ĐKXĐ: $x\leq 0$.Ta có:$2(x-\sqrt{x})^2-4(x-\sqrt{x})+4=\frac{3x+3\sqrt{x}-1}{(x+1)\sqrt{\sqrt{x}+1}}$$\Leftrightarrow 2(x-\sqrt{x}-1)^2+\frac{2(x+1)\sqrt{\sqrt{x}+1}-3x-3\sqrt{x}+1}{(x+1)\sqrt{\sqrt{x}+1}}=0$$\Leftrightarrow 2(x-\sqrt{x}-1)^2+\frac{(\sqrt{x}-\sqrt{\sqrt{x}+1})^2(1+2\sqrt{\sqrt{x}+1})}{2(x+1)\sqrt{\sqrt{x}+1}}=0$$\Leftrightarrow \begin{cases} x-\sqrt{x}-1=0 \\ \sqrt{x}-\sqrt{\sqrt{x}+1}=0 \end{cases}$$\Leftrightarrow x-\sqrt{x}-1=0$$\Leftrightarrow x=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$

ĐKXĐ: $x\geq 0$.Ta có:$2(x-\sqrt{x})^2-4(x-\sqrt{x})+4=\frac{3x+3\sqrt{x}-1}{(x+1)\sqrt{\sqrt{x}+1}}$$\Leftrightarrow 2(x-\sqrt{x}-1)^2+\frac{2(x+1)\sqrt{\sqrt{x}+1}-3x-3\sqrt{x}+1}{(x+1)\sqrt{\sqrt{x}+1}}=0$$\Leftrightarrow 2(x-\sqrt{x}-1)^2+\frac{(\sqrt{x}-\sqrt{\sqrt{x}+1})^2(1+2\sqrt{\sqrt{x}+1})}{2(x+1)\sqrt{\sqrt{x}+1}}=0$$\Leftrightarrow \begin{cases} x-\sqrt{x}-1=0 \\ \sqrt{x}-\sqrt{\sqrt{x}+1}=0 \end{cases}$$\Leftrightarrow x-\sqrt{x}-1=0$$\Leftrightarrow x=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$

Bài toán tương tự với câu hỏi của bạn:http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114302/hinh-khong-giana) $S'H$ cắt $(ABC)$ tại tâm của $\Delta ABC$.b) Đặt $AB=a,SA=x$ thì tính được $SS'=\frac{1}{2}\left( 2x+\frac{a^2}{x}\right)$ và dùng BĐT Cauchy là xong.

Bài toán tương tự với câu hỏi của bạn:http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114302/hinh-khong-giana) $S'H$ cắt $(ABC)$ tại tâm của $\Delta ABC$.b) Với $AB=a,SA=h$ thì tính được $SS'=\frac{1}{2}\left( 2h+\frac{a^2}{h}\right)$ và dùng BĐT Cauchy là xong.

Bài toán này có một lời giải khá gọn bằng công thức Heron và BĐT Cauchy, mình sẽ thử giải bằng hình phẳng :DGiả sử $\Delta ABC$ có chu vi không đổi và $AB<AC$. Trên 2 tia $AB$ và $AC$ chọn 2 điểm $B',C'$ sao cho $AB'+AC'=AB+AC$. Ta sẽ chứng minh $\Delta AB'C'$ có diện tích lớn hơn $\Delta ABC$ nhưng có chu vi nhỏ hơn.Dễ thấy $B'$ nằm ngoài cạnh $AB$ và $C'$ nằm trong cạnh $AC$. Chọn $D$ trên $B'C'$ sao cho $BD//AC$. Gọi $G=BC\times B'C'$. Dễ thấy $\Delta BDG=\Delta CC'G$. Do đó:$S_{ABC}=S_{ABGC}+S_{CC'G}=S_{ABCD}+S_{BDG}=S_{ABDC'}<S_{AB'C'}.$Đồng thời: $BC=2BG>2BH=B'C' \Rightarrow AB+BC+CA>AB'+B'C'+C'A$.Khi đó chỉ cần chọn $B''$ và $C''$ trên $AB$ và $AC$ sao cho $\frac{AB''}{AB'}=\frac{AC''}{AC'}=\frac{AB+BC+CA}{AB'+B'C'+C'A}$ thì ta được $\Delta AB''C''$ có chu vi bằng chu vi $\Delta ABC$ nhưng có diện tích lớn hơn.Tóm lại, để $\Delta ABC$ lớn nhất thì $\Delta ABC$ cân.Ta xét TH $\Delta ABC$ cân tại $A$ và đặt $AB=AC=a,BC=b$ thì $2a+b=p$ không đổi.Ta có $h^2=a^2-\frac{b^2}{4}=\frac{1}{4}p(2a-b).$ Khi đó: $S_{ABC}=\frac{1}{2}bh=\frac{1}{4}b\sqrt{p(2a-b)} $.Theo BĐT Cauchy: $b^2(2a-b)\leq \left( \frac{2a+b}{3}\right) ^3=\frac{p^3}{27} \Rightarrow S_{ABC}\leq \frac{p^2\sqrt{3}}{36}$.Dâus $=$ xảy ra khi và chỉ khi $b=2a-b$ hay $a=b$.Vậy $\Delta ABC$ có chu vi không đổi sẽ có diện tích lớn nhất khi và chỉ khi $\Delta ABC$ đều.

Bài toán này có một lời giải khá gọn bằng công thức Heron và BĐT Cauchy, mình sẽ thử giải bằng hình phẳng :DGiả sử $\Delta ABC$ có chu vi không đổi và $AB<AC$. Trên 2 tia $AB$ và $AC$ chọn 2 điểm $B',C'$ sao cho $AB'+AC'=AB+AC$. Ta sẽ chứng minh $\Delta AB'C'$ có diện tích lớn hơn $\Delta ABC$ nhưng có chu vi nhỏ hơn.Dễ thấy $B'$ nằm ngoài cạnh $AB$ và $C'$ nằm trong cạnh $AC$. Chọn $D$ trên $B'C'$ sao cho $BD//AC$. Gọi $G=BC\times B'C'$. Dễ thấy $\Delta BDG=\Delta CC'G$. Do đó:$S_{ABC}=S_{ABGC}+S_{CC'G}=S_{ABCD}+S_{BDG}=S_{ABDC'}<S_{AB'C'}.$Đồng thời: $BC=2BG>2GH=B'C' \Rightarrow AB+BC+CA>AB'+B'C'+C'A$.Khi đó chỉ cần chọn $B''$ và $C''$ trên $AB$ và $AC$ sao cho $\frac{AB''}{AB'}=\frac{AC''}{AC'}=\frac{AB+BC+CA}{AB'+B'C'+C'A}$ thì ta được $\Delta AB''C''$ có chu vi bằng chu vi $\Delta ABC$ nhưng có diện tích lớn hơn.Tóm lại, để $\Delta ABC$ lớn nhất thì $\Delta ABC$ cân.Ta xét TH $\Delta ABC$ cân tại $A$ và đặt $AB=AC=a,BC=b$ thì $2a+b=p$ không đổi.Ta có $h^2=a^2-\frac{b^2}{4}=\frac{1}{4}p(2a-b).$ Khi đó: $S_{ABC}=\frac{1}{2}bh=\frac{1}{4}b\sqrt{p(2a-b)} $.Theo BĐT Cauchy: $b^2(2a-b)\leq \left( \frac{2a+b}{3}\right) ^3=\frac{p^3}{27} \Rightarrow S_{ABC}\leq \frac{p^2\sqrt{3}}{36}$.Dâus $=$ xảy ra khi và chỉ khi $b=2a-b$ hay $a=b$.Vậy $\Delta ABC$ có chu vi không đổi sẽ có diện tích lớn nhất khi và chỉ khi $\Delta ABC$ đều.

Vì $\widehat{BCD}>\widehat{ACD}=90^0$ nên $ABCD$ vuông tại $A$ và $B$.Giả sử $(P)$ cắt $CD$ tại $N$. Vì $(SMN)//(SBC)$ nên $MN//BC$ nghĩa là $N \in CD$ sao cho $DN=x\sqrt{2}$ và thiết diện cần tìm là $\Delta SMN$.Khi đó $MN=\frac{xAD+(a-x)BC}{a}=a+x$.VÌ $AM$ vuông góc với $MN$ và $AM$ là hình chiếu của $SM$ trên đáy nên $SM$ vuông góc với $MN$.Ta có $S_{SMN}=\frac{SM.MN}{2}=\frac{(a+x)\sqrt{2a^2+x^2}}{2}$.

Vì $\widehat{BCD}>\widehat{ACD}=90^0$ nên $ABCD$ vuông tại $A$ và $B$.Chọn $N,P,Q$ trên $CD,SD,SA$ sao cho $MN//BC,NP//SC,MQ//SB$ thì thiết diện cần tìm là tứ giác $MNPQ$.Ta có: $\frac{SQ}{SA}=\frac{BM}{AB}=\frac{CN}{CD}=\frac{SP}{SD}$ nên $PQ//AD//MN$ suy ra $MNPQ$ là hình thang.Lại có $AB$ vuông góc với $MN$ và $AB$ là hình chiếu của $MQ$ trên $(ABCD)$ nên $MQ$ vuông góc với $MN$ hay hình thang $MNPQ$ vuông tại $M$ và $Q$.Tính $S_{MNPQ}$:$MN//BC \Rightarrow MN=\frac{xAD+(a-x)BC}{a}=a+x.$$PQ=\frac{SQ}{SA}.AD=\frac{BM}{AB}.AD=2(a-x)$.$MQ=\frac{AM}{AB}.SB=x\sqrt{3}$.$S_{MNPQ}=\frac{MQ(MN+PQ)}{2}=\frac{x(3a-x)\sqrt{3}}{2}$.

Giả sử thiết diện là tứ giác $AKHL$ như hình vẽ. Vì $SC$ vuông góc với $(AKHL)$ nên vuông góc với $AH$. Trong $\Delta SAC$ vuông tại $A$ ta có $\frac{HS}{HC}=\frac{SA^2}{AC^2}=\frac{1}{2}$ hay $\frac{SH}{SC}=\frac{1}{3}$.Tình được $SC=a\sqrt{3}$ nên $SH=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.Ta có $SC^2=SD^2+CD^2$ nên $\Delta SCD$ vuông tại $D$. Cũng có $\Delta SHK$ vuông tại $H$ nên $\Delta SCD\sim \Delta SKH$, suy ra $SK=\frac{SH.SC}{SD}=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{SD}{2}$.Tương tự ta có $SL=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{SB}{2}$. Từ đó suy ra $KL//BD$ và $KL=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.Vì $AC$ vuông góc với $BD$ mà $AC$ là hình chiếu của $AH$ trên $(ABCD)$ nên $AH$ vuông góc với $BD$, suy ra $AH$ vuông góc với $KL$. Khi đó: $S_{AKHL}=\frac{AH.KL}{2}=\frac{3\sqrt{6}}{16}$.

Giả sử thiết diện là tứ giác $AKHL$ như hình vẽ. Vì $SC$ vuông góc với $(AKHL)$ nên vuông góc với $AH$. Trong $\Delta SAC$ vuông tại $A$ ta có $\frac{HS}{HC}=\frac{SA^2}{AC^2}=\frac{1}{2}$ hay $\frac{SH}{SC}=\frac{1}{3}$.Tình được $SC=a\sqrt{3}$ nên $SH=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.Ta có $SC^2=SD^2+CD^2$ nên $\Delta SCD$ vuông tại $D$. Cũng có $\Delta SHK$ vuông tại $H$ nên $\Delta SCD\sim \Delta SKH$, suy ra $SK=\frac{SH.SC}{SD}=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{SD}{2}$.Tương tự ta có $SL=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{SB}{2}$. Từ đó suy ra $KL//BD$ và $KL=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.Vì $AC$ vuông góc với $BD$ mà $AC$ là hình chiếu của $AH$ trên $(ABCD)$ nên $AH$ vuông góc với $BD$, suy ra $AH$ vuông góc với $KL$. Khi đó: $S_{AKHL}=\frac{AH.KL}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{6}$.

Gọi $I$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$ và $H$ là hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$.Vì $AB=AC$ mà $SB$ và $SC$ là hình chiếu của $AB$ và $AC$ trên $(MBC)$ nên $SB=SC$, suy ra $SI$ vuông góc với $BC$.Dễ thấy $AI$ và $SI$ cùng vuông góc với $BC$ nên $BC$ vuông góc với $(ASI)$, suy ra $(ASI)$ vuông góc với $(ABC)$. Từ đó suy ra $H \in AI$Vì $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ nên $AI^2=\frac{a^2}{2}$.Vì $\Delta ASI$ vuông tại $S$ nên $AS^2+SI^2=AI^2=\frac{a^2}{2}$.Áp dụng hệ thức hệ trong $\Delta ASI$ ta có:$\frac{1}{SH^2}=\frac{1}{AS^2}+\frac{1}{SI^2}\geq \frac{4}{AS^2+SI^2}=\frac{8}{a^2}$ hay $SH\leq \frac{a\sqrt{2}}{4}$.Khi đo; $V_{S.ABC}=\frac{S_{ABC}.SH}{3}\leq \frac{a^3\sqrt{2}}{8}$.

Gọi $I$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$ và $H$ là hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$.Vì $AB=AC$ mà $SB$ và $SC$ là hình chiếu của $AB$ và $AC$ trên $(MBC)$ nên $SB=SC$, suy ra $SI$ vuông góc với $BC$.Dễ thấy $AI$ và $SI$ cùng vuông góc với $BC$ nên $BC$ vuông góc với $(ASI)$, suy ra $(ASI)$ vuông góc với $(ABC)$. Từ đó suy ra $H \in AI$Vì $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ nên $AI^2=\frac{a^2}{2}$.Vì $\Delta ASI$ vuông tại $S$ nên $AS^2+SI^2=AI^2=\frac{a^2}{2}$.Áp dụng hệ thức hệ trong $\Delta ASI$ ta có:$\frac{1}{SH^2}=\frac{1}{AS^2}+\frac{1}{SI^2}\geq \frac{4}{AS^2+SI^2}=\frac{8}{a^2}$ hay $SH\leq \frac{a\sqrt{2}}{4}$.Khi đo; $V_{S.ABC}=\frac{S_{ABC}.SH}{3}\leq \frac{a^3\sqrt{2}}{24}$.

a) Giả sử $m$ là giá trị thỏa mãn bài toán và $x_0$ là nghiệm chung của 2 PT. Dễ thấy $x_0\neq 0$, ta có:\begin{cases} 2x_0^2+mx_0-1=0 \\ mx_0^2-x_0+2=0 \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases} m=\frac{1-2x_0^2}{x_0} \\ m=\frac{2-x_0}{x_0^2} \end{cases} \]\[ \Leftrightarrow \begin{cases} m=\frac{1-2x_0^2}{x_0} \\ \frac{1-2x_0^2}{x_0}=\frac{2-x_0}{x_0^2} \end{cases} \]\[ \Leftrightarrow \begin{cases} m=\frac{1-2x_0^2}{x_0} \\ x_0^3-x_0+1=0 \end{cases} \]Giải hệ trên ta được $x=\frac{1}{\sqrt{3}}\left( \sqrt[3]{\frac{5-3\sqrt{3}}{2}}-\sqrt[3]{\frac{5+3\sqrt{3}}{2}} \right) $ và $m=m_0=\frac{1-2x_0^2}{x_0}$.Đảo lại, với $m=m_0$ thì hai PT đã cho có nghiệm chung $x_0$.b) Phương trình $x^2-2x+m^2-3m+1=0$ tương đương với: \[ (x-1)^2=3m-m^2. (1) \]Đặt $x-1=t$ thì $(1)$ trở thành $t^2=3m-m^2. (2)$ PT ban đầu có nghiệm $x\in [1,2]$ khi và chỉ khi PT $(2)$ có nghiệm $t\in [0,1]$. Khi đó $0\leq 3m-m^2\leq 1$ hay $0\leq m\leq \frac{3-\sqrt{5}}{2}\vee \frac{3+\sqrt{5}}{2}\leq m\leq 3.$ Normal 0 false false false EN-US X-NONE X-NONE

a) Giả sử $m$ là giá trị thỏa mãn bài toán và $x_0$ là nghiệm chung của 2 PT. Dễ thấy $x_0\neq 0$, ta có:\begin{cases} 2x_0^2+mx_0-1=0 \\ mx_0^2-x_0+2=0 \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases} m=\frac{1-2x_0^2}{x_0} \\ m=\frac{2-x_0}{x_0^2} \end{cases} \]\[ \Leftrightarrow \begin{cases} m=\frac{1-2x_0^2}{x_0} \\ \frac{1-2x_0^2}{x_0}=\frac{2-x_0}{x_0^2} \end{cases} \]\[ \Leftrightarrow \begin{cases} m=\frac{1-2x_0^2}{x_0} \\ x_0^3-x_0+1=0 \end{cases} \]Giải hệ trên ta được $x=\frac{1}{\sqrt{3}}\left( \sqrt[3]{\frac{5-3\sqrt{3}}{2}}-\sqrt[3]{\frac{5+3\sqrt{3}}{2}} \right) $ và $m=m_0=\frac{1-2x_0^2}{x_0}$.Đảo lại, với $m=m_0$ thì hai PT đã cho có nghiệm chung $x_0$.b) Phương trình $x^2-2x+m^2-3m+1=0$ tương đương với: \[ (x-1)^2=3m-m^2. (1) \]Đặt $x-1=t$ thì $(1)$ trở thành $t^2=3m-m^2. (2)$ PT ban đầu có nghiệm $x\in [1,2]$ khi và chỉ khi PT $(2)$ có nghiệm $t\in [0,1]$. Khi đó $0\leq 3m-m^2\leq 1$ hay $0\leq m\leq \frac{3-\sqrt{5}}{2}\vee \frac{3+\sqrt{5}}{2}\leq m\leq 3.$

Hệ phương trình $\begin{cases} bx-y=ac^2 \\ (b-6)x+2by=c+1 \end{cases} (*)$Dễ thấy $(*)$ luôn có nghiệm khi $2b^2+b-6=(b+2)(2b-3)\neq 0$. Do đó $(*)$ có nghiệm với mọi $b\in R$ khi và chỉ khi $(*)$ có nghiệm khi $b=-2$ và $b=\frac{3}{2}$.+) Nếu $b=-2$ thì $(*)$ trở thành $\begin{cases} -2x-y=ac^2 \\ -8x-4y=c+1 \end{cases}$.Hệ trên có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại $c$ sao cho $4ac^2-c-1=0$.Dễ thấy $a=0$ thỏa mãn. Nếu $a\neq 0$ thì $4ac^2-c-1=0$ có nghiệm $c$ khi và chỉ khi $\Delta \geq 0$ hay $a\geq -\frac{1}{16}$.+) Nếu $b=\frac{3}{2}$ thì $(*)$ trở thành $\begin{cases} \frac{3}{2}x-y=ac^2 \\ -\frac{9}{2}x+3y=c+1 \end{cases}$.Hệ trên có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại $c$ sao cho $ac^2+3c+3=0$.Dễ thấy $a=0$ thỏa mãn. Nếu $a\neq 0$ thì $ac^2+3c+1=0$ có nghiệm $c$ khi và chỉ khi $\Delta \geq 0$ hay $a\leq \frac{3}{4}$.Đảo lại, với $a\in \left[ -\frac{1}{16},\frac{3}{4}\right]$ thì luôn tồn tại $c$ để hệ $(*)$ có nghiệm với mọi $b\in R$.Cụ thể, với $b=-2$ thì tồn tại $c$ là nghiệm của $4ac^2-c-1=0$, với $b=\frac{3}{2}$ thì tồn tại $c$ là nghiệm của $ac^2+3c+3=0$, với $b\neq -2,b\neq \frac{3}{2}$ thì tồn tại $c=0$ để hệ $(*)$ có nghiệm.

Hệ phương trình $\begin{cases} bx-y=ac^2 \\ (b-6)x+2by=c+1 \end{cases} (*)$Dễ thấy $(*)$ luôn có nghiệm khi $2b^2+b-6=(b+2)(2b-3)\neq 0$. Do đó $(*)$ có nghiệm với mọi $b\in R$ tương đương với $(*)$ có nghiệm khi $b=-2$ và $b=\frac{3}{2}$.+) Nếu $b=-2$ thì $(*)$ trở thành $\begin{cases} -2x-y=ac^2 \\ -8x-4y=c+1 \end{cases}$.Hệ trên có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại $c$ sao cho $4ac^2-c-1=0$.Dễ thấy $a=0$ thỏa mãn. Nếu $a\neq 0$ thì $4ac^2-c-1=0$ có nghiệm $c$ khi và chỉ khi $\Delta \geq 0$ hay $a\geq -\frac{1}{16}$.+) Nếu $b=\frac{3}{2}$ thì $(*)$ trở thành $\begin{cases} \frac{3}{2}x-y=ac^2 \\ -\frac{9}{2}x+3y=c+1 \end{cases}$.Hệ trên có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại $c$ sao cho $ac^2+3c+3=0$.Dễ thấy $a=0$ thỏa mãn. Nếu $a\neq 0$ thì $ac^2+3c+1=0$ có nghiệm $c$ khi và chỉ khi $\Delta \geq 0$ hay $a\leq \frac{3}{4}$.Vậy với $a\in \left[ -\frac{1}{16},\frac{3}{4}\right]$ thì luôn tồn tại $c$ để hệ $(*)$ có nghiệm với mọi $b\in R$.Cụ thể, với $b=-2$ thì tồn tại $c$ là nghiệm của $4ac^2-c-1=0$, với $b=\frac{3}{2}$ thì tồn tại $c$ là nghiệm của $ac^2+3c+3=0$, với $b\neq -2,b\neq \frac{3}{2}$ thì tồn tại $c=0$ để hệ $(*)$ có nghiệm.

ĐK cần: Giả sử $a$ là giá trị thỏa mãn: \[ a.2^{x+1}+(2a+1)(3-\sqrt{5})^x+(3+\sqrt{5})^x<0,\forall x\leq 0. \] Cho $x=0$ ta có $2a+1<0$ hay $a<-\frac{1}{2}$. ĐK đủ: Xét trường hợp $a<-\frac{1}{2}$ và để cho gọn, đặt $\frac{3-\sqrt{5}}{2}=u, \frac{3+\sqrt{5}}{2}=v$ thì $0<u<1<v$ và $uv=1$. Xét hàm số $f(x)=2a+(2a+1)u^x+v^x$ trên $(-\infty ,0)$. Ta có $f’(x)=(2a+1)u^x\ln u+v^x\ln v=(2a+1)u^x\ln u-v^x\ln v=\ln u((2a+1)u^x-v^x).$ Vì $u<1$ nên $\ln u<0$ và $2a+1<0$ nên $f’(x)>0,\forall x\leq 0$. Khi đó $f(x)<f(0)=2(2a+1)<0,\forall x\leq 0$ (thỏa mãn bài toán).Vậy $a<-\frac{1}{2}$ là kết quả cần tìm. Normal 0 false false false EN-US X-NONE X-NONE

ĐK cần: Giả sử $a$ là giá trị thỏa mãn: \[ a.2^{x+1}+(2a+1)(3-\sqrt{5})^x+(3+\sqrt{5})^x<0,\forall x\leq 0. \] Cho $x=0$ ta có $2a+1<0$ hay $a<-\frac{1}{2}$. ĐK đủ: Xét trường hợp $a<-\frac{1}{2}$ và để cho gọn, đặt $\frac{3-\sqrt{5}}{2}=u, \frac{3+\sqrt{5}}{2}=v$ thì $0<u<1<v$ và $uv=1$. Xét hàm số $f(x)=2a+(2a+1)u^x+v^x$ trên $(-\infty ,0)$. Ta có $f’(x)=(2a+1)u^x\ln u+v^x\ln v=(2a+1)u^x\ln u-v^x\ln v=\ln u((2a+1)u^x-v^x).$ Vì $u<1$ nên $\ln u<0$ và $2a+1<0$ nên $f’(x)>0,\forall x\leq 0$. Khi đó $f(x)<f(0)=2(2a+1)<0,\forall x\leq 0$ (thỏa mãn bài toán).Vậy $a<-\frac{1}{2}$ là kết quả cần tìm.

Đặt $|x|=t$ thì $t\geq 0$, PT đã cho được viết lại dưới dạng: \[ f(t)=t^2-2(m-1)t-m+5=0 (1).\] PT trên vô nghiệm khi và chỉ khi $\Delta =(m+1)(m-4)<0 \Leftrightarrow -1<m<4$. PT trên có nghiệm $t\in [0,2]$ khi và chỉ khi: \[ \begin{cases} \Delta '\geq 0 \\ f(0)\geq 0 \\ f(2)\geq 0 \\ 0\leq m-1\leq 2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} (m+1)(m-4)\geq 0 \\ 5-m\geq 0 \\13-5m\geq 0\\ 1\leq m\leq 3\end{cases}\]Dễ thấy không tồn tại $m$ thỏa mãn hệ điều kiện trên.Vậy PT ban đầu có nghiệm $x\in (-\infty ,-2)\bigcup (2,+\infty )$, tương đương với PT $(1)$ có nghiệm $t>2$, khi và chỉ khi $m\leq -1 \vee m\geq 4$. Normal 0 false false false EN-US X-NONE X-NONE

Đặt $|x|=t$ thì $t\geq 0$, PT đã cho được viết lại dưới dạng: \[ f(t)=t^2-2(m-1)t-m+5=0 (1).\] PT trên vô nghiệm khi và chỉ khi $\Delta =(m+1)(m-4)<0 \Leftrightarrow -1<m<4$. PT trên có nghiệm $t\in [0,2]$ khi và chỉ khi: \[ \begin{cases} \Delta '\geq 0 \\ f(0)\geq 0 \\ f(2)\geq 0 \\ 0\leq m-1\leq 2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} (m+1)(m-4)\geq 0 \\ 5-m\geq 0 \\13-5m\geq 0\\ 1\leq m\leq 3\end{cases}\]Dễ thấy không tồn tại $m$ thỏa mãn hệ điều kiện trên.Vậy PT ban đầu có nghiệm $x\in (-\infty ,-2)\bigcup (2,+\infty )$, tương đương với PT $(1)$ có nghiệm $t>2$, khi và chỉ khi $m\leq -1 \vee m\geq 4$.

Theo khai triển nhị thức Newton ta có: $(1+x+x^2+x^3)^{15}$ $=(1+x)^{15}(1+x^2)^{15}$ $=\left( \sum_{k=1}^{15}{C_{15}^kx^k}\right) \left( \sum_{k=1}^{15}{C_{15}^kx^{2k}}\right)$ Hệ số của $x^{10}$ trong khai triển trên là: $C_{15}^0.C_{15}^{5}+C_{15}^2.C_{15}^4+C_{15}^4.C_{15}^3+C_{15}^6.C_{15}^2+C_{15}^8.C_{15}^1+C_{15}^{10}.C_{15}^0=1392456.$ Normal 0 false false false EN-US X-NONE X-NONE

Theo khai triển nhị thức Newton ta có: $(1+x+x^2+x^3)^{15}$ $=(1+x)^{15}(1+x^2)^{15}$ $=\left( \sum_{k=0}^{15}{C_{15}^kx^k}\right) \left( \sum_{k=0}^{15}{C_{15}^kx^{2k}}\right)$ Hệ số của $x^{10}$ trong khai triển trên là: $C_{15}^0.C_{15}^{5}+C_{15}^2.C_{15}^4+C_{15}^4.C_{15}^3+C_{15}^6.C_{15}^2+C_{15}^8.C_{15}^1+C_{15}^{10}.C_{15}^0=1392456.$

Bất đẳng thức

Cho $a,b,c,d,e,f \in R$ sao cho $a+b+c+d+e+f\geq 1$. CMR:\[ a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2 \geq \frac{1}{\cos \frac{\pi }{7}}.\]

Bất đẳng thức

Bất đẳng thức

Cho $a,b,c,d,e,f \in R$ sao cho $ab+bc+cd+de+ef\geq 1$. CMR:\[ a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2 \geq \frac{1}{\cos \frac{\pi }{7}}.\]

Bất đẳng thức

Bất đẳng thức

Cho $a,b,c,d,e,f \in R$ sao cho $a+b+c+d+e+f\geq 1$. CMR: Normal 0 false false false EN-US X-NONE X-NONE \[ a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2 \geq \frac{1}{\cos \frac{\pi }{7}}.\] Normal 0 false false false EN-US X-NONE X-NONE

Bất đẳng thức

Bất đẳng thức

Cho $a,b,c,d,e,f \in R$ sao cho $a+b+c+d+e+f\geq 1$. CMR:\[ a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2 \geq \frac{1}{\cos \frac{\pi }{7}}.\]

Bất đẳng thức

Ta có:\[ \cos x-4\cos x+m+1=0\]\[ \Leftrightarrow \cos x=\frac{m+1}{3}\]PT trên có nghiệm trên $R$ khi và chỉ khi $-1\leq \frac{m+1}{3}\leq 1$ hay $-4\leq m\leq 2$.Đảo lại, nếu $-4\leq m\leq 2$ thì PT có nghiệm trên $[0,2\pi]$. Vì hàm số $y=\cos x$ tuần hoàn với chu kỳ $2\pi$ nên PT cũng có nghiệm trên $(90,180)$.Anw, nếu hiểu bài toán như vậy thì có gì đó không đúng. Mình xin "hiểu lại" câu hỏi của bạn như sau:Tìm $m$ để PT $\cos ^2x-4\cos x+m+1=0$ có nghiệm $x\in (90^0,180^0)$.ĐK cần: Giả sử PT đã cho, kí hiệu là $(*)$, có nghiệm $x_0\in (90^0,180^0)$. Khi đó:\[ \cos ^2x_0-4\cos x_0+m+1=0.\]Đặt $\cos x_0=t$ thì $t\in (-1,0).$ Khi đó:\[ t^2-4t+m+1=0.\]\[ \Leftrightarrow (2-t)^2=3-m. \]Vì $-1<t<0$ nên $2<2-t<3$, suy ra $4<(2-t)^2<9$. Ta được $4<m<9$.ĐK đủ: Với $m\in (4,9)$ thì tồn tại số $t\in (-1,0)$ sao cho $(2-t)^2=3-m$.Với $t\in (-1,0)$ thì tồn tại $x_0\in (90^0,180^0)$ sao cho $\cos x_0=t$. Khi đó ta có $\cos ^2x_0-4\cos x_0+m+1=0$ hay PT $(*)$ có nghiệm $x_0\in (90^0,180^0)$.Tóm lại, $m\in (4,9)$ là tất cả các giá trị cần tìm.

3-mTa có:\[ \cos x-4\cos x+m+1=0\]\[ \Leftrightarrow \cos x=\frac{m+1}{3}\]PT trên có nghiệm trên $R$ khi và chỉ khi $-1\leq \frac{m+1}{3}\leq 1$ hay $-4\leq m\leq 2$.Đảo lại, nếu $-4\leq m\leq 2$ thì PT có nghiệm trên $[0,2\pi]$. Vì hàm số $y=\cos x$ tuần hoàn với chu kỳ $2\pi$ nên PT cũng có nghiệm trên $(90,180)$.Anw, nếu hiểu bài toán như vậy thì có gì đó không đúng. Mình xin "hiểu lại" câu hỏi của bạn như sau:Tìm $m$ để PT $\cos ^2x-4\cos x+m+1=0$ có nghiệm $x\in (90^0,180^0)$.ĐK cần: Giả sử PT đã cho, kí hiệu là $(*)$, có nghiệm $x_0\in (90^0,180^0)$. Khi đó:\[ \cos ^2x_0-4\cos x_0+m+1=0.\]Đặt $\cos x_0=t$ thì $t\in (-1,0).$ Khi đó:\[ t^2-4t+m+1=0.\]\[ \Leftrightarrow (2-t)^2=3-m. \]Vì $-1<t<0$ nên $2<2-t<3$, suy ra $4<(2-t)^2<9$. Ta được $4<3-m<9$ hay $-6<m<-1$.ĐK đủ: Với $m\in (-6,-1)$ thì tồn tại số $t\in (-1,0)$ sao cho $(2-t)^2=3-m$.Với $t\in (-1,0)$ thì tồn tại $x_0\in (90^0,180^0)$ sao cho $\cos x_0=t$. Khi đó ta có $\cos ^2x_0-4\cos x_0+m+1=0$ hay PT $(*)$ có nghiệm $x_0\in (90^0,180^0)$.Tóm lại, $m\in (-6,-1)$ là tất cả các giá trị cần tìm.

Một bài toán hệ phương trinh ba ẩn

Giải hệ phương trình: \begin{cases} x+y=3z \\ x^2+y^2=5z \\ x^3+y^3=9z \end{cases} Normal 0 false false false EN-US X-NONE X-NONE

Hệ phương trình

Một bài toán hệ phương trình ba ẩn

Giải hệ phương trình: \begin{cases} x+y=3z \\ x^2+y^2=5z \\ x^3+y^3=9z \end{cases}

Hệ phương trình