Chủ đề này có 111 trả lời

[truclamyentu]

Bài 40: Nhận xét: Nhìn vào bài toán thấy nó g�ồm 2 pt khá c�ồng cềnh

Liệu có đặc điểm gì đáng chú ý: ???

Phần lẻ: $y^2$ và $2y$ liên quan: $\left(y\pm1\right)^2.$

Thử giải: Cộng theo vế 2 phương trình của hệ ta có:

$2\left(x+\dfrac{1}{x}\right)+\sqrt{5-x^2}+\sqrt{5-\dfrac{1}{x^2}}=\left(y-1\right)^2+5 \ge 5 \textup{ (1) }$

Nhìn VT làm sao lớn hơn được. Như vậy dùng kt đánh giá BDT không chặt, ta sẽ chứng minh:

$\dfrac{1}{2}.\left(x+\dfrac{1}{x}\right)+\sqrt{5-x^2}+\sqrt{5-\dfrac{1}{x^2}} \le 5$

Thật vậy:

Cồ thể đặt $a = x, b = \dfrac{1}{x} \Rightarrow ab=1$ đưa về BDT đối xứng cho dễ giải:

$\dfrac{1}{2}\left(a+b\right) + \sqrt{5-a^2}+\sqrt{5-b^2} \le 5$

Nếu a+b \le 0 thì BDT hiển nhiên đúng !

Nếu $a+b \ge 0$, thì $a+b = \sqrt{a^2+b^2+2}.$

Áp dụng BDT Cauchy ta có:

$8.VT = 2.2\sqrt{a^2+b^2+2} + 8\sqrt{5-a^2}+8\sqrt{5-b^2} \le (a^2+b^2+2+4) + 2(5-a^2+4)+2(5-b^2+4)\\. \\ =42-(a^2+b^2) \le 42-2=40 \Rightarrow VT \le 5 \textup{ dpcm!}$

Từ đó uy ra êệ có nghiệm khi $x=y=1$ ( thỏa mãn là nghiệm duy nhất của hệ )

$\begin{array}{l}1.\dfrac{{\left( {x + \dfrac{1}{x}} \right)}}{2} + \sqrt 2 \sqrt {\dfrac{{5 - {x^2}}}{2}} + \sqrt 2 \sqrt {\dfrac{{5 - \dfrac{1}{{{x^2}}}}}{2}} \\\\ \le \sqrt {5\left( {\dfrac{{{{\left( {x + \dfrac{1}{x}} \right)}^2}}}{4} + \dfrac{{5 - {x^2}}}{2} + \dfrac{{5 - \dfrac{1}{{{x^2}}}}}{2}} \right)} = \sqrt {5.\left( {\dfrac{{11}}{2} - \dfrac{1}{4}\left( {{x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)} \right)} \end{array}$

$ \le \sqrt {5.\left( {\dfrac{{11}}{2} - \dfrac{1}{8}{{\left( {x + \dfrac{1}{x}} \right)}^2}} \right)} = \sqrt {5.\left( {\dfrac{{11}}{2} - \dfrac{1}{8}{{\left| {x + \dfrac{1}{x}} \right|}^2}} \right)} \le \sqrt {5.\left({\dfrac{{11}}{2} - \dfrac{1}{8}{{.2}^2}} \right)} \\ = 5$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truclamyentu: 06-06-2011 - 10:30

[Bác Ba Phi]

Bài 40: Nhận xét: Nhìn vào bài toán thấy nó gồm 2 pt khá cồng cềnh
CÓ thể đặt $a = x, b = \dfrac{1}{x} \Rightarrow ab=1$ đưa về BDT đối xứng cho dễ giải:

$\dfrac{1}{2}\left(a+b\right) + \sqrt{5-a^2}+\sqrt{5-b^2} \le 5$

Nếu a+b \le 0 thì BDT hiển nhiên đúng !

Nếu $a+b \ge 0$, thì $a+b = \sqrt{a^2+b^2+2}.$

Áp dụng BDT Cauchy ta có:

$8.VT = 2.2\sqrt{a^2+b^2+2} + 8\sqrt{5-a^2}+8\sqrt{5-b^2} \le (a^2+b^2+2+4) + 2(5-a^2+4)+2(5-b^2+4)\\. \\ =42-(a^2+b^2) \le 42-2=40 \Rightarrow VT \le 5 \textup{ dpcm!}$

Từ đó uy ra êệ có nghiệm khi $x=y=1$ ( thỏa mãn là nghiệm duy nhất của hệ )

Bái phục ^ ! Đây là phương pháp chung hay do suy nghĩ của pác zay

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bác Ba Phi: 06-06-2011 - 15:48

[truclamyentu]

TIẾP TỤC :

$41/{x^2}\ln {\left( {1 + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)^{1 + \dfrac{1}{{{x^2}}}}} - {x^6}\ln {\left( {1 + \dfrac{1}{{{x^4}}}} \right)^{1 + \dfrac{1}{{{x^4}}}}} = 1 - {x^2}$
$42/{e^{\dfrac{{2x}}{{{x^2} - 1}}}} + \dfrac{{{x^2} + 2x - 1}}{{1 - {x^2}}} = \ln {\left( {\dfrac{{1 + (e - 1)2x - {x^2}}}{{1 - {x^2}}}} \right)^e}$

Hình như 2 bài này không ai giải

Mình xin đưa ra gợi ý :

câu 41 : Nhân 2 vế với x bình phương rồi dùng hàm đặc trưng

câu 42: đặt ẩn phụ (cái này dễ thấy ) , sau đó dùng đạo hàm để đánh giá số nghiệm

Giải quyết chúng đi các bạn

[NGOCTIEN_A1_DQH]

$41/{x^2}\ln {\left( {1 + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)^{1 + \dfrac{1}{{{x^2}}}}} - {x^6}\ln {\left( {1 + \dfrac{1}{{{x^4}}}} \right)^{1 + \dfrac{1}{{{x^4}}}}} = 1 - {x^2}$
bài này e có cách này không biết có đúng không nữa, nếu sai thì thông cảm cho e nha, hihi
$ PT \Leftrightarrow (x^2+1)ln(1+\dfrac{1}{x^2})-(x^6+x^2)ln(1+\dfrac{1}{x^4})=1-x^2 \\ \\ \Leftrightarrow x^2(ln(1+\dfrac{1}{x^2}-ln(1+ \dfrac{1}{x^4})+lne)+ln(1+\dfrac{1}{x^2})-ln(1+\dfrac{1}{x^4})^6=1 \\ \\ \Leftrightarrow ln(\dfrac{e(1+\dfrac{1}{x^2}}{1+\dfrac{1}{x^4}})^{x^2} + ln(\dfrac{1+\dfrac{1}{x^2}}{(1+\dfrac{1}{x^4})^{x^6}}=1 $
dễ thấy VT là DB nên PT sẽ có không quá 1 nghiệm mà ta lại thấy x=1 là nghiệm nên PT có nghiệm duy nhất x=1
xong rồi
nếu có sai thì mong mọi người chỉ bảo nha

[truclamyentu]

TIẾP TỤC :

$40/\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {5 - {x^2}} + \sqrt {5 - \dfrac{1}{{{x^2}}}} - {y^2} = 3\\ \dfrac{1}{2}\left( {x + \dfrac{1}{x}} \right) + 2y = 3\end{array} \right.$
$41/{x^2}\ln {\left( {1 + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)^{1 + \dfrac{1}{{{x^2}}}}} - {x^6}\ln {\left( {1 + \dfrac{1}{{{x^4}}}} \right)^{1 + \dfrac{1}{{{x^4}}}}} = 1 - {x^2}$
$42/{e^{\dfrac{{2x}}{{{x^2} - 1}}}} + \dfrac{{{x^2} + 2x - 1}}{{1 - {x^2}}} = \ln {\left( {\dfrac{{1 + (e - 1)2x - {x^2}}}{{1 - {x^2}}}} \right)^e}$

41/
Phương trình tương đương với :

$\begin{array}{l}{x^8}\ln {\left( {1 + \dfrac{1}{{{x^4}}}} \right)^{1 + \dfrac{1}{{{x^4}}}}} - {x^4} = {x^4}\ln {\left( {1 + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)^{1 + \dfrac{1}{{{x^2}}}}} - {x^2}\\\\f(a) = {a^2}\ln {\left( {1 + \dfrac{1}{a}} \right)^{1 + \dfrac{1}{a}}} - a = ({a^2} + a)\ln \left( {1 + \dfrac{1}{a}} \right) - a;a > 0\end{array}$

$\begin{array}{l}f'(a) = (2a + 1)\left( {\ln \left( {1 + \dfrac{1}{a}} \right) - \dfrac{2}{{(2a + 1)}}} \right)\\\\g(a) = \ln \left( {1 + \dfrac{1}{a}} \right) - \dfrac{2}{{(2a + 1)}};a > 0\\\\g'(a) = - \dfrac{1}{{{a^2} + a}} + \dfrac{4}{{{{(2a + 1)}^2}}} = \dfrac{{ - 4}}{{\left( {{a^2} + a} \right){{(2a + 1)}^2}}} < 0\end{array}$

$\begin{array}{l}\mathop {\lim g(a)}\limits_{a \to + \infty } = 0 \Rightarrow g(a) > 0\forall a >0\Rightarrow f'(a) > 0\forall a > 0\\\\\Rightarrow {x^2} = {x^4} \Rightarrow x = \pm 1\end{array}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truclamyentu: 06-06-2011 - 22:22

[Bác Ba Phi]

HỆ PHƯƠNG TRÌNH , PHƯƠNG TRÌNH ÔN THI ĐẠI HỌC 2011
HI VỌNG CÁC BẠN ỦNG HỘ

Bài 44: con này khó xơi...

[Lê Xuân Trường Giang]

Bài 44: con này khó xơi...

Thật sự là khó đến như lời bạn nói.......

$\left\{ \begin{array}{l}{2^{2x - 1}} + {2^{y - 4}} - 1 = 0\\2{\log _{3x + 1}}\left( {2x + 1} \right) - 1 = {\log _{3x + 1}}\dfrac{{2{x^2}y + 1 + 2x\left( {y + 1} \right)}}{{6{x^2} + 5x + 1}}\end{array} \right.$

Điều kiện tự tìm....
Từ pt thứ 2 ta có.
$\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}{{3x + 1}} = \dfrac{{2{x^2}y + 1 + 2x\left( {y + 1}\right)}}{{6{x^2} + 5x + 1}}\\ \Leftrightarrow {\left( {2x + 1} \right)^2} = \dfrac{{2{x^2}y + 1 + 2x\left( {y + 1}\right)}}{{2x + 1}}\\ \Leftrightarrow \left( {2x + 1} \right)\left( {4{x^2} + 4x} \right) = 2xy\left( {x + 1} \right)\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right)\left[ {2\left( {2x + 1} \right) - y} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\
y = 4x + 2\end{array} \right.\end{array}$

Đến đây là phần của bạn.....

thank !

[Bác Ba Phi]

HỆ PHƯƠNG TRÌNH , PHƯƠNG TRÌNH ÔN THI ĐẠI HỌC 2011
HI VỌNG CÁC BẠN ỦNG HỘ

Sao topic vắng hoe thế! Hâm nóng bằng 3 câu nhỏ mà có võ nè:

45/ $5\sqrt{x}+\dfrac{5}{2\sqrt{x}} \leq 2x+\dfrac{1}{2x}+5$


46/ $3^{x^2}.2^{\dfrac{x}{2x-1}}=6$


47/ $3^{x}.2x=3^{x}+2x+1$

[h.vuong_pdl]

Bài 47: bài này có pp nhìn khá thú vị,

Xét $x = 0$ không là nghiệm nên chia làm mát VT nhằm tìm kiếm sự đồng nghịch biến từ vế còn lại.

Với x 0, ta có:

$\textup{pt} \Leftrightarrow \dfrac{1}{2x}+\dfrac{1}{3^x} + \dfrac{1}{2x.3^x} = 1$

$f(x) = \dfrac{1}{2x}+\dfrac{1}{3^x} + \dfrac{1}{2x.3^x} \textup{ . có . } \\.\\ f'(x) =(\dfrac{1}{2x}+\dfrac{1}{3^x} + \dfrac{1}{2x.3^x})' \\ . \\ f''(x) = (\dfrac{1}{2x}+\dfrac{1}{3^x} + \dfrac{1}{2x.3^x})'' $

Nhận xét: khi đạo hàm 2 lần, ta có: $f"(x) > 0 $nên phương trình nếu có nghiệm thì có tối đa 2 nghiệm.

Mà: $f(\pm 1) = 0$. Vậy $x = \pm 1$ là 2 nghiệm của phương trình

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi h.vuong_pdl: 16-06-2011 - 09:05

[caubeyeutoan2302]

Sao topic vắng hoe thế! Hâm nóng bằng 3 câu nhỏ mà có võ nè:

45/ $5\sqrt{x}+\dfrac{5}{2\sqrt{x}} \leq 2x+\dfrac{1}{2x}+5$

Em xin làm bài 45 :
Ta đặt :$\sqrt x + \dfrac{1}{{2\sqrt x }} = t \Rightarrow t^2 = x + \dfrac{1}{{4x}} + 1$.Do đó ta có BPT tương đương:
$5t \le 2t^2 +3 \Rightarrow (t-1)(t-\dfrac{3}{2}) \ge 0$
Xét TH1:$t \le 1 \Leftrightarrow \dfrac{{2x + 1}}{{2\sqrt x }} \le 1 \Leftrightarrow 2x + 1 - 2\sqrt x \le 0$(Điều này sai với mọi x lớn hơn 0)
Xét TH2:$t \ge \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow \dfrac{{2x + 1}}{{2\sqrt x }} \ge \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow 2x - 3\sqrt x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow \left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x - \dfrac{1}{2}} \right) \ge 0$
Với $ \sqrt{x} \ge 1 \Leftrightarrow x \ge 1$
Với $ \sqrt{x} \le \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow 0<x \le \dfrac{1}{4}$(ta có x>0)
Tóm lại nghiệm của BPT là :$x \in (0;\dfrac{1}{4}] \cup [1; + \infty )$

[h.vuong_pdl]

Bài 46: ta có thể dùng trực tiếp đánh giá x với 1 hoặc dùng đọa hàm:

$\textup{VT}' = (3^{x^2}.2^{\dfrac{x}{2x-1}})'=3^{x^2}.ln2.2^{\dfrac{x}{2x-1}} + ln3.3^{x^2}.2^{\dfrac{x}{2x-1}} > 0 $

Như vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất là $x = 1.$

[truclamyentu]

Bài 46: ta có thể dùng trực tiếp đánh giá x với 1 hoặc dùng đọa hàm:

$\textup{VT}' = (3^{x^2}.2^{\dfrac{x}{2x-1}})'=3^{x^2}.ln2.2^{\dfrac{x}{2x-1}} + ln3.3^{x^2}.2^{\dfrac{x}{2x-1}} > 0 $

Như vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất là $x = 1.$

@@@@hungvuong: đạo hàm sai kìa

$\left( {{2^{u(x)}}} \right) = {2^{u(x)}}.u'(x).\ln 2$

[truclamyentu]

Tiếp tục với 2 bài khá hay + cùng dạng + đơn giản :


$\begin{array}{l}48/\left\{ \begin{array}{l}({x^2} + {y^2}){\left( {1 + \dfrac{1}{{xy}}} \right)^2} = 9\\({x^3} + {y^3}){\left( {1 + \dfrac{1}{{xy}}} \right)^3} = 27\end{array} \right.\\\\\\49/\left\{ \begin{array}{l}xy(2x + y - 6) + 2x + y = 0\\({x^2} + {y^2}){\left( {1 + \dfrac{1}{{xy}}} \right)^2} = 8\end{array} \right.\end{array}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truclamyentu: 19-06-2011 - 00:02

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Tiếp tục với 2 bài khá hay + cùng dạng + đơn giản :
$\begin{array}{l}48/\left\{ \begin{array}{l}({x^2} + {y^2}){\left( {1 + \dfrac{1}{{xy}}} \right)^2} = 9(1) \\({x^3} + {y^3}){\left( {1 + \dfrac{1}{{xy}}} \right)^3} = 27(2)\end{array} \right.\\\\\\49/\left\{ \begin{array}{l}xy(2x + y - 6) + 2x + y = 0\\({x^2} + {y^2}){\left( {1 + \dfrac{1}{{xy}}} \right)^2} = 8\end{array} \right.\end{array}$

Bài 48 : ĐK $ x, y\neq 0 $
Ta có
$ \dfrac{(2)^2}{(1)^3} \leftrightarrow \dfrac{(x^3+y^3)^2}{(x^2+y^2)^3} =1 $
$ \leftrightarrow (x^3+y^3)^2=(x^2+y^2)^3$
$ \leftrightarrow 3x^2y^2(x^2+y^2)=2x^3y^3 $
$ \leftrightarrow 3(x^2+y^2)-2xy=0 $
$ \leftrightarrow2(x^2+y^2)+ (x-y)^2 =0 $
$ \leftrightarrow x=y=0$ (loại )
Vậy hệ vô nghiệm .
P/S : Hi vọng mình giải đúng .

[NguyThang khtn]

Hai bài PT thi đại học:
1.CMR với mọi m > 0 Pt sau có hai nghiệm phân biệt:
$x^2+2x-8=\sqrt{m(x-2}$
2. Tìm m để PT sau có nghiệm :
$3\sqrt{x-1}+m\sqrt{x+1}=2\sqrt[4]{x^2-1}$

[truclamyentu]

Bài 48 : ĐK $ x, y\neq 0 $
Ta có
$ \dfrac{(2)^2}{(1)^3} \leftrightarrow \dfrac{(x^3+y^3)^2}{(x^2+y^2)^3} =1 $
$ \leftrightarrow (x^3+y^3)^2=(x^2+y^2)^3$
$ \leftrightarrow 3x^2y^2(x^2+y^2)=2x^3y^3 $
$ \leftrightarrow 3(x^2+y^2)-2xy=0 $
$ \leftrightarrow2(x^2+y^2)+ (x-y)^2 =0 $
$ \leftrightarrow x=y=0$ (loại )
Vậy hệ vô nghiệm .
P/S : Hi vọng mình giải đúng .

Cách khác cho bài 48:

Hpt tương đương với :

$\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + \dfrac{1}{y}} \right)^2} + {\left( {y + \dfrac{1}{x}} \right)^2}= 9\\{\left( {x + \dfrac{1}{y}} \right)^3} + {\left( {y + \dfrac{1}{x}} \right)^3} = 27\end{array} \right.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truclamyentu: 19-06-2011 - 19:33

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Tiếp tục với 2 bài khá hay + cùng dạng + đơn giản :
$\begin{array}{l}48/\left\{ \begin{array}{l}({x^2} + {y^2}){\left( {1 + \dfrac{1}{{xy}}} \right)^2} = 9\\({x^3} + {y^3}){\left( {1 + \dfrac{1}{{xy}}} \right)^3} = 27\end{array} \right.\\\\\\49/\left\{ \begin{array}{l}xy(2x + y - 6) + 2x + y = 0\\({x^2} + {y^2}){\left( {1 + \dfrac{1}{{xy}}} \right)^2} = 8\end{array} \right.\end{array}$

Bài 49 sử dụng ý tưởng của Truclamyeu ta có:


Đk $x,y \neq 0$
$ 49 \left\{\begin{array}{l}{xy(2x + y - 6) + 2x + y = 0}\\{({x^2} + {y^2}){\left( {1 + \dfrac{1}{{xy}}} \right)^2} = 8}\end{array}\right. $
$ \leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}{2(x+ \dfrac{1}{y}) +(y+\dfrac{1}{x})= 0}\\{({x+\dfrac{1}{y})^2+(y+\dfrac{1}{x})^2} = 8}\end{array}\right.$

1.CMR với mọi m > 0 Pt sau có hai nghiệm phân biệt:
$x^2+2x-8=\sqrt{m(x-2})(1) $

Điều kiện : $ x \geq 2 $
$ (1) \leftrightarrow (x-2)(x+4)= \sqrt {m(x-2)}\\\ \leftrightarrow \sqrt{x-2}(\sqrt {x-2}(x+4)- \sqrt {m})=0 $
Từ đó ta thấy: phương trình có nghiệm $ x=2 $ , Ta cần cm phương trình $ \sqrt {x-2}(x+4)- \sqrt {m} =0 $ có nghiệm $ x > 2 (2)$
Ta thấy x=2 không phải nghiệm của (2): $ (2) \leftrightarrow x^3+6x^2-32=m (3)$
Đặt

$ f(x) = x^3+6x^2-32 \\\ f^{'}(x) =3x^2+12x \\\\ f^{'} (x) =0 \leftrightarrow x=0 , x=-4 $

Vậy f(x) đồng trên $ [0 ; + \infty) $
$ f(2) <m $ , nên luôn tồn tại $ x>2 $ để $ f(x) =m $
Vậy (3) luôn có nghiệm với mọi m >0 => dpcm .

2. Tìm m để PT sau có nghiệm :
$3\sqrt{x-1}+m\sqrt{x+1}=2\sqrt[4]{x^2-1}$

Đk $ x\geq 1 $
Xét $ x=1 $ thấy $ m=0 $ thỏa
Xét $ x>1 $
$ \leftrightarrow 3\sqrt[4]{\dfrac{x-1}{x+1}}+m\sqrt[4]{\dfrac{x+1}{x-1}} =2 $
Đặt $ t= \sqrt[4]{\dfrac{x-1}{x+1}}$
Ta có :
$ 3t+\dfrac{m}{t}=2 \leftrightarrow 3t^2-2t+m=0 $ Để ý : $ t = \sqrt[4]{\dfrac{x-1}{x+1}}= \sqrt [4]{1-\dfrac{2}{x+1}} $
nên: $ 0 < t <1 $ Đến đây ta chỉ cần tìm m để phương trình $ 3t^2-2t+m=0 $ có nghiệm $ t \in (0;1) $

[khanh3570883]

Vừa kiếm được một bài ở mathlinks
Giải phương trình:
$2^x\sqrt{\dfrac{1}{2}+x}+3^x\sqrt{\dfrac{1}{2}-x}=\sqrt{4^x+9^x}$

[Lê Xuân Trường Giang]

Vừa kiếm được một bài ở mathlinks
Giải phương trình:
$2^x\sqrt{\dfrac{1}{2}+x}+3^x\sqrt{\dfrac{1}{2}-x}=\sqrt{4^x+9^x}$

$(2^x\sqrt{\dfrac{1}{2}+x}+3^x\sqrt{\dfrac{1}{2}-x})^2 \leq (4^x+9^x) =(VP)^2$
Bunhiacopsly nha !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lê Xuân Trường Giang: 19-06-2011 - 22:04

[truclamyentu]

$(2^x\sqrt{\dfrac{1}{2}+x}+3^x\sqrt{\dfrac{1}{2}-x})^2 \geq(4^x+9^x) =(VP)^2$
Bunhiacopsly nha !

Phải là dấu bé hơn hoặc bằng mới đúng