Câu hỏi:

Khai triển nhị thức Newton của \((1+2 x)^{12}\), ta có \((1+2 x)^{12}=\sum_{k=0}^{12} C_{12}^{k}(2 x)^{k}=\sum_{k=0}^{12} C_{12}^{k} 2^{k} x^{k}\).

Suy ra \(a_{k}=C_{12}^{k} 2^{k}\).

Hệ số \(a_{k}\) Ión nhất khi \(\left\{\begin{array}{l}a_{k} \geq a_{k+1} \\ a_{k} \geq a_{k-1}\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2^{k} C_{12}^{k} \geq 2^{k+1} C_{12}^{k+1} \\ 2^{k} C_{12}^{k} \geq 2^{k-1} C_{12}^{k-1}\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{12-k} \geq \frac{2}{k+1} \\ \frac{2}{k} \geq \frac{1}{12-k+1}\end{array} \Leftrightarrow \frac{23}{3} \leq k \leq \frac{26}{3}\right.\right.\right.\).

\(\xrightarrow[k \in \mathbb{N}]{0 \leq k \leq 12} k=8\). Vậy hệ số lớn nhất là \(a_{8}=C_{12}^{8} 2^{8}\).

Gọi \(u_{n}\) là giá của mét khoan thứ \(n\), trong đó \(1 \leq n \leq 20\).

Theo giả thiết, ta có \(u_{1}=100.000\) và \(u_{n+1}-u_{n}=30.000\) với \(1 \leq n \leq 19\).

Ta có \(\left(u_{n}\right)\) là cấp số cộng có số hạng đầu \(u_{1}=100000\) và công sai \(d=30000\).

Tổng số tiền gia đình thanh toán cho cơ sở khoan giếng chính là tổng các số hạng của cấp số cộng \(d\). Suy ra số tiền mà gia đình phải thanh toán cho cơ sở khoan giếng là

\(S_{20}=u_{1}+u_{2}+\ldots+u_{20}=\frac{20\left[2 u_{1}+(20-1) d\right]}{2}=7700000\) (đồng).

Vì \(A B C D\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(D\)

\(\Rightarrow A B \perp A D \Rightarrow \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}=0\)

Ta có: \(T=(\overrightarrow{M B}+2 \overrightarrow{M C})(\overrightarrow{C D}-\overrightarrow{B D})\)

\(=[(\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{A B})+2(\overrightarrow{M D}+\overrightarrow{D C})] \cdot(\overrightarrow{C D}+\overrightarrow{D B})\)

\(=(\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{A B}+2 \overrightarrow{M D}+2 \overrightarrow{D C}) \cdot \overrightarrow{C B}\)

\(=\left(\frac{-1}{3} \overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A B}+2 \cdot \frac{2}{3} \overrightarrow{A D}+2 \cdot \frac{1}{2} \overrightarrow{A B}\right) \cdot(\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C})\)

\(=\left(\frac{-1}{3} \overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A B}+\frac{4}{3} \overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A B}\right)[\overrightarrow{A B}-(\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{D C})]\)

\(=(2 \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}) \cdot\left(\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A D}-\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}\right)\)

\(=(2 \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}) \cdot\left(\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A D}\right)\)

\(=A B^{2}-2 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A D} \cdot \frac{1}{2} \overrightarrow{A B}-A D^{2}\)

\(=A B^{2}-A D^{2}=A B^{2}-\left(\frac{1}{2} A B\right)^{2}=\frac{3}{4} A B^{2}=\frac{3}{4}(6 a)^{2}=27 a^{2}\).

Vậy \(T=27 a^{2}\).

Với \(a, b, c \geq 1 \Rightarrow(a-1)(b-1) \geq 0 \Leftrightarrow a b \geq a+b-1\)

\(\Leftrightarrow a b c \geq(a+b-1) c=a c+b c-c \geq(a+c-1)+(b+c-1)-c=a+b+c-2\)

Vì \(x, y, z \geq 0\) nên \(2^{x}, 4^{y}, 8^{z} \geq 1\)

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có \(2^{x} \cdot 4^{y} \cdot 8^{z} \geq 2^{x}+4^{y}+8^{z}-2=2\)

\(\Leftrightarrow 2^{2+2 y+3 x} \geq 2 \Leftrightarrow x+2 y+3 z \geq 1\)

\(\Rightarrow P=\frac{x+2 y+3 z}{6} \geq \frac{1}{6}\)

Do \(a, b\) là các số thực dương và \(\frac{1}{2} \log _{2} a=\log _{2} \frac{2}{b} \Leftrightarrow \log _{2} \sqrt{a}=\log _{2} \frac{2}{b} \Leftrightarrow a b^{2}=4\).

Đặt \(t=4 a^{3}+b^{3}=4 a^{3}+\frac{b^{3}}{2}+\frac{b^{3}}{2} \geq 3 \sqrt[3]{a^{3} b^{6}}=3 a b^{2}=12\).

Khi đó \(P=4 a^{3}+b^{3}-4 \log _{2}\left(4 a^{3}+b^{3}\right)=t-4 \log _{2} t=f(t)\).

Ta có \(f^{\prime}(t)=1-\frac{4}{t \ln 2}>0, \forall t \geq 12\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(f(t)\) là \(f(12)=12-4 \log _{2} 12=12-4\left(2+\log _{2} 3\right)=4-4 \log _{2} 3\).

Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P=4 a^{3}+b^{3}-4 \log _{2}\left(4 a^{3}+b^{3}\right)\) là \(4-4 \log _{2} 3\).

Từ đó ta có \(x=y=4, x=3\). Tổng \(x+y+z\) bằng 11.