_2\right]+3\left[{\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2\right]-\left(x_1+x_2\right)+8$

Do $x_1+x_2=2$ nên $y_1+y_2=-2\left(4-3x_1{x}_2\right)+3\left(4-2x_1{x}_2\right)+8=10$.

Trung điểm của đoạn $MN$ là $I\left(1;5\right)$. Vậy đường thẳng $MN$ luôn đi qua điểm cố định $I\left(1;5\right)$.

Ta có \(y'=-3x^2+6x-1\Rightarrow y^n=-6x+6;y^n=0\Leftrightarrow x=1\Rightarrow I\left(1;5\right)\) là điểm uốn của đồ thị (C)

G/s M (x_M;y_M); N(x_N;y_N) là 2 điểm di động trên (C)

Tiếp tuyển của (C) tại M,N song song với nhau

=> y'(x_M)=y'(x_N)

\(\Leftrightarrow-3x^2_M+6x_M-1=-3x_N^2+6x_N-1\)

\(\Leftrightarrow-3\left(x_M-x_N\right)\left(x_N+x_M\right)+6\left(x_M-x_N\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{x_M+x_N}{2}=1\left(x_M\ne x_N\right)\)=> I là trung điểm MN

Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm I cố định

em gửi hình ảnh

y′=(2x+3)2−1​.

Đường thẳng $y=ax+b$ là tiếp tuyến của đường cong $(C)$ khi hệ phương trình sau có nghiệm:

\left\{\begin{aligned} &\dfrac{x+2}{2x+3} = ax+b\\ &a = \dfrac{-1}{(2x+3)^2} (1)\\ \end{aligned}\right.⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧​​2x+3x+2​=ax+ba=(2x+3)2−1​(1)​

Mà tiếp tuyến của $(C)$ cắt trục hoành tại $A$, cắt trục tung tại $B$ sao cho $AOB$ là tam giác vuông cân tại $O$ nên $a=-1$ và $b\ne 0(2).$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra \left[\begin{aligned} &2x+3=1\\ &2x+3=-1\\ \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} &x = -1\\ &x = -2\\ \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} &b = 0 (l)\\ &b = -2 (tm) \end{aligned}\right. \Rightarrow a+b = -3.[​2x+3=12x+3=−1​⇔[​x=−1x=−2​⇔[​b=0(l)b=−2(tm)​⇒a+b=−3.

Cho hàm số y=f(x)y=f(x)có đạo hàm liên tục trên khoảng K và có đồ thị là đường cong (C), phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M(a,f(a)),(a∈K)M(a,f(a)),(a∈K) là:

y=f′(a)(x−a)+f(a).

 . 

y=-x-3