giải bất phương trình

3^{log x + 2}<2^{log x^{2} +5} - 2

Bất phương trình mũ

giải bất phương trình

$3^{\log x + 2}<2^{\log x^{2} +5} - 2$

Bất phương trình mũ

giải nhanh giúp em bài này

x^3+ xy^2=5 và 2x^2 + xy+y^2=6x+y

Hệ phương trình

giải nhanh giúp em bài này

$\begin{cases}x^3+ xy^2=5 \\ 2x^2 + xy+y^2=6x+y \end{cases}$

Hệ phương trình

phương trình

$x^{3}+xy^2=5$ và $2x^2+ xy+ y^2=6x+y$

Hệ phương trình bậc nhất...

Hệ phương trình

$\begin{cases}x^{3}+xy^2=5 \\ 2x^2+ xy+ y^2=6x+y \end{cases}$

Hệ phương trình bậc nhất...

phương trình

x^{3}+xy^2=5 và 2x^2+ xy+ y^2=6x+y

Hệ phương trình bậc nhất...

phương trình

$x^{3}+xy^2=5$ và $2x^2+ xy+ y^2=6x+y$

Hệ phương trình bậc nhất...

Giải phương trình

Giải phương trình: $\log_{2}(x^{2}+3)+\log_{\frac{1}{2}}5=2\log_{\frac{1}{4}}(x-1)-\log_{2}(x+1)$

Phương trình lôgarit

Giải phương trình

$\log_{2}(x^{2}+3)+\log_{\frac{1}{2}}5=2\log_{\frac{1}{4}}(x-1)-\log_{2}(x+1)$

Phương trình lôgarit

Mình cần gấp giải hộ ngay nhá

Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{\sqrt[3]{\cos x}-\sqrt{\cos x} }{\sin 2x} $

Giới hạn của hàm số

Giới hạn

Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{\sqrt[3]{\cos x}-\sqrt{\cos x} }{\sin 2x} $

Giới hạn của hàm số

dấu tam thức

Bài 1:Tìm m để f(x)=$mx^{2} -4x+3m+1 >0 \forall x>0$Bài 2:CMR:Độ dài đoạn nghiệm của bpt: $/x^{2}+px+q/\leq 2$ không lớn hơn 4

Dấu của tam thức bậc hai

dấu tam thức

Bài 1: Tìm $m$ để $f(x)=mx^{2} -4x+3m+1 >0 \forall x>0$Bài 2: CMR: Độ dài đoạn nghiệm của bpt: $/x^{2}+px+q/\leq 2$ không lớn hơn $4$

Dấu của tam thức bậc hai

Giải hệ phương trình:

Giải hệ phương trình: $\begin{cases}x^2+x^2y-xy^2+xy-y=1\\x^4+y^2-xy(2x-1)=1\end{cases}$

Hệ bất phương trình bậc...

Giải hệ phương trình:

Giải hệ phương trình: $\begin{cases}x^2+x^2y-xy^2+xy-y=1\\x^4+y^2-xy(2x-1)=1\end{cases}$

Hệ bất phương trình bậc...

Giải hệ phương trình: $\begin{cases}x^2+x^2y-xy^2+xy-y=1\\x^4+y^2-xy(2x-1)=1\end{cases}$

Giải hệ phương trình: $$\begin{cases}x^2+x^2y-xy^2+xy-y=1\\x^4+y^2-xy(2x-1)=1\end{cases}$$

Hệ bất phương trình bậc...

Giải hệ phương trình:

Giải hệ phương trình: $\begin{cases}x^2+x^2y-xy^2+xy-y=1\\x^4+y^2-xy(2x-1)=1\end{cases}$

Hệ bất phương trình bậc...

\({x^2} - 3x - 4 \le 0 \Leftrightarrow - 1 \le x \le 4\) Trước hết ta tìm hệ đã cho vô nghiệm \( \Leftrightarrow f\left( x \right) = {x^3} - 3x|x| - {m^2} - 15m < 0\,\forall x \in \left[ { - 1,\,4} \right]\)Ta có \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}{x^3} - 3{x^2} - {m^2} - 15m\,,\,0 \le x \le 4\\{x^3} + 3{x^2} - {m^2} - 15m\,,\, - 1 \le x \le 0\end{array} \right. \Rightarrow f'\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}3{x^2} - 6x\,,\,0 < x < 4\\3{x^2} + 6x\,,\, - 1 < x < 0\end{array} \right.\)Do đó ta có bảng biến thiên như hình vẽDo \(f\left( { - 1} \right) = - {m^2} - 15m + 2\,;\,f\left( 4 \right) = - {m^2} - 15m + 16\)Suy ra \(\mathop \max \limits_{ - 1 \le x \le 4} f\left( x \right) = f\left( 4 \right) = - {m^2} - 15m + 16\)Do đó \(f\left( x \right) < 0,\,\forall x \in \left[ {1,\, - 4} \right]\)\( \Leftrightarrow \mathop \max \limits_{ - 1 \le x \le 4} f\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow {m^2} + 15m - 16 > 0 \)Như vậy để hệ PT ban đầu có nghiệm \(\Leftrightarrow{m^2} + 15m - 16 \le 0\Leftrightarrow \boxed{ - 16 \le m \le 1 } \)

\({x^2} - 3x - 4 \le 0 \Leftrightarrow - 1 \le x \le 4\) Trước hết ta tìm hệ đã cho vô nghiệm \( \Leftrightarrow f\left( x \right) = {x^3} - 3x|x| - {m^2} - 15m < 0\,\forall x \in \left[ { - 1,\,4} \right]\)Ta có \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}{x^3} - 3{x^2} - {m^2} - 15m\,,\,0 \le x \le 4\\{x^3} + 3{x^2} - {m^2} - 15m\,,\, - 1 \le x \le 0\end{array} \right. \Rightarrow f'\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}3{x^2} - 6x\,,\,0 < x < 4\\3{x^2} + 6x\,,\, - 1 < x < 0\end{array} \right.\)Do đó ta có bảng biến thiên như hình vẽDo \(f\left( { - 1} \right) = - {m^2} - 15m + 2\,;\,f\left( 4 \right) = - {m^2} - 15m + 16\)Suy ra \(\mathop \max \limits_{ - 1 \le x \le 4} f\left( x \right) = f\left( 4 \right) = - {m^2} - 15m + 16\)Do đó \(f\left( x \right) < 0,\,\forall x \in \left[ {1,\, - 4} \right]\)\( \Leftrightarrow \mathop \max \limits_{ - 1 \le x \le 4} f\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow {m^2} + 15m - 16 > 0 \)Như vậy để hệ PT ban đầu có nghiệm \(\Leftrightarrow{m^2} + 15m - 16 \le 0\Leftrightarrow - 16 \le m \le 1 \)

Cấp số cộng

Cho ba góc $\alpha, \beta, \gamma$ lập thành một cấp số cộng với công sai $\frac{\pi}{3} $.Chứng minh: $tan \alpha. tan \beta + tan \beta. tan \gamma + tan \gamma.tan \alpha =-3 (1)$

Cấp số cộng

Cấp số cộng

Cho ba góc $\alpha, \beta, \gamma$ lập thành một cấp số cộng với công sai $\frac{\pi}{3} $.Chứng minh: $\tan \alpha. \tan \beta + \tan \beta. \tan \gamma + \tan \gamma.\tan \alpha =-3 (1)$

Cấp số cộng

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với$\left( {\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2}}}} \right) + \left( {\frac{{{b^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2}}}} \right) + \left( {\frac{{{c^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{a^2}}}{{{a^2}}}} \right) + \frac{{{a^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2}}} $$ \ge 2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right) + 3$ (1)Ta có $\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2}}} \ge 2\left| {\frac{a}{b}.\frac{b}{b}} \right| = 2\left| {\frac{a}{b}} \right|$ $\frac{{{b^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2}}} \ge 2\left| {\frac{b}{c}.\frac{c}{c}} \right| = 2\left| {\frac{b}{c}} \right|$ $\frac{{{c^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{a^2}}}{{{a^2}}} \ge 2\left| {\frac{c}{a}.\frac{a}{a}} \right| = 2\left| {\frac{c}{a}} \right|$Do đó $\left( {\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2}}}} \right) + \left( {\frac{{{b^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2}}}} \right) + \left( {\frac{{{c^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{a^2}}}{{{a^2}}}} \right) \ge $ $ \ge 2\left( {\left| {\frac{a}{b}} \right| + \left| {\frac{b}{c}} \right| + \left| {\frac{c}{a}} \right|} \right) \ge 2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right)$ (2)Mặt khác theo bất đẳng thức Côsi ta có $\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2}}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}}.\frac{{{b^2}}}{{{c^2}}}.\frac{{{c^2}}}{{{a^2}}}}} = 3$ (3)Cộng vế với vế (2) và (3) ta được (1)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với$\left( {\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2}}}} \right) + \left( {\frac{{{b^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2}}}} \right) + \left( {\frac{{{c^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{a^2}}}{{{a^2}}}} \right) + \frac{{{a^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2}}} $$ \ge 2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right) + 3$ (1)Ta có $\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2}}} \ge 2\left| {\frac{a}{b}.\frac{b}{b}} \right| = 2\left| {\frac{a}{b}} \right|$ $\frac{{{b^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2}}} \ge 2\left| {\frac{b}{c}.\frac{c}{c}} \right| = 2\left| {\frac{b}{c}} \right|$ $\frac{{{c^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{a^2}}}{{{a^2}}} \ge 2\left| {\frac{c}{a}.\frac{a}{a}} \right| = 2\left| {\frac{c}{a}} \right|$Do đó $\left( {\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2}}}} \right) + \left( {\frac{{{b^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2}}}} \right) + \left( {\frac{{{c^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{a^2}}}{{{a^2}}}} \right)$$ \ge 2\left( {\left| {\frac{a}{b}} \right| + \left| {\frac{b}{c}} \right| + \left| {\frac{c}{a}} \right|} \right) \ge 2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right)$ (2)Mặt khác theo bất đẳng thức Côsi ta có $\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2}}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}}.\frac{{{b^2}}}{{{c^2}}}.\frac{{{c^2}}}{{{a^2}}}}} = 3$ (3)Cộng vế với vế (2) và (3) ta được (1)

Lưu ý : $ a^{2} + b^{2} + c^{2} = \left( a+b+c \right)^{2} – 2 \left( ab+bc+ca \right) = 1- 2 \left( ab+bc+ca \right) $$3 \left( a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2} \right) \geq \left( ab+bc+ca \right)^{2} $( Dùng $3 \left( A^{2} + B^{2}+ C^{2} \right) \geq \left( A+B+C \right)^{2} $)$\Rightarrow M \geq \left( ab+bc+ca \right)^{2} +3 \left( ab+bc+ca \right) +2 \sqrt{ 1-2 \left( ab+bc+ca \right)} $Đặt $x=ab+bc+ca$Thì $M \geq x^{2} +3x+2 \sqrt{ 1-2x}$Và $3 \left( ab+bc+ca \right) \leq \left( a+b+c \right)^{2} \Leftrightarrow 0 \leq x \leq \frac{ 1}{3}$

Lưu ý: $ a^{2} + b^{2} + c^{2} = \left( a+b+c \right)^{2} – 2 \left( ab+bc+ca \right) = 1- 2 \left( ab+bc+ca \right) $$3 \left( a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2} \right) \geq \left( ab+bc+ca \right)^{2} $( Dùng $3 \left( A^{2} + B^{2}+ C^{2} \right) \geq \left( A+B+C \right)^{2} $)$\Rightarrow M \geq \left( ab+bc+ca \right)^{2} +3 \left( ab+bc+ca \right) +2 \sqrt{ 1-2 \left( ab+bc+ca \right)} $Đặt $x=ab+bc+ca$Thì $M \geq x^{2} +3x+2 \sqrt{ 1-2x}$Và $3 \left( ab+bc+ca \right) \leq \left( a+b+c \right)^{2} \Leftrightarrow 0 \leq x \leq \frac{ 1}{3}$Lại đặt $\sqrt{ 1- 2x}=t$ thì do $0 \leq x \leq \frac{ 1}{3}$$\Rightarrow \frac{ 1}{3} \leq 1-2x \leq 1 \Rightarrow \frac{ 1}{ \sqrt{ 3}} \leq \sqrt{ 1-2x} \leq 1 $ hay $\frac{ 1}{ \sqrt{ 3}} \leq t \leq 1$Lúc này $x= \frac{ 1- t^{2}}{2}; x^{2} +3x+2 \sqrt{ 1-2x}= \left( \frac{ 1-t^{2}}{2} \right)^{2} +3 \left( \frac{ 1-t^{2}}{2} \right) +2t= \frac{t^{4}-8t^{2}+8t+7 }{4}$Xét hàm $f(t)= \frac{ t^{4}-8t^{2}+8t+7}{4} \Rightarrow f’(t)= t^{3}-4t+2$$f’( \frac{ 1}{ \sqrt{ 3}})= \frac{ 1}{3 \sqrt{ 3}}- \frac{ 4}{ \sqrt{ 3}}+2= \frac{ 6 \sqrt{ 3}-11}{3 \sqrt{ 3}} <0$$f’(1)=-1<0 : f ,(t)$ liên lục$f’(t)$ Nhận giá trị âm trên toàn đoạn $[\frac{ 1}{ \sqrt{ 3}} ; 1]$$f(t)$ Nghịch biến $t \leq 1$ thì $f(t) \geq f(1)=2$$\Rightarrow $ Giá trị nhỏ nhất của $f(t)$ cũng là giá trị nhỏ nhất của M la $2$, đạt được khi $t=1 \Leftrightarrow x=0 \Leftrightarrow \begin{cases} ab+bc+c a=0 \\ a+b+c=1 \end{cases} $