|
sửa đổi
|
toán khó !
|
|
|
$y = {x^n}{(x - 3)^2}$TXĐ: $D= R$$y' = n{x^{n - 1}}{(x - 3)^2} + 2{x^n}(x - 3) = {x^{n - 1}}(x - 3)[(n+2)x-3n]$$y' = 0 $ $\Leftrightarrow \left [ \begin{gathered} x = 3\\ x = 0 \\ x=\frac{{3n}}{{n+2}} \end{gathered} \right.$ Ta có: $0<\frac{{3n}}{{n + 2}} = \frac{{3n + 6 - 6}}{{n + 2}} = 3 - \frac{6}{{n + 2}} < 3 \forall n \in {N^*}$$* n $ chẵn $\Rightarrow n - 1$ lẻ: Lập bảng biến thiên (qua nghiệm 0 đổi đấu), ta suy ra hàm số đạt cực tiểu tại $x=0$ và tại $x=3$; đạt cực đại tại $x = \frac{{3n}}{{n + 2}}$.$* n $ lẻ $\Rightarrow n - 1$ chẵn: Lập bảng biến thiên (qua nghiệm 0 không đổi đấu), ta suy ra hàm số đạt cực đại tại $x = \frac{{3n}}{{n + 2}}$ và đạt cực tiểu tại $x=3$;
$y = {x^n}{(x - 3)^2}$TXĐ: $D= R$$y' = n{x^{n - 1}}{(x - 3)^2} + 2{x^n}(x - 3) = {x^{n - 1}}(x - 3)[(n+2)x-3n]$$y' = 0 $ $\Leftrightarrow \left [ \begin{gathered} x = 3\\ x = 0 \\ x=\frac{{3n}}{{n+2}} \end{gathered} \right.$ Ta có: $0<\frac{{3n}}{{n + 2}} = \frac{{3n + 6 - 6}}{{n + 2}} = 3 - \frac{6}{{n + 2}} < 3 \forall n \in {{Z^ + }}$$* n $ chẵn $\Rightarrow n - 1$ lẻ: Lập bảng biến thiên (qua nghiệm 0 đổi đấu), ta suy ra hàm số đạt cực tiểu tại $x=0$ và tại $x=3$; đạt cực đại tại $x = \frac{{3n}}{{n + 2}}$.$* n $ lẻ $\Rightarrow n - 1$ chẵn: Lập bảng biến thiên (qua nghiệm 0 không đổi đấu), ta suy ra hàm số đạt cực đại tại $x = \frac{{3n}}{{n + 2}}$ và đạt cực tiểu tại $x=3$;
|
|
|
sửa đổi
|
đề thi thử dh Vinh (ko xem thi phí)
|
|
|
*Do B là giao điểm của d1 và d2, suy ra: $B(1;1)$* Phương trình đường thẳng BA (qua hai điểm B và M): $y-1=0$ Ta gọi $A(a;1), a \ne 1$* Gọi N là điểm đối xứng của M qua d2. Ta tìm được $N(1;0)$. Phương trình đường thẳng BC (qua hai điểm B và N): $x-1=0$ Ta gọi $C(1;c), c \ne 1$* Gọi P là trung điểm của AC. Ta suy ra: $P(\frac{{a + 1}}{2};\frac{{c + 1}}{2})$ Do $P \in $ d1, suy ra: $a+1+(c+1)/2 -3=0 \Leftrightarrow c = 3 - 2a$* Gọi I(u;v) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do $IB = IA = IC = \sqrt 5 $ suy ra: \begin{cases} {(u - 1)^2} + {(v - 1)^2} = {(u - a)^2} + {(v - 1)^2} (1) \\ {(u - 1)^2} + {(v - 1)^2} = {(u - 1)^2} + {(v - c)^2} (2)\\ {(u - 1)^2} + {(v - 1)^2} = 5 \end{cases} $(1) \Rightarrow u = \frac{{a + 1}}{2},(2) \Rightarrow v = \frac{{c + 1}}{2} = 2 - a$ Thế vào (3), ta được: $\frac{{{{(a - 1)}^2}}}{4} + {(1 - a)^2} = 5 \Leftrightarrow {(a - 1)^2} = 4 \Leftrightarrow a = - 1 \vee a = 3$\[*a = - 1 \Rightarrow c = 5 \Rightarrow A( - 1;0),B(1;1),C(0;5)\]\[*a = 3 \Rightarrow c = - 3 \Rightarrow A(3;0),B(1;1),C(0; - 3)\]
*Do B là giao điểm của d1 và d2, suy ra: $B(1;1)$* Phương trình đường thẳng BA (qua hai điểm B và M): $y-1=0$ Ta gọi $A(a;1), a \ne 1$* Gọi N là điểm đối xứng của M qua d2. Ta tìm được $N(1;0)$. Phương trình đường thẳng BC (qua hai điểm B và N): $x-1=0$ Ta gọi $C(1;c), c \ne 1$* Gọi P là trung điểm của AC. Ta suy ra: $P(\frac{{a + 1}}{2};\frac{{c + 1}}{2})$ Do $P \in $ d1, suy ra: $a+1+(c+1)/2 -3=0 \Leftrightarrow c = 3 - 2a$* Gọi I(u;v) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do $IB = IA = IC = \sqrt 5 $ suy ra: \begin{cases} {(u - 1)^2} + {(v - 1)^2} = {(u - a)^2} + {(v - 1)^2} (1) \\ {(u - 1)^2} + {(v - 1)^2} = {(u - 1)^2} + {(v - c)^2} (2)\\ {(u - 1)^2} + {(v - 1)^2} = 5 \end{cases} $(1) \Rightarrow u = \frac{{a + 1}}{2},(2) \Rightarrow v = \frac{{c + 1}}{2} = 2 - a$ Thế vào (3), ta được: $\frac{{{{(a - 1)}^2}}}{4} + {(1 - a)^2} = 5 \Leftrightarrow {(a - 1)^2} = 4 \Leftrightarrow a = - 1 \vee a = 3$\[*a = - 1 \Rightarrow c = 5 \Rightarrow A( - 1;1),B(1;1),C(1;5)\]\[*a = 3 \Rightarrow c = - 3 \Rightarrow A(3;1),B(1;1),C(1; - 3)\]
|
|
|
sửa đổi
|
Phương trình.
|
|
|
$\frac{{2x}}{{2{x^2} - 5x + 3}} + \frac{{13x}}{{2{x^2} + x + 3}} = 6$ (1)Điều kiện: $x \ne 1,x \ne \frac{3}{2}$$(1) \Leftrightarrow 4 - \frac{{2x}}{{2{x^2} - 5x + 3}} + 2 - \frac{{13x}}{{2{x^2} + x + 3}} = 0$$ \Leftrightarrow \frac{{8{x^2} - 22x + 12}}{{2{x^2} - 5x + 3}} + \frac{{4{x^2} - 11x + 6}}{{2{x^2} + x + 3}} = 0$$ \Leftrightarrow (4{x^2} - 11x + 6)(\frac{2}{{2{x^2} - 5x + 3}} + \frac{1}{{2{x^2} + x + 3}}) = 0$$ \Leftrightarrow 4{x^2} - 11x + 6 = 0$ (2) hay $2(2{x^2} + x + 3) + 2{x^2} - 5x + 3 = 0$ (3)$(2) \Leftrightarrow x = \frac{3}{4} \vee x = 2$$(3) \Leftrightarrow 2(2{x^2} + x + 3) + 2{x^2} - 5x + 3 = 0 \Leftrightarrow 6{x^2} - 3x + 9 = 0 (VN)$Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt $x = \frac{3}{4}$ hay $ x=2$.
$\frac{{2x}}{{2{x^2} - 5x + 3}} + \frac{{13x}}{{2{x^2} + x + 3}} = 6$ (1)Điều kiện: $x \ne 1,x \ne \frac{3}{2}$$(1) \Leftrightarrow 4 - \frac{{2x}}{{2{x^2} - 5x + 3}} + 2 - \frac{{13x}}{{2{x^2} + x + 3}} = 0$$ \Leftrightarrow \frac{{8{x^2} - 22x + 12}}{{2{x^2} - 5x + 3}} + \frac{{4{x^2} - 11x + 6}}{{2{x^2} + x + 3}} = 0$$ \Leftrightarrow (4{x^2} - 11x + 6)(\frac{2}{{2{x^2} - 5x + 3}} + \frac{1}{{2{x^2} + x + 3}}) = 0$$ \Leftrightarrow 4{x^2} - 11x + 6 = 0$ (2) hay $2(2{x^2} + x + 3) + 2{x^2} - 5x + 3 = 0$ (3)$(2) \Leftrightarrow x = \frac{3}{4} \vee x = 2$$(3) \Leftrightarrow 6{x^2} - 3x + 9 = 0 (VN)$Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt $x = \frac{3}{4}$ hay $ x=2$.
|
|
|
sửa đổi
|
Hình học phẳng
|
|
|
* Gọi B' là hình chiếu của B qua đường phân giác trong At. Dễ thấy $B' \in AC$Ta tìm được tọa độ B' là $(-6;13)$. * Do $A \in At$ nên ta đặt $A(-2a+5;a)$. * Gọi M là trung điểm của đoạn BC. Do $\overrightarrow {GM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AG} $ nên ta có:\begin{cases}{x_M} - \frac{1}{3} = \frac{1}{2}(\frac{1}{3} + 2a - 5) \\ {y_M} - \frac{2}{3} = \frac{1}{2}(\frac{2}{3} - a) \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases}{x_M} = a - 2 \\ {y_M} = - \frac{a}{2} + 1 \end{cases}\]* Do M là trung điểm của BC nên:\begin{cases}{x_C} = 2(a - 2) + 12 = 2a + 8 \\ {y_C} = 2( - \frac{a}{2} + 1) - 1 = - a + 1 \end{cases}* Khi đó, ta có: $\overrightarrow {B'A} = ( - 2a + 11;a - 13),\overrightarrow {B'C} = (2a + 14; - a - 12)$Do $\overrightarrow {B'A} ,\overrightarrow {B'C} $ cùng phương nên tồn tại $k \in R$ để:\begin{cases} - 2a + 11 = k(2a + 14) \\ a - 13 = k( - a - 12) \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases}a = - 2 \\ k = \frac{3}{2} \end{cases}\]\[ \Rightarrow C(4;3),\overrightarrow {BC} = (16;2),BC:x - 8y + 20 = 0\]
* Gọi B' là hình chiếu của B qua đường phân giác trong At. Dễ thấy $B' \in AC$Ta tìm được tọa độ B' là $(-6;13)$. * Do $A \in At$ nên ta đặt $A(-2a+5;a)$. * Gọi M là trung điểm của đoạn BC. Do $\overrightarrow {GM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AG} $ nên ta có:\begin{cases}{x_M} - \frac{1}{3} = \frac{1}{2}(\frac{1}{3} + 2a - 5) \\ {y_M} - \frac{2}{3} = \frac{1}{2}(\frac{2}{3} - a) \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases}{x_M} = a - 2 \\ {y_M} = - \frac{a}{2} + 1 \end{cases}\]* Do M là trung điểm của BC nên:\begin{cases}{x_C} = 2(a - 2) + 12 = 2a + 8 \\ {y_C} = 2( - \frac{a}{2} + 1) - 1 = - a + 1 \end{cases}* Khi đó, ta có: $\overrightarrow {B'A} = ( - 2a + 11;a - 13),\overrightarrow {B'C} = (2a + 14; - a - 12)$Do $\overrightarrow {B'A} ,\overrightarrow {B'C} $ cùng phương nên tồn tại $k \in R$ để:\begin{cases} - 2a + 11 = k(2a + 14) \\ a - 13 = k( - a - 12) \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases}2(ka + 1) = 11 - 14k \\ ka + 1 = 13 - 12k \end{cases}\]\[ \Leftrightarrow \begin{cases}a = - 2 \\ k = \frac{3}{2} \end{cases}\]\[ \Rightarrow C(4;3),\overrightarrow {BC} = (16;2),BC:x - 8y + 20 = 0\]
|
|
|
sửa đổi
|
Hình học phẳng
|
|
|
* Gọi B' là hình chiếu của B qua đường phân giác trong góc At. Dễ thấy $B' \in AC$Ta tìm được tọa độ B' là $(-6;13)$. * Do $A \in At$ nên ta đặt $A(-2a+5;a)$. * Gọi M là trung điểm của đoạn BC. Do $\overrightarrow {GM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AG} $ nên ta có:\begin{cases}{x_M} - \frac{1}{3} = \frac{1}{2}(\frac{1}{3} + 2a - 5) \\ {y_M} - \frac{2}{3} = \frac{1}{2}(\frac{2}{3} - a) \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases}{x_M} = a - 2 \\ {y_M} = - \frac{a}{2} + 1 \end{cases}\]* Do M là trung điểm của BC nên:\begin{cases}{x_C} = 2(a - 2) + 12 = 2a + 8 \\ {y_C} = 2( - \frac{a}{2} + 1) - 1 = - a + 1 \end{cases}* Khi đó, ta có: $\overrightarrow {B'A} = ( - 2a + 11;a - 13),\overrightarrow {B'C} = (2a + 14; - a - 12)$Do $\overrightarrow {B'A} ,\overrightarrow {B'C} $ cùng phương nên tồn tại $k \in R$ để:\begin{cases} - 2a + 11 = k(2a + 14) \\ a - 13 = k( - a - 12) \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases}a = - 2 \\ k = \frac{3}{2} \end{cases}\]\[ \Rightarrow C(4;3),\overrightarrow {BC} = (16;2),BC:x - 8y + 20 = 0\]
* Gọi B' là hình chiếu của B qua đường phân giác trong At. Dễ thấy $B' \in AC$Ta tìm được tọa độ B' là $(-6;13)$. * Do $A \in At$ nên ta đặt $A(-2a+5;a)$. * Gọi M là trung điểm của đoạn BC. Do $\overrightarrow {GM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AG} $ nên ta có:\begin{cases}{x_M} - \frac{1}{3} = \frac{1}{2}(\frac{1}{3} + 2a - 5) \\ {y_M} - \frac{2}{3} = \frac{1}{2}(\frac{2}{3} - a) \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases}{x_M} = a - 2 \\ {y_M} = - \frac{a}{2} + 1 \end{cases}\]* Do M là trung điểm của BC nên:\begin{cases}{x_C} = 2(a - 2) + 12 = 2a + 8 \\ {y_C} = 2( - \frac{a}{2} + 1) - 1 = - a + 1 \end{cases}* Khi đó, ta có: $\overrightarrow {B'A} = ( - 2a + 11;a - 13),\overrightarrow {B'C} = (2a + 14; - a - 12)$Do $\overrightarrow {B'A} ,\overrightarrow {B'C} $ cùng phương nên tồn tại $k \in R$ để:\begin{cases} - 2a + 11 = k(2a + 14) \\ a - 13 = k( - a - 12) \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases}a = - 2 \\ k = \frac{3}{2} \end{cases}\]\[ \Rightarrow C(4;3),\overrightarrow {BC} = (16;2),BC:x - 8y + 20 = 0\]
|
|
|
sửa đổi
|
Hình học phẳng
|
|
|
* Gọi B' là hình chiếu của B qua đường phân giác trong góc At. Dễ thấy $B' \in AC$Ta tìm được tọa độ B' là $(-6;13)$. * Do $A \in At$ nên ta đặt $A(-2a+5;a)$. * Gọi M là trung điểm của đoạn BC. Do $\overrightarrow {GM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AG} $ nên ta có:\begin{cases}{x_M} - \frac{1}{3} = \frac{1}{2}(\frac{1}{3} + 2a - 5) \\ {y_M} - \frac{2}{3} = \frac{1}{2}(\frac{2}{3} - a) \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases}{x_M} = a - 2 \\ {y_M} = - \frac{a}{2} + 1 \end{cases}\]* Do M là trung điểm của BC nên:\begin{cases}{x_C} = 2(a - 2) + 12 = 2a + 8 \\ {y_C} = 2( - \frac{a}{2} + 1) - 1 = - a + 1 \end{cases}* Khi đó, ta có: $\overrightarrow {B'A} = ( - 2a + 11;a - 13),\overrightarrow {B'C} = (2a + 14; - a - 12)$Do $\overrightarrow {B'A} ,\overrightarrow {B'C} cùng phương $ nên tồn tại $k \in R$ để:\begin{cases} - 2a + 11 = k(2a + 14) \\ a - 13 = k( - a - 12) \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases}a = - 2 \\ k = \frac{3}{2} \end{cases}\]\[ \Rightarrow C(4;3),\overrightarrow {BC} = (16;2),BC:x - 8y + 20 = 0\]
* Gọi B' là hình chiếu của B qua đường phân giác trong góc At. Dễ thấy $B' \in AC$Ta tìm được tọa độ B' là $(-6;13)$. * Do $A \in At$ nên ta đặt $A(-2a+5;a)$. * Gọi M là trung điểm của đoạn BC. Do $\overrightarrow {GM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AG} $ nên ta có:\begin{cases}{x_M} - \frac{1}{3} = \frac{1}{2}(\frac{1}{3} + 2a - 5) \\ {y_M} - \frac{2}{3} = \frac{1}{2}(\frac{2}{3} - a) \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases}{x_M} = a - 2 \\ {y_M} = - \frac{a}{2} + 1 \end{cases}\]* Do M là trung điểm của BC nên:\begin{cases}{x_C} = 2(a - 2) + 12 = 2a + 8 \\ {y_C} = 2( - \frac{a}{2} + 1) - 1 = - a + 1 \end{cases}* Khi đó, ta có: $\overrightarrow {B'A} = ( - 2a + 11;a - 13),\overrightarrow {B'C} = (2a + 14; - a - 12)$Do $\overrightarrow {B'A} ,\overrightarrow {B'C} $ cùng phương nên tồn tại $k \in R$ để:\begin{cases} - 2a + 11 = k(2a + 14) \\ a - 13 = k( - a - 12) \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases}a = - 2 \\ k = \frac{3}{2} \end{cases}\]\[ \Rightarrow C(4;3),\overrightarrow {BC} = (16;2),BC:x - 8y + 20 = 0\]
|
|
|
sửa đổi
|
Hình học phẳng
|
|
|
* Gọi B' là hình chiếu của B qua đường phân giác trong góc At. Dễ thấy $B' \in AC$Ta tìm được tọa độ B' là $(-6;13)$. * Do $A \in At$ nên ta đặt $A(-2a+5;a)$. * Gọi M là trung điểm của đoạn BC. Do $\overrightarrow {GM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AG} $ nên ta có:\begin{cases}{x_M} - \frac{1}{3} = \frac{1}{2}(\frac{1}{3} + 2a - 5) \\ {y_M} - \frac{2}{3} = \frac{1}{2}(\frac{2}{3} - a) \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases}{x_M} = a - 2 \\ {y_M} = - \frac{a}{2} + 1 \end{cases}\]* Do M là trung điểm của BC nên:\begin{cases}{x_C} = 2(a - 2) + 12 = 2a + 8 \\ {y_C} = 2( - \frac{a}{2} + 1) - 1 = - a + 1 \end{cases}* Khi đó, ta có: $\overrightarrow {B'A} = ( - 2a + 11;a - 13),\overrightarrow {B'C} = (2a + 14; - a - 12)$Do $\overrightarrow {B'A} ,\overrightarrow {B'C} $ nên tồn tại $k \in R$ để:\begin{cases} - 2a + 11 = k(2a + 14) \\ a - 13 = k( - a - 12) \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases}a = - 2 \\ k = \frac{3}{2} \end{cases}\]\[ \Rightarrow C(4;3),\overrightarrow {BC} = (16;2),BC:x - 8y + 20 = 0\]
* Gọi B' là hình chiếu của B qua đường phân giác trong góc At. Dễ thấy $B' \in AC$Ta tìm được tọa độ B' là $(-6;13)$. * Do $A \in At$ nên ta đặt $A(-2a+5;a)$. * Gọi M là trung điểm của đoạn BC. Do $\overrightarrow {GM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AG} $ nên ta có:\begin{cases}{x_M} - \frac{1}{3} = \frac{1}{2}(\frac{1}{3} + 2a - 5) \\ {y_M} - \frac{2}{3} = \frac{1}{2}(\frac{2}{3} - a) \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases}{x_M} = a - 2 \\ {y_M} = - \frac{a}{2} + 1 \end{cases}\]* Do M là trung điểm của BC nên:\begin{cases}{x_C} = 2(a - 2) + 12 = 2a + 8 \\ {y_C} = 2( - \frac{a}{2} + 1) - 1 = - a + 1 \end{cases}* Khi đó, ta có: $\overrightarrow {B'A} = ( - 2a + 11;a - 13),\overrightarrow {B'C} = (2a + 14; - a - 12)$Do $\overrightarrow {B'A} ,\overrightarrow {B'C} cùng phương $ nên tồn tại $k \in R$ để:\begin{cases} - 2a + 11 = k(2a + 14) \\ a - 13 = k( - a - 12) \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases}a = - 2 \\ k = \frac{3}{2} \end{cases}\]\[ \Rightarrow C(4;3),\overrightarrow {BC} = (16;2),BC:x - 8y + 20 = 0\]
|
|
|
sửa đổi
|
mong moi nguoi giup minh bai nay
|
|
|
* Do $B \in BD$ nên $B(b;12-2b)$.$\overrightarrow {MB} = (b - 5;11 - 2b)$$\overrightarrow {NB} = (b - 9;9 - b)$$\overrightarrow {MB} \bot \overrightarrow {NB} \Leftrightarrow (b - 5)(b - 9) + (11 - 2b)(9 - 2b) = 0$$\Leftrightarrow \left [ \begin{gathered} b = \frac{24}{5} (loại) \\ b = 6 \end{gathered} \right.$ $\Rightarrow B(6;0)$$ \Rightarrow \overrightarrow {MB} = (1; - 1),\overrightarrow {NB} = (3; - 3)$$BA:x + y - 6 = 0$$BC:x - y - 6 = 0$* Do $A \in BA,C \in BC,D \in BD$ nên $A(a;6 - a),C(c;c - 6),D(d;12 - 2d)$. Gọi I là tâm của hình chữ nhật ABCD.Ta có:$\begin{cases} 2{x_I} = a + c = 6 + d (1) \\ 2{y_I} = - a + c = 12 - 2d (2) \end{cases}$Rút d từ (1) thế vào (2) suy ra: $a = 24 - 3c$ (3)* $\overrightarrow {BA} = (a - 6,6 - a) \Leftrightarrow BA = \left| {a - 6} \right|\sqrt 2 $$\overrightarrow {BC} = (c - 6,c - 6) \Leftrightarrow BC = \left| {c - 6} \right|\sqrt 2 $${S_{ABCD}} = BA.BC = 2\left| {(a - 6)(c - 6)} \right| = 6$$ \Leftrightarrow (18 - 3c)(c - 6) = 3$$\Leftrightarrow \left [ \begin{gathered} (18-3c)(c-6)=3 \\ (18-3c)(c-6)=-3 \end{gathered} \right.$ $\Leftrightarrow \left [ \begin{gathered} c=5 \\ c=7 \end{gathered} \right.$ * Với $c=5$, ta được: $C(5; - 1),A(9; - 3),D(8; - 4)$$DA:x - y - 12 = 0$$DC:x + y - 4 = 0$* Với $c=7$, ta được: $C(7;1),A(3;3),D(4;4)$$DA:x - y = 0$$DC:x + y - 8 = 0$
* Do $B \in BD$ nên $B(b;12-2b)$.$\overrightarrow {MB} = (b - 5;11 - 2b)$$\overrightarrow {NB} = (b - 9;9 - b)$$\overrightarrow {MB} \bot \overrightarrow {NB} \Leftrightarrow (b - 5)(b - 9) + (11 - 2b)(9 - 2b) = 0$$\Leftrightarrow \left [ \begin{gathered} b = \frac{24}{5} (loại) \\ b = 6 \end{gathered} \right.$ $\Rightarrow B(6;0)$$ \Rightarrow \overrightarrow {MB} = (1; - 1),\overrightarrow {NB} = (3; - 3)$$BA:x + y - 6 = 0$$BC:x - y - 6 = 0$* Do $A \in BA,C \in BC,D \in BD$ nên $A(a;6 - a),C(c;c - 6),D(d;12 - 2d)$. Gọi I là tâm của hình chữ nhật ABCD.Ta có:$\begin{cases} 2{x_I} = a + c = 6 + d (1) \\ 2{y_I} = - a + c = 12 - 2d (2) \end{cases}$Rút d từ (1) thế vào (2) suy ra: $a = 24 - 3c$ (3)* $\overrightarrow {BA} = (a - 6,6 - a) \Leftrightarrow BA = \left| {a - 6} \right|\sqrt 2 $$\overrightarrow {BC} = (c - 6,c - 6) \Leftrightarrow BC = \left| {c - 6} \right|\sqrt 2 $${S_{ABCD}} = BA.BC = 2\left| {(a - 6)(c - 6)} \right| = 6$$ \Leftrightarrow (18 - 3c)(c - 6) = 3$$\Leftrightarrow \left [ \begin{gathered} (18-3c)(c-6)=3 \\ (18-3c)(c-6)=-3 \end{gathered} \right.$ $\Leftrightarrow \left [ \begin{gathered} c=5 \\ c=7 \end{gathered} \right.$ * Với $c=5$, ta được: $C(5; - 1),A(9; - 3),D(8; - 4)$$DA:x - y - 12 = 0$$DC:x + y - 4 = 0$* Với $c=7$, ta được: $C(7;1),A(3;3),D(4;4)$$DA:x - y = 0$$DC:x + y - 8 = 0$
|
|
|
sửa đổi
|
giai gium mk
|
|
|
$1 - 2\cos 2x - \sqrt 3 \sin x + \cos x = 0$$\Leftrightarrow 1 - 2(2{\cos ^2}x - 1) + \cos x - \sqrt 3 \sin x = 0$$ \Leftrightarrow - 4{\cos ^2}x + \cos x + 3 - \sqrt 3 \sin x = 0$$\Leftrightarrow (1 - \cos x)(4\cos x + 3) - \sqrt 3 \sin x = 0$$\Leftrightarrow 2{\sin ^2}\frac{x}{2}(4\cos x + 3) - 2\sqrt 3 \sin \frac{x}{2}c{\rm{os}}\frac{x}{2} = 0$$\Leftrightarrow \left [ \begin{gathered} 2\sin \frac{x}{2} = 0 (1) \\ \sin \frac{x}{2}(4\cos x + 3) - \sqrt 3 c{\rm{os}}\frac{x}{2} = 0 (2) \end{gathered} \right.$$(1) \Leftrightarrow \frac{x}{2} = k\pi \Leftrightarrow x = k2\pi (k \in Z)$$(2) \Leftrightarrow 4\cos x\sin \frac{x}{2} + 3\sin \frac{x}{2} - \sqrt 3 c{\rm{os}}\frac{x}{2} = 0$ $\Leftrightarrow 2\sin \frac{{3x}}{2} - 2\sin \frac{x}{2} + 3\sin \frac{x}{2} - \sqrt 3 c{\rm{os}}\frac{x}{2} = 0$$ \Leftrightarrow \sin \frac{{3x}}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}c{\rm{os}}\frac{x}{2} - \frac{1}{2}\sin \frac{x}{2}$$ \Leftrightarrow \sin \frac{{3x}}{2} = \sin \left( {\frac{\pi }{3} - \frac{x}{2}} \right)$$\Leftrightarrow \left [ \begin{gathered} \frac{{3x}}{2} = \frac{\pi }{3} - \frac{x}{2} + k2\pi \\ \frac{{3x}}{2} = \frac{{2\pi }}{3} + \frac{x}{2} + k2\pi \end{gathered} \right.$$\Leftrightarrow \left [ \begin{gathered} x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\ x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{gathered} \right.$ $(k \in Z)$
$1 - 2\cos 2x - \sqrt 3 \sin x + \cos x = 0$$\Leftrightarrow 1 - 2(2{\cos ^2}x - 1) + \cos x - \sqrt 3 \sin x = 0$$ \Leftrightarrow - 4{\cos ^2}x + \cos x + 3 - \sqrt 3 \sin x = 0$$\Leftrightarrow (1 - \cos x)(4\cos x + 3) - \sqrt 3 \sin x = 0$$\Leftrightarrow 2{\sin ^2}\frac{x}{2}(4\cos x + 3) - 2\sqrt 3 \sin \frac{x}{2}c{\rm{os}}\frac{x}{2} = 0$$\Leftrightarrow \left [ \begin{gathered} 2\sin \frac{x}{2} = 0 (1) \\ \sin \frac{x}{2}(4\cos x + 3) - \sqrt 3 c{\rm{os}}\frac{x}{2} = 0 (2) \end{gathered} \right.$$(1) \Leftrightarrow \frac{x}{2} = k\pi \Leftrightarrow x = k2\pi (k \in Z)$$(2) \Leftrightarrow 4\cos x\sin \frac{x}{2} + 3\sin \frac{x}{2} - \sqrt 3 c{\rm{os}}\frac{x}{2} = 0$ $\Leftrightarrow 2\sin \frac{{3x}}{2} - 2\sin \frac{x}{2} + 3\sin \frac{x}{2} - \sqrt 3 c{\rm{os}}\frac{x}{2} = 0$$ \Leftrightarrow \sin \frac{{3x}}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}c{\rm{os}}\frac{x}{2} - \frac{1}{2}\sin \frac{x}{2}$$ \Leftrightarrow \sin \frac{{3x}}{2} = \sin \left( {\frac{\pi }{3} - \frac{x}{2}} \right)$$\Leftrightarrow \left [ \begin{gathered} \frac{{3x}}{2} = \frac{\pi }{3} - \frac{x}{2} + k2\pi \\ \frac{{3x}}{2} = \frac{{2\pi }}{3} + \frac{x}{2} + k2\pi \end{gathered} \right.$$\Leftrightarrow \left [ \begin{gathered} x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\ x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{gathered} \right.$ $(k \in Z)$
|
|
|
sửa đổi
|
tích phân
|
|
|
$I = \int\limits_{\sqrt 3 }^{\sqrt 8 } {\frac{{dx}}{{1 + x + \sqrt {1 + {x^2}} }}} $Nhân lượng liên hợp, ta được:$I = \int\limits_{\sqrt 3 }^{\sqrt 8 } {\frac{{1 + x - \sqrt {1 + {x^2}} }}{{2x}}} dx = \frac{1}{2}\int\limits_{\sqrt 3 }^{\sqrt 8 } {\left( {1 + \frac{{1 - \sqrt {1 + {x^2}} }}{x}} \right)} dx = \frac{1}{2}(\sqrt 8 - \sqrt 3 ) - \frac{1}{2}\int\limits_{\sqrt 3 }^{\sqrt 8 } {\frac{{\sqrt {1 + {x^2}} - 1}}{x}} dx$Đặt $K = \int\limits_{\sqrt 3 }^{\sqrt 8 } {\frac{{\sqrt {1 + {x^2}} - 1}}{x}} dx$Lại nhân lượng liên hợp, ta được:$K = \int\limits_{\sqrt 3 }^{\sqrt 8 } {\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} + 1}}} dx = \int\limits_{\sqrt 3 }^{\sqrt 8 } {\frac{{\sqrt {1 + {x^2}} }}{{(\sqrt {1 + {x^2}} + 1)}}.\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}} dx$Đặt $t = \sqrt {1 + {x^2}} + 1 \Rightarrow dt = \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}dx$$x = \sqrt 3 \Rightarrow t = 3$$x = \sqrt 8 \Rightarrow t = 4$$\Rightarrow K = \int\limits_3^4 {\frac{{t - 1}}{t}} dt = (t - \ln t) = 1 + \ln \frac{3}{4}$Vậy \[I = \frac{1}{2}(\sqrt 8 - \sqrt 3 ) - \frac{1}{2}(1 + \ln \frac{3}{4})\]
$I = \int\limits_{\sqrt 3 }^{\sqrt 8 } {\frac{{dx}}{{1 + x + \sqrt {1 + {x^2}} }}} $Nhân lượng liên hợp, ta được:$I = \int\limits_{\sqrt 3 }^{\sqrt 8 } {\frac{{1 + x - \sqrt {1 + {x^2}} }}{{2x}}} dx = \frac{1}{2}\int\limits_{\sqrt 3 }^{\sqrt 8 } {\left( {1 + \frac{{1 - \sqrt {1 + {x^2}} }}{x}} \right)} dx$$ = \frac{1}{2}(\sqrt 8 - \sqrt 3 ) - \frac{1}{2}\int\limits_{\sqrt 3 }^{\sqrt 8 } {\frac{{\sqrt {1 + {x^2}} - 1}}{x}} dx$Đặt $K = \int\limits_{\sqrt 3 }^{\sqrt 8 } {\frac{{\sqrt {1 + {x^2}} - 1}}{x}} dx$Lại nhân lượng liên hợp, ta được:$K = \int\limits_{\sqrt 3 }^{\sqrt 8 } {\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} + 1}}} dx = \int\limits_{\sqrt 3 }^{\sqrt 8 } {\frac{{\sqrt {1 + {x^2}} }}{{(\sqrt {1 + {x^2}} + 1)}}.\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}} dx$Đặt $t = \sqrt {1 + {x^2}} + 1 \Rightarrow dt = \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}dx$$x = \sqrt 3 \Rightarrow t = 3$$x = \sqrt 8 \Rightarrow t = 4$$\Rightarrow K = \int\limits_3^4 {\frac{{t - 1}}{t}} dt = (t - \ln t) = 1 + \ln \frac{3}{4}$Vậy \[I = \frac{1}{2}(\sqrt 8 - \sqrt 3 ) - \frac{1}{2}(1 + \ln \frac{3}{4})\]
|
|
|
sửa đổi
|
Tìm m?
|
|
|
$y= x^{4}-2(m^{2}-m+1)x^{2}+m-2$ TXĐ: $D= R$.-------------------------------------------------- Lưu ý: ${m^2} - m + 1 = {(m - \frac{1}{2})^2} + \frac{3}{4} > 0$$y' = 4{x^3} - 4({m^2} - m + 1)x $$y'=0 \Leftrightarrow x = 0$ hay $x = \pm \sqrt {{m^2} - m + 1}$* Tới đây bạn tự lập bảng biến tiên nhé!* Dựa vào bảng biế thiên ta thấy đồ thị hàm số (1) luôn có 2 điểm cực tiểu: \[M( - \sqrt {{m^2} - m + 1} , - {({m^2} - m + 1)^2} + m - 2),N(\sqrt {{m^2} - m + 1} , - {({m^2} - m + 1)^2} + m - 2)\]\[MN = 2\sqrt {{m^2} - m + 1} = 2\sqrt {{{(m - \frac{1}{2})}^2} + \frac{3}{4}} \ge 2\sqrt {\frac{3}{4}} = \sqrt 3 \]\[ \Rightarrow MinMN = \sqrt 3 \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\]
$y= x^{4}-2(m^{2}-m+1)x^{2}+m-2$ TXĐ: $D= R$.-------------------------------------------------- Lưu ý: ${m^2} - m + 1 = {(m - \frac{1}{2})^2} + \frac{3}{4} > 0$$y' = 4{x^3} - 4({m^2} - m + 1)x $$y'=0 \Leftrightarrow x = 0$ hay $x = \pm \sqrt {{m^2} - m + 1}$* Tới đây bạn tự lập bảng biến thiên nhé!* Dựa vào bảng biế thiên ta thấy đồ thị hàm số (1) luôn có 2 điểm cực tiểu: \[M( - \sqrt {{m^2} - m + 1} , - {({m^2} - m + 1)^2} + m - 2),N(\sqrt {{m^2} - m + 1} , - {({m^2} - m + 1)^2} + m - 2)\]\[MN = 2\sqrt {{m^2} - m + 1} = 2\sqrt {{{(m - \frac{1}{2})}^2} + \frac{3}{4}} \ge 2\sqrt {\frac{3}{4}} = \sqrt 3 \]\[ \Rightarrow MinMN = \sqrt 3 \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\]
|
|
|
sửa đổi
|
Các bạn giải dùm câu này với =.=
|
|
|
* Bài này yêu cầu chứng minh $(Cm)$ có ba điểm cố định chứ
đâu yêu cầu tìm cụ thể đâu Pooh!* $M(x,y)$ là điểm cố định của đồ thị $(Cm)$ khi và chỉ khi:\begin{cases}x^3-3x^2+3=0 \\ x^3-x^2-x-y=0
\end{cases}
Để chứng minh $(Cm)$ có ba điểm cố định, ta chứng minh phương trình
$f(x)= x^3-3x^2+3=0$ có 3 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2},{x_3}$.
Để chứng minh phương trình ${x^3} - 3{x^2} + 3 = 0$ có 3 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2},{x_3}$ ta khảo sát và lập bảng biến thiên của
hàm số $f(x) = {x^3} - 3{x^2} + 3$. Từ bảng biến thiên, ta dễ dàng suy ra phương trình có 3 nghiệm thuộc $(
- \infty ;0),(0;2),(2; + \infty )$
* Lưu ý: $y = {x^3} - {x^2} - x = ({x^3} -
3{x^2} + 3) + 2{x^2} - x – 3$
Khi đó, ta có 3 điểm phân biệt $A({x_1},2{x_1}^2
- {x_1} - 3),B({x_2},2{x_2}^2 - {x_2} - 3),C({x_3},2{x_3}^2 - {x_3} - 3)$
* Để chứng minh A, B, C lập thành một tam
giác, ta chứng minh $\overrightarrow {AB}$
và $\overrightarrow {AC}$ không cùng phương.
Ta có: $\overrightarrow {AB} = ({x_2} - {x_1};2{x_2}^2 - {x_2} - 2{x_1}^2
+ {x_1}) = ({x_2} - {x_1})(1;2{x_1} + 2{x_2} - 1)$
Tương tự: $\overrightarrow {AC} = ({x_3} - {x_1})(1;2{x_1} + 2{x_3} - 1)$
Do $2{x_1} + 2{x_2} - 1 \ne 2{x_1} + 2{x_3} -
1 \Rightarrow \overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow
{AC}$ không cùng phương.
Suy ra A, B, C lập thành một tam giác.
* Để tìm trọng tâm của tam giác ABC ta phải
áp dụng định lí Viet cho phương trình bậc 3. Cái này không học và đi thi không
được sử dụng. Nên thôi khỏi làm.
* Bài này yêu cầu chứng minh $(Cm)$ có ba điểm cố định chứ
đâu yêu cầu tìm cụ thể đâu Pooh!* $M(x,y)$ là điểm cố định của đồ thị $(Cm)$ khi và chỉ khi:\begin{cases}x^3-3x^2+3=0 \\ x^3-x^2-x-y=0
\end{cases}
Để chứng minh $(Cm)$ có ba điểm cố định, ta chứng minh phương trình
$f(x) = {x^3} - 3{x^2} + 3 = 0$ có 3 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2},{x_3}$.
Để chứng minh phương trình ${x^3} - 3{x^2} + 3 = 0$ có 3 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2},{x_3}$ ta khảo sát và lập bảng biến thiên của
hàm số $f(x) = {x^3} - 3{x^2} + 3$. Từ bảng biến thiên, ta dễ dàng suy ra phương trình có 3 nghiệm thuộc $(
- \infty ;0),(0;2),(2; + \infty )$
* Lưu ý: $y = {x^3} - {x^2} - x = ({x^3} -
3{x^2} + 3) + 2{x^2} - x – 3$
Khi đó, ta có 3 điểm phân biệt $A({x_1},2{x_1}^2
- {x_1} - 3),B({x_2},2{x_2}^2 - {x_2} - 3),C({x_3},2{x_3}^2 - {x_3} - 3)$
* Để chứng minh A, B, C lập thành một tam
giác, ta chứng minh $\overrightarrow {AB}$
và $\overrightarrow {AC}$ không cùng phương.
Ta có: $\overrightarrow {AB} = ({x_2} - {x_1};2{x_2}^2 - {x_2} - 2{x_1}^2
+ {x_1}) = ({x_2} - {x_1})(1;2{x_1} + 2{x_2} - 1)$
Tương tự: $\overrightarrow {AC} = ({x_3} - {x_1})(1;2{x_1} + 2{x_3} - 1)$
Do $2{x_1} + 2{x_2} - 1 \ne 2{x_1} + 2{x_3} -
1 \Rightarrow \overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow
{AC}$ không cùng phương.
Suy ra A, B, C lập thành một tam giác.
* Để tìm trọng tâm của tam giác ABC ta phải
áp dụng định lí Viet cho phương trình bậc 3. Cái này không học và đi thi không
được sử dụng. Nên thôi khỏi làm.
|
|
|
sửa đổi
|
Hình học không gian
|
|
|
* Gọi H là giao điểm của DM và AC,
O là tâm của hình vuông ABCD.
$(SDM) \cap (SAC) = SH$
Suy ra: SH là đường cao của hình chóp S.ABCD.
* Ta có:
$BD \bot OH, BD \bot SH \Rightarrow BD \bot SO$
$ \Rightarrow ((SBD),(ABCD)) = SOH = 60^\circ$
* H là trọng tâm của tam giác ABD nên $OH = \frac{1}{3}AO =
\frac{1}{6}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{6}$
$ \Rightarrow SH = OH\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}$
$ \Rightarrow V = \frac{1}{3}{\rm{Bh}} = \frac{{{a^3}\sqrt 6
}}{{18}}$
* Trong (ABCD), kẻ DE song song với MC ($E \in AB$), qua H kẻ
$IK \bot DE (I \in MC, K \in DE)$, qua M kẻ $MN \bot DE (N \in DE)$.
Trong (SIK), kẻ $IP \bot SK (P \in SK)$.
Do $IK \bot DE, SH \bot DE \Rightarrow DE \bot (SIK) \Rightarrow DE \bot
IP$
Từ đây suy ra $IP \bot (SDE)$
$\Rightarrow d(SD,MC) = d(MC,(SDE)) = d(I,(SCDE)) = IP$
* $IK = MN = \frac{{AD.ME}}{{DE}} = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$
$\frac{{HK}}{{HI}} = \frac{{HD}}{{HM}} = 2 \Rightarrow KH =
\frac{{4a}}{{3\sqrt 5 }}$
$SK = \sqrt {S{H^2} + H{K^2}} = \frac{{a\sqrt {47} }}{{3\sqrt {10} }}$
$IP = \frac{{SH.IK}}{{SK}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{{\sqrt {47}
}}$
Vậy khoảng cách giữa SD và CM bằng $\frac{{2a\sqrt 3
}}{{\sqrt {47} }}$
* Gọi H là giao điểm của DM và AC,
O là tâm của hình vuông ABCD.
$(SDM) \cap (SAC) = SH$
Suy ra: SH là đường cao của hình chóp S.ABCD.
* Ta có:
$BD \bot OH, BD \bot SH \Rightarrow BD \bot SO$
$ \Rightarrow ((SBD),(ABCD)) = SOH = 60^\circ$
* H là trọng tâm của tam giác ABD nên $OH = \frac{1}{3}AO =
\frac{1}{6}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{6}$
$ \Rightarrow SH = OH\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}$
$ \Rightarrow V = \frac{1}{3}{\rm{Bh}} = \frac{{{a^3}\sqrt 6
}}{{18}}$
* Trong (ABCD), kẻ DE song song với MC ($E \in AB$), qua H kẻ
$IK \bot DE (I \in MC, K \in DE)$, qua M kẻ $MN \bot DE (N \in DE)$.
Trong (SIK), kẻ $IP \bot SK (P \in SK)$.
Do $IK \bot DE, SH \bot DE \Rightarrow DE \bot (SIK) \Rightarrow DE \bot
IP$
Từ đây suy ra $IP \bot (SDE)$
$\Rightarrow d(SD,MC) = d(MC,(SDE)) = d(I,(SCDE)) = IP$
* $IK = MN = \frac{{AD.ME}}{{DE}} = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$
$\frac{{HK}}{{HI}} = \frac{{HD}}{{HM}} = 2 \Rightarrow KH =
\frac{{4a}}{{3\sqrt 5 }}$
$SK = \sqrt {S{H^2} + H{K^2}} = \frac{{a\sqrt {47} }}{{3\sqrt {10} }}$
$IP = \frac{{SH.IK}}{{SK}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{{\sqrt {47}
}}$
Vậy khoảng cách giữa SD và CM bằng $\frac{{2a\sqrt 3
}}{{\sqrt {47} }}$
|
|
|
sửa đổi
|
Số phức!
|
|
|
Gọi ${z_1},{z_2}$ là hai nghiệm của phương trình.Theo định lí Viet, ta có:\begin{cases}{z_1} + {z_2} = - a \\ {z_1}.{z_2} = i \end{cases}Theo đề bài, ta có: ${z_1}^2 + {z_2}^2 = - 4i$$ \Leftrightarrow {({z_1} + {z_2})^2} - 2{z_1}.{z_2} = - 4i$$ \Leftrightarrow {a^2} - 2i = - 4i$$ \Leftrightarrow {a^2} = - 2i = 2{i^2}$$ \Leftrightarrow a = \pm i\sqrt 2 $
Gọi ${z_1},{z_2}$ là hai nghiệm của phương trình.Theo định lí Viet, ta có:\begin{cases}{z_1} + {z_2} = - a \\ {z_1}.{z_2} = i \end{cases}Theo đề bài, ta có: ${z_1}^2 + {z_2}^2 = - 4i$$ \Leftrightarrow {({z_1} + {z_2})^2} - 2{z_1}.{z_2} = - 4i$$ \Leftrightarrow {a^2} - 2i = - 4i$$ \Leftrightarrow {a^2} = - 2i = 1 - 2{i^2} + {i^2} = {(1 - i)^2}$$\Leftrightarrow a = 1 - i \vee a = - 1 + i$
|
|
|
sửa đổi
|
moi nguoi giai giup minh bai nay nha
|
|
|
Bài 2:${\log _{x - 1}}(x + 1) > {\log _{{x^2} - 1}}(x + 1)$ (2)Điều kiện: $\begin{cases}x-1>0 \\ x - 1 \ne 1 \\ {x^2} - 1 \ne 1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\ x \ne 2 \\ x \ne \sqrt 2 \end{cases}$\[(2) \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1)}} > \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}({x^2} - 1)}}\]\[ \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1)}} > \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1) + 1}}\]\[ \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1).{\rm{[}}{{\log }_{x + 1}}(x - 1) + 1{\rm{]}}}} > 0\]\[ \Leftrightarrow {\log _{x + 1}}(x - 1) < - 1 \vee {\log _{x + 1}}(x - 1) > 0\]$*{\log _{x + 1}}(x - 1) < - 1 \Leftrightarrow x - 1 < \frac{1}{{x + 1}} \Leftrightarrow {x^2} - 1 < 1 \Leftrightarrow - \sqrt 2 < x < \sqrt 2$So với điều kiện, ta được: $1 < x < \sqrt 2$$*{\log _{x + 1}}(x - 1) > 0 \Leftrightarrow x - 1 > 1 \Leftrightarrow x > 2$Vập tập nghiệm của bất phương trình (2) là: $(1;\sqrt 2 ) \cup (2: + \infty )$
Bài 2:${\log _{x - 1}}(x + 1) > {\log _{{x^2} - 1}}(x + 1)$ (2)Điều kiện: $\begin{cases}x-1>0 \\ x - 1 \ne 1 \\ {x^2} - 1 \ne 1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\ x \ne 2 \\ x \ne \sqrt 2 \end{cases}$\[(2) \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1)}} > \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}({x^2} - 1)}}\]\[ \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1)}} > \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1) + 1}}\]\[ \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_{x + 1}}(x - 1).{\rm{[}}{{\log }_{x + 1}}(x - 1) + 1{\rm{]}}}} > 0\]\[ \Leftrightarrow {\log _{x + 1}}(x - 1) < - 1 \vee {\log _{x + 1}}(x - 1) > 0\]$*{\log _{x + 1}}(x - 1) < - 1 \Leftrightarrow x - 1 < \frac{1}{{x + 1}} \Leftrightarrow {x^2} - 1 < 1 \Leftrightarrow - \sqrt 2 < x < \sqrt 2$So với điều kiện, ta được: $1 < x < \sqrt 2$$*{\log _{x + 1}}(x - 1) > 0 \Leftrightarrow x - 1 > 1 \Leftrightarrow x > 2$Vập tập nghiệm của bất phương trình (2) là: $(1;\sqrt 2 ) \cup (2: + \infty )$
|
|