|
|
giải đáp
|
Tính tổng
|
|
|
|
Ta có: $(1+x)^n=C_n^0+C_n^1x+\ldots+C_n^nx^n$ Tích phân 2 vế ta được: $\int\limits_0^\frac{1}{2}(1+x)^n=\int\limits_0^\frac{1}{2}\left(C_n^0x^n+C_n^1x^{n-1}+\ldots+C_n^n\right)$ $\Leftrightarrow \dfrac{1}{n+1}(1+x)^{n+1}\left|\begin{array}{l}\dfrac{1}{2}\\0\end{array}\right.=\left(C_n^0x+\dfrac{1}{2}C_n^1x^2+\ldots+\dfrac{1}{n+1}C_n^nx^{n+1}\right)\left|\begin{array}{l}\dfrac{1}{2}\\0\end{array}\right.$ $\Rightarrow C_n^0.\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}C_n^1.\dfrac{1}{2^2}+\ldots+\dfrac{1}{n+1}C_n^n.\dfrac{1}{2^{n+1}}=\dfrac{\left(\dfrac{3}{2}\right)^{n+1}-1}{n+1}$ $\Rightarrow C_n^02^n+\dfrac{1}{2}C_n^12^{n-1}+\ldots+\dfrac{1}{n+1}C_n^n=\dfrac{3^{n+1}-2^{n+1}}{n+1}$ |
|
|
|
giải đáp
|
tương giao nữa này :)))
|
|
|
|
Ta có: $f(0)=-1;\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty}f(x)=+\infty$nên theo định lý giá trị trung gian sẽ tồn tại $x_0>0$ sao cho $f(x_0)=0$.
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
BĐT
|
|
|
|
Ta có: $a^2\ge a^2-(b-c)^2=(a+b-c)(a-b+c)=(1-2c)(1-2b)$ Tương tự: $b^2\ge(1-2a)(1-2c);c^2\ge(1-2a)(1-2b)$ Từ đó suy ra: $abc\ge(1-2a)(1-2b)(1-2c)$ $\Leftrightarrow abc\ge1-2(a+b+c)+4(ab+bc+ca)-8abc$ $\Leftrightarrow ab+bc+ca\le\dfrac{1+9abc}{4}$ $\Leftrightarrow ab+bc+ca-2abc\le\dfrac{1+abc}{4}$ Lại có: $abc\le\dfrac{(a+b+c)^3}{27}=\dfrac{1}{27}$ Suy ra: $ab+bc+ca-2abc\le\dfrac{1+\dfrac{1}{27}}{4}=\dfrac{7}{27}$ Dấu bằng xảy ra khi: $a=b=c=\dfrac{1}{3}$ |
|
|
|
giải đáp
|
PT loga
|
|
|
|
Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x+1\ne0\\4-x>0\\4+x>0\end{array}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}-4<x<4\\x\ne-1\end{array}\right.$ Phương trình đã cho tương đương với: $\log_2|x+1|+2=\log_2(4-x)+\log_2(4+x)$ $\Leftrightarrow \log_2|x+1|+2=\log_2(16-x^2)$ $\Leftrightarrow \log_2(4|x+1|)=\log_2(16-x^2)$ $\Leftrightarrow 4|x+1|=16-x^2$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}-1<x<4\\4(x+1)=16-x^2\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}-4<x<-1\\-4(x+1)=16-x^2\end{array}\right.\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}-1<x<4\\x^2+4x-12=0\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}-4<x<-1\\x^2-4x-20=0\end{array}\right.\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=2\\x=2-2\sqrt6\end{array}\right.$ |
|
|
|
giải đáp
|
toán 9
|
|
|
|
Ta có: $a+25\ge10\sqrt a$ $\Leftrightarrow a\ge5(2\sqrt a-5)$ $\Leftrightarrow \dfrac{a}{2\sqrt a-5}\ge5$ Tương tự: $\dfrac{b}{2\sqrt b-5}\ge5;\dfrac{c}{2\sqrt c-5}\ge5$ Ta có: $Q\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a}{2\sqrt b-5}.\dfrac{b}{2\sqrt c-5}.\dfrac{c}{2\sqrt a-5}}\ge3\sqrt[3]{5^3}=15$ $\min Q=15 \Leftrightarrow a=b=c=25$ |
|
|
|
giải đáp
|
tim giá trị lớn nhất
|
|
|
|
Giả sử $a=\max\{a;b;c\} \Rightarrow 2\le a\le 4$. Ta có: $ab+bc+ca$ $\ge ab+ac$ $=a(6-a)$ $=8+(a-2)(4-a)\ge8$ Suy ra: $P=(a+b+c)^2-(ab+bc+ca)\le 6^2-8=28$ $\max P=28$, dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi: $a=4;b=2;c=0$ |
|
|
|
giải đáp
|
giải các phương trình sau:
|
|
|
|
1. ĐK: $x\ge0$ Đặt: $u=\sqrt{x};v=\sqrt[4]{17-x^2};u,v\ge0$ Khi đó, ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}u+v=3\\u^4+v^4=17\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}v=3-u\\u^4+(3-u)^4=17\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}v=3-u\\2(u-1)(u-2)(u^2-3u+16)=0\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}u=1\\v=2\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}u=2\\v=1\end{array}\right.\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=1\\x=4\end{array}\right.$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
bất đẳng thức
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình với, mình đang cần gấp
|
|
|
|
Bài 2: Để $3x^5y^n$ chia hết cho $2x^ny^3$ ta có: $\left\{\begin{array}{l}5\ge n\\n\ge 3\end{array}\right. \Leftrightarrow n\in\{3;4;5\}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Tìm GTNN và GTLN
|
|
|
|
a. Không tồn tại GTNN của A. Ta sẽ đi tìm GTLN của A. Áp dụng BĐT Cauchy ta có: $1=x^2+\dfrac{y^2}{3}+\dfrac{y^2}{3}+\dfrac{y^2}{3}\ge4\sqrt[4]{\dfrac{x^2y^6}{27}}$ $\Rightarrow \sqrt{\dfrac{xy^3}{3\sqrt3}}\le\dfrac{1}{4}$ $\Rightarrow xy^3\le\dfrac{3\sqrt3}{16}$ $\max A=\dfrac{3\sqrt3}{16} \Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2};y=\dfrac{\sqrt3}{2}$ |
|
|
|
giải đáp
|
lg
|
|
|
|
Ta có: $\cos 2x-\sqrt{3}\sin 2x-\sqrt{3}\sin x-\cos x+4=0$ $\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\cos 2x-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin 2x-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin x-\dfrac{1}{2}\cos x+2=0$ $\Leftrightarrow \cos(2x+\dfrac{\pi}{3})-\sin(x+\dfrac{\pi}{6})+2=0$ $\Leftrightarrow 1-2\sin^2(x+\dfrac{\pi}{6})-\sin(x+\dfrac{\pi}{6})+2=0$ $\Leftrightarrow 2\sin^2(x+\dfrac{\pi}{6})+\sin(x+\dfrac{\pi}{6})-3=0$ $\Leftrightarrow \sin(x+\dfrac{\pi}{6})=1$ $\Leftrightarrow x+\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{2}+k2\pi,k\in\mathbb{Z}$ $\Leftrightarrow x=\dfrac{\pi}{3}+k2\pi,k\in\mathbb{Z}$ |
|
|
|
giải đáp
|
mọi người giúp em với ạ!!!!! cần gấp lắm!!!!
|
|
|
|
3. Ta có: $\cos\left[\pi(x^2+2x-\dfrac{1}{2})\right]=\sin(\pi x^2)$ $\Leftrightarrow \sin[\pi(x^2+2x)]=\sin(\pi x^2)$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\pi(x^2+2x)=\pi x^2+k2\pi\\\pi(x^2+2x)=\pi-\pi x^2+k2\pi\end{array}\right.,k\in\mathbb{Z}$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x^2+2x=x^2+2k\\x^2+2x=1-x^2+2k\end{array}\right.,k\in\mathbb{Z}$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=k\\2x^2+2x-(2k+1)=0\end{array}\right.,k\in\mathbb{Z}$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=k\\x=\dfrac{1}{2}(-\sqrt{4k+3}-1)\\x=\dfrac{1}{2}(\sqrt{4k+3}-1)\end{array}\right.,k\in\mathbb{Z}$ Vậy nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình đã cho là: $x=\dfrac{1}{2}(\sqrt3-1)$ |
|
|
|
giải đáp
|
khó quá
|
|
|
|
Ta có: $\dfrac{xy}{z+1}=\dfrac{xy}{x+y+z+z}\le \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{xy}{x+z}+\dfrac{xy}{y+z}\right)$ $\dfrac{yz}{x+1}=\dfrac{yz}{x+x+y+z}\le \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{yz}{x+y}+\dfrac{yz}{x+z}\right)$ $\dfrac{xz}{y+1}=\dfrac{xz}{x+y+y+z}\le \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{xz}{x+y}+\dfrac{xz}{y+z}\right)$ Suy ra: $\dfrac{xy}{z+1}+\dfrac{yz}{x+1}+\dfrac{xz}{y+1}\le\dfrac{1}{4}(x+y+z)=\dfrac{1}{4}$ Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=\dfrac{1}{3}$ |
|