|
|
giải đáp
|
CM một số BĐT
|
|
|
|
Cũng có thể dùng câu d cm câu e $1=(a+(b+c))^2\geq 4a(b+c)\Rightarrow b+c\geq 4a(b+c)^2\geq 4a4bc$ đpcm |
|
|
|
giải đáp
|
CM một số BĐT
|
|
|
|
f) Ta có $1=(a+b)^2\leq (1^2+1^2)(a^2+b^2)\Rightarrow a^2+b^2\geq \frac{1}{2}$ Hoặc $\begin{cases}a^2+\frac{1}{4}\geq a\\ b^2+\frac{1}{4}\geq b\end{cases}$ $\Rightarrow a^2+b^2+\frac{1}{2}\geq a+b=1$ đpcm |
|
|
|
giải đáp
|
CM một số BĐT
|
|
|
|
Câu e) $a=1-b-c$ BĐT $\Leftrightarrow b+c\geq 16bc(1-b-c)\Leftrightarrow b+c\geq 16bc-16b^2c-16bc^2$ $\Leftrightarrow (b+16bc^2)+(c+16b^2c)\geq 16bc$ đúng theo cô si |
|
|
|
giải đáp
|
CM một số BĐT
|
|
|
|
d) Ta có BĐT $\Leftrightarrow (b+c)^2\geq 4bc\Leftrightarrow (a-b)^2\geq 0$ đúng. Đpcm Hoặc có thể làm thế này: BĐT $\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}\Leftrightarrow (a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})\geq 4$ đúng theo cô si |
|
|
|
giải đáp
|
CM một số BĐT
|
|
|
|
Câu c) Đặt $x=\sqrt[3]{a}>0$ ta được BĐT $\Leftrightarrow x+x^2\leq 1+x^3$ $\Leftrightarrow (1-x)+x^2(x-1)\geq 0$ $\Leftrightarrow (1-x)(1-x^2)\geq 0$ $\Leftrightarrow (1-x)^2(1+x)\geq $ đpcm |
|
|
|
giải đáp
|
CM một số BĐT
|
|
|
|
Câu b) Mình nghĩ bạn chép thiếu đề. a,b,c là 3 cạnh của tam giác Ta có $\begin{cases}a<b+c \\ b<a+c \\c<a+b\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a^2<a(b+c) \\ b^2<b(a+c)\\c^2<c(a+b) \end{cases}$ Cộng vế theo vế ta có đpcm |
|
|
|
giải đáp
|
CM một số BĐT
|
|
|
|
Ta có $\begin{cases}(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\geq 0\\ (x+y+z)^2\geq 0\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+xz\\ x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+xz)\geq 0\end{cases} $ $\Leftrightarrow \begin{cases}xy+yz+xz \leq x^2+y^2+z^2=1\\ xy+yz+xz\geq \frac{-(x^2+y^2+z^2)}{2}=\frac{-1}{2} \end{cases}$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
đại 12
|
|
|
|
1/ Ta có $\frac{1}{\log_aab}+\frac{1}{\log_bab}=\log_{ab}a+\log_{ab}b=\log_{ab}ab=1$ Câu 2 mình thấy chưa hiểu lắm: $\sqrt{3}^{\sqrt{3}^\sqrt{3}}=\sqrt{3}^3=3\sqrt{3}$ Vậy phải k? |
|
|
|
giải đáp
|
đại 12 cần gấp
|
|
|
|
Ta có $a=\log_{27}5=\frac{1}{3}\log_35=\frac{1}{3}\log_36\log_65\Rightarrow \log_65=3a\log_63$ $b=\log_47=\frac{1}{2}\log_27=\frac{1}{2}\log_23\log_36\log_67\Rightarrow \log_67=\frac{2b}{c}\log_63$ $c=\log_23=\log_26\log_63\Rightarrow \log_63=\frac{c}{\log_26}$ $\Rightarrow \log_6105=\log_67+\log_65+\log_63$ $=\frac{2b}{c}\log_63+3a\log_63+\log_63$ $=(\frac{2b}{c}+3a+1)\log_63=(\frac{2b}{c}+3a+1)\frac{c}{\log_26}$ Bài toán trở thành biểu diễn $\log_26$ qua a,b,c $\log_26=\log_22.3=\log_22+\log_23=1+c$ Vậy $\log_6105=\frac{2b+3ac+c}{1+c}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giải pt mũ
|
|
|
|
$x(x+1)+3x\log_32=2(x+1)+2(x+1)\log_32$ $x^2+x+3x\log_32=2x+2+2x\log_32+2\log_32$ $\Leftrightarrow x^2+x(3\log_32-2\log_32-1)-2-2\log_32=0$ |
|
|
|
giải đáp
|
đại 12 cần gấp
|
|
|
|
Tiểu đệ làm thế này nhé: 1)$\log_350=\log_36.\log_650=\frac{1}{\log_63}.\log_65^2.2=\frac{1}{\log_6\frac{6.5}{2.5}}.(2\log_65+\log_62)$ $=\frac{1}{\log_66.5-\log_62.5}.(2\log_65+\log_62)$ $=\frac{1}{1-\log_62}.(2\log_65+\log_62)=\frac{1}{1-b}(2a+b)$ |
|
|
|
giải đáp
|
Định m
|
|
|
|
Đặt $S=x+y, P=xy$ hệ trở thành: $\begin{cases}S+P=m (1)\\ S^2-3P=1 \end{cases}$ Đk để hệ có nghiệm duy nhất là $S^2=4P$ thay vào $(2)\Rightarrow P=1\Rightarrow S=\pm 2$ $\Rightarrow m=3$ hoặc $m=-1$ |
|
|
|
giải đáp
|
Phương trình vô tỷ....
|
|
|
|
Câu c) Có thể giải bằng phương pháp khác như câu b và câu d Nhận thấy với đk $x\geq \frac{1}{2}$thì $x=1$ là nghiệm nguyên của pt nên: $pt\Leftrightarrow \sqrt{2x-1}-1+x^2-3x+2=0$ $\Leftrightarrow \frac{2(x-1)}{1+\sqrt{2x-1}}+(x-1)(x-2)=0$ $\Leftrightarrow (x-1)(\frac{2}{1+\sqrt{2x-1}}+x-2)=0$ $\Leftrightarrow x=1$ hoặc $\frac{2}{\sqrt{2x-1}+1}+\frac{2x-1-3}{2}=0$ Đến đây có thể dùng ẩn phụ giải tiếp |
|
|
|
giải đáp
|
Phương trình vô tỷ....
|
|
|
|
Câu f) $x=0$ k là nghiệm. Chia 2 vế cho $\sqrt[3]{x}$ ta được: $\sqrt[3]{\frac{x+1}{x}}+\sqrt[3]{x}=1+\sqrt[3]{x+1}$ Cũng có nhận xét như câu e) Ta giải được nghiệm $x=1$ |
|