Chủ đề này có 18 trả lời

[Zaraki]

Theo Mathscope

[thuan192]

Bài 2a

                       Ta có :  $2x^{2}+2x+5=\left ( 4x-1 \right )\sqrt{x^{2}+3}$

                                    <=>$4x^{2}+4x+10=\left ( 4x-1 \right )\sqrt{4x^{2}+12}$

                           Đặt  $b=\sqrt{4x^{2}+12} ; a=4x-1 (b> \sqrt{12})$

                                 khi đó ta có  $\left\{\begin{matrix} ab=4x^{2}+4x+10\\a+b^{2}=4x^{2}+4x+11 \end{matrix}\right.$

                                              =>$a+b^{2}-ab-1=0$

                                                 <=>  $\left ( 1-b \right )\left ( a-b-1 \right )=0$

                                                       =>a-b=1

                                                   =>$4x-1-\sqrt{4x^{2}+12}=1$

                      phương trình này có tể giải một cách dễ dàng

[hoanganhmath]

[carljohnson1997]

Bài 2. a. (Dễ nhằn gần nhất)

PT $\Leftrightarrow 4x^{2}+4x+10=2(4x-1)\sqrt{x^{2}+3}$

$\Leftrightarrow 4(x^{2}+3)+4x-1-1=2(4x-1)\sqrt{x^{2}+3}(1)$

Đặt:$\left\{\begin{matrix} 4x-1=a & & \\ \sqrt{x^{2}+3}=b (b\geq \sqrt{3})& & \end{matrix}\right.$

$(1)\Leftrightarrow 4b^{2}+a-1=2ab \Leftrightarrow (2b-1)(2b+1)-a(2b-1)=0 \Leftrightarrow (2b-1)(2b+1-a)=0$

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} b=\frac{1}{2}(i)& & \\ 2b=a-1(ii)& & \end{bmatrix}$

TH $(i)$ loại

TH $(ii)$ $\Leftrightarrow$$2\sqrt{x^{2}+3}=4x-2$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq \frac{1}{2} & & \\ 4(x^{2}+3)=16x^{2}-16x+4& & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow 12x^{2}-16x-8=0$

$\Leftrightarrow ...............$

Đến đây tự làm đơn giản ^^@

HUm nay e up lên vội quá. Sai sót chỗ nào các bác sửa cho e nhé!!

[tranphuonganh97]

$\left\{\begin{matrix} x^3-y^3+3x^2+6x-3y+4=0 (1)\\ 2\sqrt{4-x^2}-3\sqrt{3+2y-y^2}-3x+2=0(2) \end{matrix}\right.$

Xét $(1)$:

$x^3-y^3+3x^2+6x-3y+4=0$

<=> $(x+1)^3-y^3+3(x-y+1)=0$

<=> $(x-y+1)[(x+1)^2+y(x+1)+y^2+3]=0$

<=> $x-y+1=0$

<=> $x=y-1$ (3)

Thay $(3)$ và phương trình $(2)$ có:  

$2\sqrt{4-(y+1)^2}-3\sqrt{3+2y-y^2}-3(y+1)+2=0$

<=> $-\sqrt{3+2y-y^2}-3y+5=0$

<=> $-\sqrt{3+2y-y^2}=3y-5$

<=> $\left\{\begin{matrix} 3y+1\leq 0\\ (-\sqrt{3+2y-y^2})^2=(3y-5)^2 \end{matrix}\right.$

<=> $\left\{\begin{matrix} y\leq \frac{-1}{3}\\ 3+2y-y^2=9y^2-30y+25 \end{matrix}\right.$

<=> $\left\{\begin{matrix} y\leq \frac{-1}{3}\\ 10y^2-32y+22=0 \end{matrix}\right.$

<=>..........

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranphuonganh97: 03-10-2013 - 20:06

[thuan192]

bài 2b    từ pt (1) ta suy ra  : x-y+1=0

                                       =>x=y-1   thế vào pt (2)

[namdenck49]

bài 2a dùng ẩn phụ không hoàn toàn cũng được! đặt $\sqrt{x^{2}+3}$=t

[chagtraife]

ai biết làm BĐT làm hộ mình với

bài 3:

ta có: $P=2ab+3bc+3ca+\frac{6}{a+b+c}$

$=(2ab+2bc+2ca)+\frac{6}{a+b+c}+bc+ca$

$=(a+b+c)^{2}-3+\frac{6}{a+b+c}+bc+ca$

ta thấy: $bc+ca\leq (a+b+c)-1$

thật vậy:$bc+ca\leq (a+b+c)-1$

$\Leftrightarrow (a+b-1)(c-1)\leq 0$ (đúng, do $c\leq 1$ nên $c^2\leq1$,nên $a^{2}+b^{2}\geq 2\Rightarrow a+b > 1$

suy ra: $P\leq (a+b+c)^{2}-3+(a+b+c)-1+\frac{6}{a+b+C}$

đặt $t=a+b+c$,$\sqrt{2}\leq t\leq 3$

khi đó: $P\leq G(t)=t^2+t+\frac{6}{t}-4$

...

suy ra: $maxG(t) =10$

vậy gtln $P =10$

p/s: gia tri $min$ thì bó tay!!!!!!

[quangdung1997]

cách khác cho bài 2a

Phương trình $\Leftrightarrow 2(x^2+3)+2x-1-(4x-1)\sqrt{x^2+3}=0$

Đặt $t=\sqrt{x^2+3}$ đến đây ta xét$\Delta =16x^2-8x+1-2.4(2x-1)$

$\Delta =(4x-3)^2$

Đến đây ngon rồi

[chagtraife]

Bạn nào giúp mình câu b bài dãy với. Không biết có phải đưa về sai phân không nhỉ?

uhm,

$2014u_{n+1}=u_n^2+2013u_n$

$\Leftrightarrow 2014((u_{n+1}-1)-(u_n-1))=u_n(u_n-1)$

$\Leftrightarrow \frac{u_n}{u_{n+1}-1}=2014(\frac{1}{u_n-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})$

do đó: $v_1+v_2+...+v_n=2014(\frac{1}{2-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})<2014$

[mathfan]

bài 3:

ta có: $P=2ab+3bc+3ca+\frac{6}{a+b+c}$

$=(2ab+2bc+2ca)+\frac{6}{a+b+c}+bc+ca$

$=(a+b+c)^{2}-3+\frac{6}{a+b+c}+bc+ca$

ta thấy: $bc+ca\leq (a+b+c)-1$

thật vậy:$bc+ca\leq (a+b+c)-1$

$\Leftrightarrow (a+b-1)(c-1)\leq 0$ (đúng, do $c\leq 1$ nên $c^2\leq1$,nên $a^{2}+b^{2}\geq 2\Rightarrow a+b > 1$

suy ra: $P\leq (a+b+c)^{2}-3+(a+b+c)-1+\frac{6}{a+b+C}$

đặt $t=a+b+c$,$\sqrt{2}\leq t\leq 3$

khi đó: $P\leq G(t)=t^2+t+\frac{6}{t}-4$

...

suy ra: $maxG(t) =10$

vậy gtln $P =10$

p/s: gia tri $min$ thì bó tay!!!!!!

bạn giải thích hộ mình chỗ $a^{2}+b^{2}\geqslant 2 \Rightarrow a+b\geqslant 1 được không?     

[kfcchicken98]

bài 5:

có $u_{n+1}-u_{n}= \frac{u_{n}^{2}+2013u_{n}-2014u_{n}}{2014}= \frac{u_{n}^{2}-u_{n}}{2014}= \frac{u_{n}(u_{n}-1)}{2014} > 0$ (do $u_{n}\geq u_{1}=2> 1$
suy ra $u_{n+1}-u_{n}> 0$, suy ra là dãy tăng
b. đề bài tương đương với : $2014u_{n+1}= u_{n}^{2}+ 2013u_{n}$
$2014(u_{n+1}-1)= (u_{n}-1)(u_{n}+2014)$
$\frac{u_{n}+2014}{u_{n+1}-1}= 2014\frac{1}{u_{n}-1}$
$\frac{u_{n}}{u_{n+1}-1}= 2014(\frac{1}{u_{n}-1}- \frac{1}{u_{n+1}-1})$
suy ra$v_{1}+v_{2}+v_{3}+...+u_{n}= 2014(\frac{1}{u_{1}-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})=2014- \frac{2014}{u_{n+1}-1}< 2014$ đpcm

[chagtraife]

bạn giải thích hộ mình chỗ $a^{2}+b^{2}\geqslant 2 \Rightarrow a+b\geqslant 1 được không?     

đơn giản mà!!! nếu $a+b<1$ thì$a<1$, $b<1$! do đó: $a^2+b^2<2$ (VÔ LÍ)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chagtraife: 18-10-2013 - 12:06

[vuvanquya1nct]

Câu 1b.

Gọi A(a,y(a))   B(b,y(b))  và C(c,y(c))     (a,b,c khác 0 và đôi một khác nhau)

Điêì kiện để A , B , C thẳng hàng là  $\overrightarrow{AB}=k.\overrightarrow{AC}$$\Leftrightarrow \frac{x_A-x_B}{y_A-y_B}=\frac{x_A-x_C}{y_A-y_C} a=b=c$

Viết phương Trình tiếp tuyến tai A.B,C

 Tìm Giao điểm A' , B' , C'   (theo a, b, c)

Tổng hoành độ của ba điểm A' , B' , C' =-2(a+b+c)=0

Suy ra A' , B' , C' thẳng hàng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuvanquya1nct: 23-10-2013 - 15:18

[vuvanquya1nct]

Câu 1b.

Gọi A(a,y(a))   B(b,y(b))  và C(c,y(c))     (a,b,c khác 0 và đôi một khác nhau)

Điêì kiện để A , B , C thẳng hàng là  $\overrightarrow{AB}=k.\overrightarrow{AC}$$\Leftrightarrow \frac{x_A-x_B}{y_A-y_B}=\frac{x_A-x_C}{y_A-y_C} a=b=c$

Viết phương Trình tiếp tuyến tai A.B,C

 Tìm Giao điểm A' , B' , C'   (theo a, b, c)

Tổng hoành độ của ba điểm A' , B' , C' =-2(a+b+c)=0

Suy ra A' , B' , C' thẳng hàng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuvanquya1nct: 23-10-2013 - 15:20

[luuvanthai]

bài 3:

ta có: $P=2ab+3bc+3ca+\frac{6}{a+b+c}$

$=(2ab+2bc+2ca)+\frac{6}{a+b+c}+bc+ca$

$=(a+b+c)^{2}-3+\frac{6}{a+b+c}+bc+ca$

ta thấy: $bc+ca\leq (a+b+c)-1$

thật vậy:$bc+ca\leq (a+b+c)-1$

$\Leftrightarrow (a+b-1)(c-1)\leq 0$ (đúng, do $c\leq 1$ nên $c^2\leq1$,nên $a^{2}+b^{2}\geq 2\Rightarrow a+b > 1$

suy ra: $P\leq (a+b+c)^{2}-3+(a+b+c)-1+\frac{6}{a+b+C}$

đặt $t=a+b+c$,$\sqrt{2}\leq t\leq 3$

khi đó: $P\leq G(t)=t^2+t+\frac{6}{t}-4$

...

suy ra: $maxG(t) =10$

vậy gtln $P =10$

p/s: gia tri $min$ thì bó tay!!!!!!

Mình vừa tìm được min rồi /

$(a+b+c)^{2}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}=3\Leftrightarrow a+b+c\geq \sqrt{3}$

$P=3(ab+bc+ac)-ab+\frac{6}{a+b+c}=\frac{3}{2}((a+b+c)^{2}-3)-ab+\frac{6}{a+b+c}$

Có $ab\leq \frac{a^{2}+b^{2}}{2}\leq \frac{3}{2}$

Đặt $a+b+c=t (t\geq \sqrt{3})$

Khao sat $f(t)=\frac{3}{2}t^{2}+\frac{6}{t}-\frac{3}{2}\geq f(\sqrt{3})$ OK

[Ha Manh Huu]

bài 5:

có $u_{n+1}-u_{n}= \frac{u_{n}^{2}+2013u_{n}-2014u_{n}}{2014}= \frac{u_{n}^{2}-u_{n}}{2014}= \frac{u_{n}(u_{n}-1)}{2014} > 0$ (do $u_{n}\geq u_{1}=2> 1$
suy ra $u_{n+1}-u_{n}> 0$, suy ra là dãy tăng
b. đề bài tương đương với : $2014u_{n+1}= u_{n}^{2}+ 2013u_{n}$
$2014(u_{n+1}-1)= (u_{n}-1)(u_{n}+2014)$
$\frac{u_{n}+2014}{u_{n+1}-1}= 2014\frac{1}{u_{n}-1}$
$\frac{u_{n}}{u_{n+1}-1}= 2014(\frac{1}{u_{n}-1}- \frac{1}{u_{n+1}-1})$
suy ra$v_{1}+v_{2}+v_{3}+...+u_{n}= 2014(\frac{1}{u_{1}-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})=2014- \frac{2014}{u_{n+1}-1}< 2014$ đpcm

ban ko sai nhưng phải giải thích chứ nó đã là dãy tăng đâu mà nói như thế đc ??

[luuvanthai]

Mình vừa tìm được min rồi /

$(a+b+c)^{2}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}=3\Leftrightarrow a+b+c\geq \sqrt{3}$

$P=3(ab+bc+ac)-ab+\frac{6}{a+b+c}=\frac{3}{2}((a+b+c)^{2}-3)-ab+\frac{6}{a+b+c}$

Có $ab\leq \frac{a^{2}+b^{2}}{2}\leq \frac{3}{2}$

Đặt $a+b+c=t (t\geq \sqrt{3})$

Khao sat $f(t)=\frac{3}{2}t^{2}+\frac{6}{t}-\frac{3}{2}\geq f(\sqrt{3})$ OK

Đặt $a+b+c=t\Rightarrow t^{2}\geq 3\Rightarrow t\geq \sqrt{3}$

$P=2(ab+bc+ac)+c(a+b)+\frac{6}{a+b+c}\geq t^{2}-3+\frac{6}{t}$

Xét $f(t)=\frac{6}{t}+t^{2}$ với $t\geq \sqrt{3}$

$f(t)'=2t-\frac{6}{t^{2}}=2\frac{t^{3}-3}{t^{2}}> 0\Rightarrow f(t)\geq f(\sqrt{3})=3+2\sqrt{3}\Rightarrow P\geq 2\sqrt{3}$

[Love Inequalities]

Mình không gõ được nên đăng ảnh thôi!

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Love Inequalities: 29-06-2014 - 00:06