|
|
giải đáp
|
Tổ hợp
|
|
|
|
Điều kiện: $n\ge5$
$C_{n-1}^4-C_{n-1}^3-\frac{5}{4}A_{n-2}^2<0$
$\Leftrightarrow \frac{(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)}{24}-\frac{(n-1)(n-2)(n-3)}{6}-\frac{5}{4}.(n-2)(n-3)<0$
$\Leftrightarrow n^4-14n^3+29n^2+56n-132<0$
$\Leftrightarrow (n+2)(n-2)(n-3)(n-11)<0$
$\Leftrightarrow n\in\{5;6;7;8;9;10\}$, vì $n\ge5$ .
|
|
|
|
giải đáp
|
mọi người tham gia chút nhé
|
|
|
|
$F(x) $ là một nguyên hàm của hàm số $f(x)$ thì:
$F'(x)=f(x)$
$\Leftrightarrow 3mx^2+2(3m+2)x-4=3x^2+10x-4$
$\Leftrightarrow m=1$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
đố mọi người nhé
|
|
|
|
Vì $x=3$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số, nên 2 điểm $M,N$ thuộc 2 nhánh có tọa độ:
$M\left(3-a,4-\frac{3}{a}\right),B\left(3+b,4+\frac{3}{b}\right)$, với $a,b>0$
Ta có: $\overrightarrow{MN}=\left(a+b;3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\right)$
Suy ra: $MN^2=(a+b)^2+9\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)^2$
$\ge4ab+\frac{36}{ab}\ge 24$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=\sqrt3$ .
Vậy Min$MN=2\sqrt6$ với $M\left(3-\sqrt3,4-\sqrt3\right),N\left(3+\sqrt3,4+\sqrt3 \right)$.
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
ai giải hộ tớ bài ni
|
|
|
|
Điều kiện: $x+y\ge0$
Ta có:
$\begin{cases}\sqrt{x^2+x+2}=y \\ \sqrt{x+y}=x-y+1 \end{cases}$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x^2-y^2+x+2=0 (1)\\\sqrt{x+y}=x-y+1 (2) \end{array} \right.$
Đặt $\sqrt{x+y}=a;x-y=b$ thì ta có: $a\ge 0, b\ge -1$.
Khi đó $(1)$ trở thành: $a^2b+\frac{a^2+b}{2}+2=0 (*)$
Theo $(2)$ ta có: $a=b+1.$
Thay vào $(*)$ ta có:
$(b+1)^2b+\frac{(b+1)^2+b}{2}+2=0$
$\Leftrightarrow 2b^3+5b^2+5b+5=0$
$\Leftrightarrow (b+1)(2b^2+3b+2)+3=0$ , vô nghiệm vì $b\ge-1$.
Vậy hệ đã cho vô nghiệm.
|
|
|
|
giải đáp
|
mọi người giải bài này giúp
|
|
|
|
Vì $x=\frac{3}{2}$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số, nên 2 điểm $A,B$ thuộc 2 nhánh có tọa độ:
$A\left(\frac{3}{2}-a,-\frac{1}{2}-\frac{1}{4a}\right),B\left(\frac{3}{2}+b,-\frac{1}{2}+\frac{1}{4b}\right)$, với $a,b>0$
Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(a+b;\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\right)$
Suy ra: $AB^2=(a+b)^2+\frac{1}{16} \left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)^2$
$\ge4ab+\frac{1}{4ab}\ge 2$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=\frac{1}{2}$ .
Vậy Min$AB=\sqrt2$ với $A(1,-1),B(2,0)$.
|
|
|
|
giải đáp
|
thêm bài này nữa nhé
|
|
|
|
Ta có:
$
\frac{a^3+b^3+16c^3}{a^3+b^3+c^3}=1+\frac{15c^3}{a^3+b^3+c^3}\ge1$
Vậy:
Min $\frac{a^3+b^3+16c^3}{a^3+b^3+c^3}=1 \Leftrightarrow c=0$
|
|
|
|
giải đáp
|
các bạn giải bài này giúp mình
|
|
|
|
Ta có:
$C_n^k\ge C_n^{k-1} \Leftrightarrow \frac{n!}{k!(n-k)!}\ge\frac{n!}{(k-1)!(n-k+1)!}$
$\Leftrightarrow n-k+1\ge k \Leftrightarrow k\le\frac{n+1}{2} (1)$
Lại có:
$C_n^k\ge C_n^{k+1} \Leftrightarrow \frac{n!}{k!(n-k)!}\ge\frac{n!}{(k+1)!(n-k-1)!}$
$\Leftrightarrow k+1\ge n-k \Leftrightarrow k\ge\frac{n-1}{2} (2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $C_n^k$ lớn nhất nếu $k$ là số tự nhiên lớn nhất không vượt quá $\frac{{n + 1}}{2}$.
|
|
|
|
giải đáp
|
Giúp e với
|
|
|
|
Ta có: $VT=2\cos^2\frac{x^2+x}{2}\le2;\forall x\in\mathbb{R}$. Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: $VP=2^x+2^{-x}\ge2\sqrt{2^x.2^{-x}}=2;\forall x\in\mathbb{R}$. Dấu bằng xảy ra khi $x=0$. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=0$. |
|
|
|
giải đáp
|
bài nữa viết phương trình đường thẳng
|
|
|
|
b) Đường thẳng cần tìm là đường thẳng đi qua $I$ và vuông góc với phân giác góc tạo bởi 2 đường thẳng đã cho. Phương trình đường phân giác là: $\frac{|2x+y-8|}{\sqrt5}=\frac{|x-y+5|}{\sqrt2}\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{2x+y-8}{\sqrt5}=\frac{x-y+5}{\sqrt2} \\ \frac{2x+y-8}{\sqrt5}=\frac{-x+y-5}{\sqrt2} \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} (2\sqrt2-\sqrt5)x+(\sqrt2+\sqrt5)y-(8\sqrt2+5\sqrt5)=0 (d_1)\\ (2\sqrt2+\sqrt5)x+(\sqrt2-\sqrt5)y-(8\sqrt2-5\sqrt5)=0 (d_2) \end{array} \right.$ Phương trình đường thẳng qua $I(-1,1)$ và vuông góc với $(d_1)$ là: $(\sqrt2+\sqrt5)x-(2\sqrt2-\sqrt5)y+3\sqrt2=0$ Phương trình đường thẳng qua $I(-1,1)$ và vuông góc với $(d_2)$ là: $(\sqrt2-\sqrt5)x-(2\sqrt2+\sqrt5)y+3\sqrt2=0$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Hộ em với cả nhà ơi
|
|
|
|
Bất đẳng thức trên tương đương với: $\frac{1}{3+\sin x}+\frac{1}{3-\sin x}-\frac{2}{2+\cos x}\le 0$ $\Leftrightarrow \frac{6}{9-\sin^2x}-\frac{2}{2+\cos x}\le 0$ $\Leftrightarrow \frac{6}{8+\cos^2x}-\frac{2}{2+\cos x}\le0$ $\Leftrightarrow -\frac{(1-\cos x)(2-\cos x)}{(8+\cos^2x)(2+\cos x)}\le0$ BĐT trên luôn đúng vì: $1-\cos x\ge0,2-\cos x>0,(8+\cos^2x)(2+\cos x)>0$. Dấu bằng xảy ra khi: $\cos x=1 \Leftrightarrow x=k2\pi,k\in\mathbb{Z}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Chứng minh số thực
|
|
|
|
Ta có: $z_1\overline{z_1}=|z_1|^2=1 \Rightarrow \overline{z_1}=\frac{1}{z_1}$ Tương tự: $\overline{z_2}=\frac{1}{z_2}$ Ta có: $\overline{A}=\frac{\overline{z_1}+\overline{z_2}}{1+\overline{z_1.z_2}}=\frac{\displaystyle \frac{1}{z_1}+\frac{1}{z_2}}{\displaystyle 1+\frac{1}{z_1}.\frac{1}{z_2}}=\frac{z_1+z_2}{1+z_1.z_2}=A$ Vậy $A$ là số thực. |
|
|
|
giải đáp
|
tìm chu vi nhỏ nhất
|
|
|
|
TXĐ: $\mathbb{R}\backslash\{-1\}$. Ta có 2 đương tiệm cận của đồ thị hàm số là: $(d_1):x=-1$, $(d_2):y=2$. Giao điểm của 2 đương tiệm cận là: $I(-1;2)$ Giả sử tiếp tuyến $(d)$ cần tìm là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại $M(a,\frac{2a-1}{a+1}) (a\ne-1)$. Ta có: $y'=\frac{3}{(x+1)^2}$ . Phương trình $(d)$ là: $y=\frac{3}{(a+1)^2}(x-a)+\frac{2a-1}{a+1} \Leftrightarrow 3x-(a+1)^2y+(2a^2-2a-1)=0$ $(d)$ cắt $(d_1)$ tại $A(-1,\frac{2(a-2)}{a+1})$ $(d)$ cắt $(d_2)$ tại $B(2a+1,2)$ Ta có: $IA=\left|\frac{2(a-2)}{a+1}-2\right|=\left|\frac{6}{a+1}\right|$ $IB=|2a+1-(-1)|=2|a+1|$
Vì $\triangle IAB$ vuông tại $I$ nên:
$IA+IB+AB=IA+IB+\sqrt{IA^2+IB^2}$
$\ge2\sqrt{IA.IB}+\sqrt{2.IA.IB}=2\sqrt6+\sqrt{12}=\sqrt3(2+2\sqrt2)$
Vậy Min$(IA+IB+AB)=\sqrt3(2+2\sqrt2) \Leftrightarrow IA=IB \Leftrightarrow a=-1\pm2\sqrt3$
Từ đó suy ra có 2 tiếp tuyến thỏa mãn: $x-4y-7\pm4\sqrt3=0$ |
|