|
sửa đổi
|
giải hộ e vs
|
|
|
ta dễ dàng biến đổi đượcsin6x+cos6x=1−34sin22xkhi đó I=π4∫04sin2xcos2xdx√4−3sin22xđặt 4−3sin22x=t⇒dt=−12sin2xcos2xdx.với x=0⇒t=4,x=π4⇒1do đó I=−131∫4dt√t=−23(1−2)=23
ta dễ dàng biến đổi đượcsin6x+cos6x=1−34sin22xkhi đó I=π4∫04sin2xcos2xdx√4−3sin22xđặt 4−3sin22x=t⇒dt=−12sin2xcos2xdx.với x=0⇒t=4,x=π4⇒1do đó I=−131∫4dt√t=−23(1−2)=23
|
|
|
sửa đổi
|
hê phương trình khó, giúp em!
|
|
|
1,{2x2−xy+y2=3(1)2x3−9y3=(x−y)(2xy+3)với x,y∈R thay (1) vào (2) ta được(2) ⇔2x3−9y3=(x−y)(2x2+xy+y2)⇔8y3−x2y=0⇔[x=2√2y(3)x=−2√2y(4) (vì y=0 không phải nghiệm hệ)thay (3) vào (1) ta được16y2−2√2y2+y2=3⇔[y=√317−2√2y=−√317−2√2⇒[x=2√617−2√2x=−2√617−2√2tương tự thay (4) vào (1) ta được[y=√317+2√2y=−√317+2√2⇒[x=2√617+2√2x=−2√617+2√22,với y≠0hệ ⇔{xy+x+2−10y=0(1)x2y2+2xy2−12y2+1=0(2)vì x=10 không phải nghiệm hệ nên (1) ⇔y=x+210−x thay vào (2) ta được(2) ⇔x4+6x3+x2−60x+52=0⇔(x2−3x+2)(x2+9x+26)=0⇔[x=1⇒y=−13x=2⇒y=−12
1,{2x2−xy+y2=3(1)2x3−9y3=(x−y)(2xy+3)với x,y∈R thay (1) vào (2) ta được(2) ⇔2x3−9y3=(x−y)(2x2+xy+y2)⇔8y3−x2y=0⇔[x=2√2y(3)x=−2√2y(4) (vì y=0 không phải nghiệm hệ)thay (3) vào (1) ta được16y2−2√2y2+y2=3⇔[y=√317−2√2y=−√317−2√2⇒[x=2√617−2√2x=−2√617−2√2tương tự thay (4) vào (1) ta được[y=√317+2√2y=−√317+2√2⇒[x=2√617+2√2x=−2√617+2√22,với y≠0hệ ⇔{xy+x+2−10y=0(1)x2y2+2xy2−12y2+1=0(2)vì x=10 không phải nghiệm hệ nên (1) ⇔y=x+210−x thay vào (2) ta được(2) ⇔x4+6x3+x2−60x+52=0⇔(x2−3x+2)(x2+9x+26)=0⇔[x=1⇒y=−13x=2⇒y=−123, với x≥5,y≥0hệ ⇔{x√x−8√y=√x+y√y(1)y=x−5(2)thay (2) vào (1) ta được(1) ⇔x√x−8√x−5−√x−(x−5)√x−5=0⇔x(√x−3)−8(√x−5−2)−(√x−3)−(x−5)(√x−5−2)+x−9=0⇔[x−9=0x−1√x+3−x+3√x−5+2+1=0(1) ⇔x=9xét (2) ta cóVT= ≥4√x+3−x+32+1=4√x+3−x+12∀x≥5ta luôn có(√x−1)(x+4√x+5)>0∀x≥5⇔(x+1)(√x+3)<8⇔4√x+3>x+12từ đó suy ra VT >0∀x≥5vậy (2) vô nghiệmKL (x;y)=(9;4) là nghiệm duy nhất của hệ.
|
|
|
sửa đổi
|
mn giúp mk bài này với ^^
|
|
|
câu 1:{(6x+5)√2x+1=3y3+2y(1)y+√x=√2x2+4x−23(2)ĐK:x⩾với điều kiện đó (1)\Leftrightarrow 3(2x+1)\sqrt{2x+1}+2\sqrt{2x+1}=3y^{3}+2yĐặt f(t)=3t^{3}+2tf'(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=3vậy 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: $x\geqslant \frac{-2+5\sqrt{2}}{2}với điều kiện đó (1)\Leftrightarrow 3(2x+1)\sqrt{2x+1}+2\sqrt{2x+1}=3y^{3}+2yĐặt f(t)=3t^{3}+2tf'(t)=9t^{2}+2>0 \forall t\in R\rightarrow f(t)$ 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.$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=4(tm)\\ x=-\frac{9}{2}(loại) \end{matrix}} \right.\rightarrow y=3vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=(4;3)câu 2:TXĐ: D=[\frac{5-\sqrt{7}}{3};\sqrt{2}]$$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}$
|
|
|
sửa đổi
|
năm mới, lì xì, vote mạnh cho linh nha, vote qua lại nè
|
|
|
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=Cchứng minh tương tự ta được VT=sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}\geq \frac{1}{8}\geq VPtừ 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=Cchứng minh tương tự ta được VT=sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}\geq \frac{1}{8}\geq VPtừ 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.
|
|
|
sửa đổi
|
năm mới, lì xì, vote mạnh cho linh nha, vote qua lại nè
|
|
|
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=Cchứng minh tương tự ta được VT=sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}\geq \frac{1}{8}\geq VPtừ 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=Cchứng minh tương tự ta được VT=sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}\geq \frac{1}{8}\geq VPtừ 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.
|
|
|
sửa đổi
|
năm mới, lì xì, vote mạnh cho linh nha, vote qua lại nè
|
|
|
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 6tương tự cho VT ta được VT\leq 6mà 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 6tương tự cho VT ta được VT\leq 6mà VT=VP nên xảy ra dấu bằng. ta được đpcm
|
|
|
sửa đổi
|
năm mới, lì xì, vote mạnh cho linh nha, vote qua lại nè
|
|
|
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=Cchứng minh tương tự ta được VT=sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}\geq \frac{1}{8}\geq VPtừ 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=Cchứng minh tương tự ta được VT=sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}\geq \frac{1}{8}\geq VPtừ 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.
|
|
|
sửa đổi
|
mn giúp mk bài này với ^^
|
|
|
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}+2yĐặt f(t)=3t^{3}+2tf'(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=3vậy 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}+2yĐặt f(t)=3t^{3}+2tf'(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}$$\Leftrightarrow 2x^{2}+x-36=2(\sqrt{2x^{2}+x}-6)\Leftrightarrow 2x^{2}+x-36=2.\frac{2x^{2}+x-36}{\sqrt{2x^{2}+x}+6}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 2x^{2}+x-36=0\\ \sqrt{2x^{2}+x}+6=2(vô nghiệm)\end{matrix}} \right.\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=4(tm)\\ x=-\frac{9}{2}(loại) \end{matrix}} \right.\rightarrow y=3vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=(4;3)câu 2:TXĐ: D=[\frac{5-\sqrt{7}}{3};\sqrt{2}]pt\Leftrightarrow 3x^{2}-10x+6+(x+2)[\sqrt{2-x^{2}}-(2x-2)]+(x+2)(2x-2)=0\Leftrightarrow5x^{2}-8x+2+(x+2).\frac{-5x^{2}+8x-2}{\sqrt{2-x^{2}}+2x-2}=0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 5x^{2}-8x+2=0(1)\\\frac{x+2}{\sqrt{2-x^{2}}+2x-2}=1(2)\end{matrix}} \right.(1)\Leftrightarrow\left[ {\begin{matrix} x=\frac{4+\sqrt{6}}{5}(tm)\\x=\frac{4-\sqrt{6}}{5} (loại)\end{matrix}} \right. $$(2)\Leftrightarrow \sqrt{2-x^{2}}=4-x\Leftrightarrow x^{2}-4x+7=0$ (vô nghiệm)vậy pt có nghiệm duy nhất $x=\frac{4+\sqrt{6}}{5}$
|
|
|
sửa đổi
|
mn giúp mk bài này với ^^
|
|
|
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}+2yĐặt f(t)=3t^{3}+2tf'(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=3vậy 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}+2yĐặt f(t)=3t^{3}+2tf'(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=3vậy 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}
|
|
|
sửa đổi
|
bạn Trườg nhé!
|
|
|
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=0gọi 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=0tọa 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=0tọa 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<4vì $MC=\sqrt{2}\rightarrow t^{2}+\frac{(4t-7)^{2}}{9}=2\Leftrightarrow 25t^{2}-56t+31=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{31}{25}(tm)\\ t=1(tm)\end{matrix}} \right.\rightarrow \left[ {\begin{matrix} C(1;1) (loại vì trùng N)\\ C(\frac{31}{25};-\frac{17}{25} )\end{matrix}} \right.\rightarrow C(\frac{31}{25};\frac{-17}{25})$
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=0gọi 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=0tọa 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=0tọa 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<4vì $MC=\sqrt{2}\rightarrow t^{2}+\frac{(4t-7)^{2}}{9}=2\Leftrightarrow 25t^{2}-56t+31=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{31}{25}(tm)\\ t=1(tm)\end{matrix}} \right.\rightarrow \left[ {\begin{matrix} C(1;1)\\ C(\frac{31}{25};\frac{33}{25} )\end{matrix}} \right.$
|
|
|
sửa đổi
|
bạn Trườg nhé!
|
|
|
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=0gọi 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=0tọa 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=0tọa 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<4vì 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=0gọi 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=0tọa 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=0tọa 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<4vì $MC=\sqrt{2}\rightarrow t^{2}+\frac{(4t-7)^{2}}{9}=2\Leftrightarrow 25t^{2}-56t+31=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{31}{25}(tm)\\ t=1(tm)\end{matrix}} \right.\rightarrow \left[ {\begin{matrix} C(1;1) (loại vì trùng N)\\ C(\frac{31}{25};-\frac{17}{25} )\end{matrix}} \right.\rightarrow C(\frac{31}{25};\frac{-17}{25})$
|
|
|
sửa đổi
|
bạn Trườg nhé!
|
|
|
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=0gọi 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=0tọa 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=0tọa 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<4vì $MC=\sqrt{2}\rightarrow t^{2}+\frac{(4t-7)^{2}}{9}=2\Leftrightarrow 25t^{2}-56t+31=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{31}{25}(tm)\\ t=1(tm)\end{matrix}} \right.\rightarrow \left[ {\begin{matrix} C(1;-1)\\ C(\frac{31}{25};-\frac{17}{25} )\end{matrix}} \right.$
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=0gọi 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=0tọa 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=0tọa 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<4vì 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.
|
|
|
sửa đổi
|
Bài tập phương trình
|
|
|
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 Dta 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$$\Leftrightarrow u=1 (tm) hoặc u=\frac{-19\pm \sqrt{421}}{30}$ (tm)với u=1$\rightarrow x=1( tm.)với u=\frac{-19+\sqrt{421}}{30}\rightarrow x=\frac{1}{3}[(\frac{-19+\sqrt{421}}{30})^{3}+2]$(tm)với u=$\frac{-19-\sqrt{421}}{30}\rightarrow x=\frac{1}{3}[(\frac{-19-\sqrt{421}}{30})^{3}+2] (tm)$câu 2.với x\geq \frac{-1}{2} pt \Leftrightarrow mx=3x^{2}+4x-1(*). vì x=0 không phải nghiệm nên (*)\Leftrightarrow m=\frac{3x^{2}+4x-1}{x}đặt f(x)=\frac{3x^{2}+4x-1}{x} D=[-\frac{1}{2};0)\upsilon (0 ; +\infty )f'(x)=\frac{3x^{2}+1}{x^{2}}>0 với mọi x\epsilon Dta có \mathop {\lim }\limits_{x \to -\frac{1}{2}}f(x)=\frac{9}{2}. \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^{-}}f(x)=+\infty ( vì tử số\rightarrow -1<0, mẫu số\rightarrow 0^{-})$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^{+}}f(x)=-\infty ( vì tử số\rightarrow -1<0, mẫu\rightarrow 0^{+})$$\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.
|
|
|
sửa đổi
|
Bài tập phương trình
|
|
|
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<0, mẫu\rightarrow 0^{+})$$\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty }=+\infty $.hàm số f(x) đồng biến trên D. lập bảng biến thiên ta suy ra m$\geq \frac{9}{2}$ là các giá trị cần tìm.
|
|
|
sửa đổi
|
Các bạn giúp mình với :
|
|
|
theo mình 2 bài này phải áp dụng bđt |a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{n}|\leq |a_{1}|+|a_{2}|+|a_{3}|+...+|a_{n}|.câu 1:u_{n}\leq |u_{n}|=|\frac{cos1}{1.2}+\frac{cos2}{2.3}+...+\frac{cosn}{n(n+1)}|\leq |\frac{cos1}{1.2}|+|\frac{cos2}{2.3}|+...+|\frac{cosn}{n(n+1)}|\\\leq \frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+...+\frac{1}{n(n+1)}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}\\<1\rightarrow u_{n}<1câu 2:bằng phương pháp quy nạp ta cm được $\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)} {} \right]tương tự câu 1,u_{n}\leq |u_{n}|\leq \frac{1}{1.2.3}+\frac{1}{2.3.4}+...+\frac{1}{n(n+1)(n+2)}$$=\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}<1câu 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 Ntương 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!!!
|
|