|
|
giải đáp
|
help(2)
|
|
|
|
Xét cung $\alpha$ làm cho $\frac{tan^2\alpha-sin^2\alpha }{cot^2\alpha -cos^2\alpha }$ có nghĩa. Khi đó $\frac{tan^2\alpha-sin^2\alpha }{cot^2\alpha -cos^2\alpha }=\frac{tan^2\alpha-\frac{tan^2\alpha }{tan^2\alpha +1}}{\frac{1}{tan^2\alpha } -\frac{1}{tan^2\alpha +1} }=tan^6\alpha $.
|
|
|
|
giải đáp
|
Hệ thức lượng trong tam giác!
|
|
|
|
Từ công thức hạ bậc tăng cung và định lí cô-sin suy ra$cos\frac{A}{2}=\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}$; $sin\frac{B}{2}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-c)}{ac}}$;
$sin\frac{C}{2}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)}{ab}}$.
Từ đó suy ra $\frac{asin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}}{cos\frac{A}{2}}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}=\frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p}=\frac{S}{p}=r$.
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 22/08/2016
|
|
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 19/08/2016
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 17/08/2016
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 12/08/2016
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức nhẹ nhàng
|
|
|
|
Vì $a,b,c>0$ nên $\sum_{cyc}^{}\frac{a+b}{c+\sqrt[3]{4(a^3+b^3)}}>\sum_{cyc}^{}\frac{a+b}{2c+2(a+b)}=1$.
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 05/08/2016
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
chiến đê
|
|
|
|
Giả sử $M\in (C)$. Khi đó $M(x;x+2+\frac{1}{x+2})$ với $x\neq-2$.Gọi $\Delta $ là đường thẳng đã cho. Thế thì $d(M;\Delta )=\frac{4|x+2|+\frac{1}{|x+2|}}{\sqrt{10}}\geq \frac{4}{\sqrt{10}}$; dấu bằng xảy ra khi $4|x+2|=\frac{1}{|x+2|}$, hay $x=-\frac{3}{2}\vee x=-\frac{5}{2}$. Do đó, có hai điểm phải tìm, đó là $M(-\frac{3}{2};\frac{5}{2})$ hoặc $M(-\frac{5}{2};-\frac{5}{2})$.
|
|
|
|
giải đáp
|
zô đê
|
|
|
|
Từ đề bài suy ra $M(x;\frac{x^4}{4}-\frac{x^2}{2}+1)$ và $\frac{x^4}{4}-\frac{x^2}{2}+1>0$.Khi đó $d(M,Ox)=\frac{x^4}{4}-\frac{x^2}{2}+1$ và $d(M;Oy)=|x|$. Suy ra $d(M;Ox)+d(M;Oy)=\frac{|x|^4}{4}-\frac{|x|^2}{2}+|x|+1=\frac{|x|(|x|^3-2|x|+4)}{4}+1\geq 1$. Dấu bằng xảy ra khi $x=0$. Do đó $M(0;1)$ là kết quả phải tìm.
|
|
|
|
giải đáp
|
cực đại cực tiểu của hàm số
|
|
|
|
Hàm
số đã cho xác định với mọi $x\in R$ và $y=-(x-m)^3+3(x-m)+2m$. Từ đó suy
ra $y'=-3[(x-m)^2-1],\forall x\in R$. Suy ra $y'=0$ (*) luôn có hai nghiệm
phân biệt, đó là $x_{1}=-1+m$ và $x_{2}=1+m$. Suy ra $y_{CT}=y(x_{1})=2m-2$
và $y_{CĐ}=y(x_{2})=2m+2$. Từ đó có tọa độ của điểm cực tiểu và cực đại
lần lượt là $(-1+m;2m-2)$ và $(1+m;2m+2)$.
Do đó, điều kiện để hai điểm
cực trị nằm về cùng một phía của đường thẳng $y-1=0$ là
$(2m-2-1)(2m+2-1)>0$, hay $(2m-3)(2m+1)>0$; suy ra $m>\frac{3}{2}\vee
m<-\frac{1}{2}$. |
|
|
|
giải đáp
|
bài toán cực trị
|
|
|
|
Hàm số đã cho xác định khi $x\neq4$ và $y'=\frac{2x^2-16x-m-10}{(x-4)^2},\forall x\neq 4$.Điều kiện để hàm số có cực đại và cực tiếu là phương trình $2x^2-16x-m-10=0$ (*) có hai nghiệm phân biệt khác $4$; tức là $2m+84>0\wedge -42-m\neq 0$; suy ra $m>-42$ (1). Giả sử $x_{1}$ và $x_{2}$ là hai nghiệm của phương trình (*) với $x_{1}<x_{2}$. Từ định lý Vi-ét suy ra $x_{1}+ x_{2}=8$ và $x_{1}x_{2}=-\frac{m+10}{2}$. Đồng thời $y_{CĐ}=y(x_{1})=4x_{1}+3$ và $y_{CT}=y(x_{2})=4x_{2}+3$. Từ đó suy ra $|y_{CĐ}-y_{CT}|=4|x_{1}-x_{2}|=4\sqrt{(x_{1}+x_{2})^2-4x_{1}x_{2}}=4\sqrt{2m+84}$. Do đó, điều kiện đề bài tương đương với $4\sqrt{2m+84}<12$, hay $m<-\frac{75}{2}$ (2). Kết hợp (1) và (2) được $-42<m<-\frac{75}{2}$ là kết quả phải tìm.
|
|