|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải giúp mình phương trình lượng giác...!!!
|
|
|
|
Giải giúp mình phương trình lượng giác...!!! \frac{2\sqrt{3}sinx(1+cosx)-4cosx.[sin(x/2)]^{2}-3}{2sinx-1}=0
Giải giúp mình phương trình lượng giác...!!! $\frac{2\sqrt{3}sinx(1+cosx)-4cosx.[sin(x/2)]^{2}-3}{2sinx-1}=0 $
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Đề thử
|
|
|
|
Đề thử 1.Trong mp Oxy,cho đường tròn $(C):(x-1)^2+(y-2)^2=9$ tâm $I$ và điểm $M(2;3)$.Viết PT đường thẳng $\Delta$ qua $M$ và căt $C$ tại 2 điểm phân biệt $A,B$ sao cho diện tích tam giác $IAB$ lớn nhất.2.Giải hệ PT:\begin{cases}2x^3+y^3+2x^2+y^2=xy(2x+3y+4) \\ \frac{x^2+1}{y}+\frac{y^2+1}{x}= \frac{10}{3}\end{cases}3.Cho $x,y,z$ là 3 số thực dương thỏa mãn:$xyz+x+z=y$.Tìm Max:$P=\frac{2}{x^2+1}-\frac{2}{y^2+1}-\frac{4z}{\sqrt{z^2+1}}+\frac{3z}{(z^2+1)\sqrt{z^2+1}}$
Đề thử 1.Trong mp $Oxy $,cho đường tròn $(C):(x-1)^2+(y-2)^2=9$ tâm $I$ và điểm $M(2;3)$.Viết PT đường thẳng $\Delta$ qua $M$ và căt $C$ tại 2 điểm phân biệt $A,B$ sao cho diện tích tam giác $IAB$ lớn nhất.2.Giải hệ PT:\begin{cases}2x^3+y^3+2x^2+y^2=xy(2x+3y+4) \\ \frac{x^2+1}{y}+\frac{y^2+1}{x}= \frac{10}{3}\end{cases}3.Cho $x,y,z$ là 3 số thực dương thỏa mãn:$xyz+x+z=y$.Tìm Max:$P=\frac{2}{x^2+1}-\frac{2}{y^2+1}-\frac{4z}{\sqrt{z^2+1}}+\frac{3z}{(z^2+1)\sqrt{z^2+1}}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Đề thử
|
|
|
|
Đề thử 1.Trong mp Oxy,cho đường tròn $(C):(x-1)^2+(y-2)^2=9$ tâm I và điểm $M(2;3)$.Viết PT đường thẳng $\Delta$ qua $M$ và căt $C$ tại 2 điểm phân biệt $A,B$ sao cho diện tích tam giác $IAB$ lớn nhất.2.Giải hệ PT:\begin{cases}2x^3+y^3+2x^2+y^2=xy(2x+3y+4) \\ \frac{x^2+1}{y}+\frac{y^2+1}{x}= \frac{10}{3}\end{cases}3.Cho $x,y,z$ là 3 số thực dương thỏa mãn:$xyz+x+z=y$.Tìm Max:$P=\frac{2}{x^2+1}-\frac{2}{y^2+1}-\frac{4z}{\sqrt{z^2+1}}+\frac{3z}{(z^2+1)\sqrt{z^2+1}}$
Đề thử 1.Trong mp Oxy,cho đường tròn $(C):(x-1)^2+(y-2)^2=9$ tâm $I $ và điểm $M(2;3)$.Viết PT đường thẳng $\Delta$ qua $M$ và căt $C$ tại 2 điểm phân biệt $A,B$ sao cho diện tích tam giác $IAB$ lớn nhất.2.Giải hệ PT:\begin{cases}2x^3+y^3+2x^2+y^2=xy(2x+3y+4) \\ \frac{x^2+1}{y}+\frac{y^2+1}{x}= \frac{10}{3}\end{cases}3.Cho $x,y,z$ là 3 số thực dương thỏa mãn:$xyz+x+z=y$.Tìm Max:$P=\frac{2}{x^2+1}-\frac{2}{y^2+1}-\frac{4z}{\sqrt{z^2+1}}+\frac{3z}{(z^2+1)\sqrt{z^2+1}}$
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Đề thử
|
|
|
|
1.Trong mp $Oxy$,cho đường tròn $(C):(x-1)^2+(y-2)^2=9$ tâm $I$ và điểm $M(2;3)$.Viết PT đường thẳng $\Delta$ qua $M$ và căt $(C)$ tại 2 điểm phân biệt $A,B$ sao cho diện tích tam giác $IAB$ lớn nhất. 2.Giải hệ PT: \begin{cases}2x^3+y^3+2x^2+y^2=xy(2x+3y+4) \\ \frac{x^2+1}{y}+\frac{y^2+1}{x}= \frac{10}{3}\end{cases}
3.Cho $x,y,z$ là 3 số thực dương thỏa mãn:$xyz+x+z=y$.Tìm Max: $P=\frac{2}{x^2+1}-\frac{2}{y^2+1}-\frac{4z}{\sqrt{z^2+1}}+\frac{3z}{(z^2+1)\sqrt{z^2+1}}$
|
|
|
|
giải đáp
|
đề thi thử đây này
|
|
|
|
Câu bất này chả liên quan mấy đến đạo hàm cả,... Xuất phát từ BĐT sau:$a^3+b^3\geq ab(a+b)$ chứng minh bằng biến đổi tương đương. Do vậy kết hợp điều kiện $abc=1$ ta có: $VT\leq \frac{c+a}{a+b+c}-\frac{ac(a+c)}{9}=1-(\frac{b}{a+b+c}+\frac{a+c}{9b}+\frac{1}{9}-\frac{1}{9})=1-(\frac{b}{a+b+c}+\frac{a+b+c}{9b}-\frac{1}{9})\leq \frac{4}{9} $ Dấu = khi $a=b=c=1$
|
|
|
|
giải đáp
|
GGGGGGGGGG
|
|
|
|
Có $\sqrt{x^2+xy+y^2}=\sqrt{\frac{3}{4}(x+y)^2+\frac{1}{4}(x-y)^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}(x+y)$ Tương tự ta có: $VT\geq \frac{\sqrt{3}}{2}(\frac{x+y}{1+4xy}+\frac{y+z}{1+4yz}+\frac{x+z}{1+4xz})$ Xét $P=\frac{x+y}{1+4xy}+\frac{y+z}{1+4yz}+\frac{x+z}{1+4xz}$ Ta sẽ CM $P\geq \frac{3}{2}$ với đk $x+y+z=\frac{3}{2}$ Quy đồng lên: $64xyz(xy+yz+xz)+8\sum xy(x+y)-24xyz+3\geq 192(xyz)^2+12(xy+yz+xz)$ Đặt $xy+yz+xz=q,r=xyz,x+y+z=p$ Ta viết lại BĐT cần chứng minh dưới dạng: $64qr+8(pq-3r)-24r+3\geq 192r^2+12q$ (*)(chú ý $p=\frac{3}{2}$) Ta có $pq\geq 9r$ nên $q\geq6r$ Thu gọn (*) với đk $p$ ta cần chứng minh: $64qr-48r+3-192r^2\geq0$ Áp dụng BĐT phụ đã nêu trên thay vào thì đpcm tương đương:$(8r-1)^2\geq0$(luôn đúng) Kết thúc CM dấu bằng đạt đc tại tâm |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
GGGGGGGGGG
|
|
|
|
Bài 2: cho các số thực dương $x ,y, z$ thỏa mãn $x+y+z=$ $\frac{3}{2}$. Tìm GTNN của biểu thức
$P=$ $\frac{\sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}}{1+4xy}+$ $\frac{\sqrt{y^{2}+yz+z^{2}}}{1+4yz}+$ $\frac{\sqrt{z^{2}+zx+x^{2}}}{1+4zx}$
|
|
|
|
giải đáp
|
giải giúp mình bài này với
|
|
|
|
Câu 1: Quy đồng đưa diều kiện về dạng tương đương: $(ab)^2+(bc)^2+(ac)^2+2(abc)^2=1$ Đặt $ab=x,bc=y,ac=z$ ta cần chứng minh: $x+y+z\leq \frac{3}{2}$ với $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$ Đến đây có 2 hướng giải quyết: C1: Chứng minh rằng tồn tại 1 tam giác sao cho,$x=cosA,y=cosB,z=cos C$ thỏa mãn yêu cầu đề bài Sau đó ta áp dụng BĐT quen thuộc: $cos A+cos B+cos C\leq \frac{3}{2}$ C2:Để ý rằng ta luôn có $x,y,z\in (0,1)$ nên nếu đặt $s=x+y+z$ thì từ đẳng thức trên ta có: $s^2-2s+1=2(1-x)(1-y)(1-z)\leq 2(\frac{1-x+1-y+1-z}{3})^3=2.\frac{(3-s)^3}{27}$ Giải bất PT trên ta được điều cm
|
|
|
|
sửa đổi
|
tích phân anh dép lê giúp vs
|
|
|
|
tích phân anh dép lê giúp vs $\int\limits_{pi /2}^{0}\frac{xcosx}{1+sinx}dx$
tích phân anh dép lê giúp vs $\int\limits_{ \frac{\pi }{2 }}^{0}\frac{xcosx}{1+sinx}dx$
|
|
|
|
sửa đổi
|
tich phan
|
|
|
|
tich phan \int\limits_{-1}^{2}(2x+1)^5
tich phan $\int\limits_{-1}^{2}(2x+1)^5 $
|
|
|
|
giải đáp
|
Giúp em bài toán vs ạ
|
|
|
|
Ta sẽ đi CM:$\prod(a^2+1)\geq (abc+bcd+cda+dab-a-b-c-d)^2$ Thật vậy,ta có: $\prod (a^2+1)=[(1-ab)^2+(a+b)^2][(1-cd)^2+(c+d)^2]$ Mà$(abc+bcd+cda+dab-a-b-c-d)^2=((cd-1)(a+b)+(ab-1)(c+d))^2$ Vậy ta có BĐT đúng theo Cauchy-Schwarz. Tự tìm điểm rơi. |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
cho mình hỏi mấy câu bất đẳng thức này với
|
|
|
|
Câu 3: Sử dụng điều kiện:$a^2+b^2+c^2=1$,hãy chứng minh rằng $(a+b+c)^2\leq2(1+bc)^2$(biến đổi tương đương) Vậy cận trên phải là $\sqrt{2}$. $a+abc\leq a+\frac{a(b^2+c^2)}{2}=a+\frac{a(1-a^2)}{2}=1-\frac{(1-a)^2(a+2)}{2}\leq 1$ Như vậy nhân cả tử và mẫu mỗi phân thức với $a,b,c$ tương ứng ta CM đc cái còn lại
|
|