\(A=\frac{2x+\sqrt{9x}-3}{x+\sqrt{x}-2}-\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2}-\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}-1}\)

a) ĐKXĐ : \(\hept{\begin{cases}x\ge0\\x\ne1\end{cases}}\)

b) \(=\frac{2x+\sqrt{3^2x}-3}{x-\sqrt{x}+2\sqrt{x}-2}-\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2}-\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}-1}\)

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

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

\(=\frac{2x+3\sqrt{x}-3}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}-\frac{x-1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}-\frac{x-4}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\frac{2x+3\sqrt{x}-3-x+1-x+4}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{2+3\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

c) Đến đây chịu á :'(

a/ d1 có y=(2m^2+1)X 2m-1, d2 có y =m2x+m-2 tìm giao điểm I d1 và d2 theo m

b/ khi m thay đổi, chứng minh điểm I luôn thuộc 1 đường thẳng cố định

Đặt \(u=a+b\ge2\sqrt{ab}\ge2\):

\(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\ge\frac{4}{1+a+1+b}=\frac{4}{u+2}\)

\(a\left(1+a\right)+b\left(1+b\right)=a+b+a^2+b^2\ge a+b+2=u+2\)

\(\Rightarrow2a\left(1+a\right)+2b\left(1+b\right)\ge2u+12\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{2a\left(1+a\right)+2b\left(1+b\right)+8}}\le\frac{1}{\sqrt{2u}+12}\)

\(\Rightarrow T\ge\frac{4}{u+2}-\frac{32}{\sqrt{2u}+12}=f\left(u\right),u\ge2\)

CM: \(f'\left(u\right)>0\forall u\ge2\)

Vậy Min T =f(2)=-7 <=> u=2 <=>a=b=1

áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có

\(\left(3\sqrt{x-1}+4\sqrt{5-x}\right)^2\le\left(3^2+4^2\right)\left(x-1+5-x\right)=100\)

\(\Leftrightarrow3\sqrt{x-1}+4\sqrt{5-x}\le10\)

dấu bằng xảy ra khi 

\(\frac{\sqrt{x-1}}{3}=\frac{\sqrt{5-x}}{4}\Leftrightarrow x=\frac{61}{25}\)

1ăedadaw

Chú ý: Dự đoán \(MaxP=\frac{1}{4}\)khi a = b = c = 1. Ta sẽ chứng minh đây là giá trị lớn nhất của P

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được: \(\sqrt{\left(1+1+1+1\right)\left(a^2+b^2+c^2+1\right)}\ge a+b+c+1\)\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{\left(a^2+b^2+c^2+1\right)}}\le\frac{2}{a+b+c+1}\)

Theo bất đẳng thức quen thuộc \(kzr\le\frac{\left(k+z+r\right)^3}{27}\), ta có: \(\frac{2}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{2}{\frac{\left(a+b+c+3\right)^3}{27}}=\frac{54}{\left(a+b+c+3\right)^3}\)

Do đó \(P\le\frac{2}{a+b+c+1}-\frac{54}{\left(a+b+c+3\right)^3}\)

Đặt \(a+b+c=t>0\)thì ta cần chứng minh \(\frac{2}{t+1}-\frac{54}{\left(t+3\right)^3}\le\frac{1}{4}\)(*)

Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{\left(t-3\right)^2\left(t^2+8t+3\right)}{4\left(t+1\right)\left(t+3\right)^3}\ge0\)*đúng với mọi t > 0*

Đẳng thức xảy ra khi t = 3 hay a = b = c = 1

\(\sqrt{x^2+12}+5=3x+\sqrt{x^2+5}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2+12}-\sqrt{x^2+5}=3x-5\)

bình phương 2 vế ta được : 

\(x^2+12-2\sqrt{x^2+12}\sqrt{x^2+5}+x^2+5=9x^2-30x+25\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(x^2+12\right)\left(x^2+5\right)}=-7x^2+30x-8\)

\(\Leftrightarrow-45x^4-944x^2+176+420x^3+480x=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(-45x^3+330x^2-284x-88\ne0\right)=0\)

Vậy \(x=2\)

:V bạn bình phương tới bến luôn à?

Áp dụng bất đẳng thức Cô - si, ta được: \(\Sigma_{cyc}\frac{a^2b^2+7}{\left(a+b\right)^2}=\Sigma_{cyc}\frac{a^2b^2+1+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b\right)^2}\ge\Sigma_{cyc}\frac{2ab+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b\right)^2}=\Sigma_{cyc}\left(1+\frac{a^2+b^2+2c^2}{\left(a+b\right)^2}\right)\)Đến đây, ta cần chứng minh \(\Sigma_{cyc}\frac{a^2+b^2+2c^2}{\left(a+b\right)^2}\ge3\)

Lại áp dụng bất đẳng thức Cô - si, ta được: \(\Sigma_{cyc}\frac{a^2+b^2+2c^2}{\left(a+b\right)^2}\ge3\sqrt[3]{\frac{\Pi_{cyc}\left(2c^2+a^2+b^2\right)}{\Pi_{cyc}\left(a+b\right)^2}}\)

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được: \(\frac{\Pi_{cyc}\left(2c^2+a^2+b^2\right)}{\Pi_{cyc}\left(a+b\right)^2}\ge1\)

Thật vây, ta có: \(\Pi_{cyc}\left(a+b\right)^2\le\Pi_{cyc}2\left(a^2+b^2\right)\)và \(\Pi_{cyc}4\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\le\Pi_{cyc}\left(2b^2+c^2+a^2\right)^2\)hay \(8\Pi_{cyc}\left(a^2+b^2\right)\le\Pi_{cyc}\left(2a^2+b^2+c^2\right)\)

Từ đó suy ra \(\Pi_{cyc}\left(a+b\right)^2\le\Pi_{cyc}\left(2a^2+b^2+c^2\right)\)hay \(\frac{\Pi_{cyc}\left(2c^2+a^2+b^2\right)}{\Pi_{cyc}\left(a+b\right)^2}\ge1\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1