wolverine99

Hướng giải: 

+) chứng minh: KI vuông góc(vg) với MC

gọi G,P lần lượt là giao của AI và MC, AB và CK,

suy ra KG song song AB(GC/MG=KC/KP=2) và MI vg AB$\Rightarrow$ MI vg KG, mà GI vg MK$\Rightarrow$  I là trực tâm tam giác MKG$\Rightarrow$ KI vg MG

$\Rightarrow$pt KI$\Rightarrow$ toạ độ I, đường tròn ngoại tiếp ABC

+) C là giao giữa đường tròn và MC

+)$\overrightarrow{PK}=\frac{1}{2}\overrightarrow{KC}$ suy ra P

M thuộc MC và PM vg MI => toạ độ M=>viết pt AB

A,B là giao giữa đương tròn và đt AB

Giả sử: $u_{n}=2^{2^{n}}+1/{2^{2^{n}}},\forall n\in N$  (*)

+)với n=0 $\Rightarrow$  $u_{n}=\frac{5}{2}$ (đúng)

+)giả sử (*) đúng với n=k(k$\in$ N), tức là: $u_{k}=2^{2^{k}}+1/{2^{2^{k}}}$

+)ta phải cm: $u_{k+1}=2^{2^{k+1}}+1/{2^{2^{k+1}}}$

Thật vậy:$u_{k+1}=u_{k}^{2}-2=u_{k}=\left \{ 2^{2^{k}}+1/{2^{2^{k}}}\right \}^{2}-2=2^{2^{k+1}}+1/{2^{2^{k+1}}}+2*2^{2^{k+1}}*1/{2^{2^{k+1}}}-2=2^{2^{k+1}}+1/{2^{2^{k+1}}}$ (đúng)$\Rightarrow$ (đpcm)

Ờ, nhầm, bạn sửa lại rồi tính lại dùm nha, ý tưởng là vậy đó

nếu đạo hàm tính đúng, chắc ý tưởng đó không được rồi.

không chứng minh dc đạo hàm luôn dương

$Đk:x\ge 0$.

Xét $x=0$ là 1 nghiệm của phương trình.

Xét $x>0$.

Xét $f(x)=\sqrt{x^4+4}+\sqrt{x(x^2-2x+4)}-x^2+2\forall x\in (0;+\infty)$

Ta có:$f'(x)=\frac{2x^3}{\sqrt{x^4+4}}+\frac{3x^2-2x+2}{2\sqrt{x(x^2-2x+2)}}-2x$

Mặt khác: $\sqrt{x^4+4}=\sqrt{(x^2-2x+2)(x^2+2x+2)}\le^{CauChy} \frac{1}{2}(2x^2+4)=(x^2+2)$.

Và: $2\sqrt{x(x^2-2x+2)}=\frac{1}{\sqrt{2}}*2*\sqrt{2x(x^2-2x+2)}\le^{Cauchy}\frac{1}{\sqrt{2}}(x^2+2)$.

Nên $f'(x)\ge \frac{2x^3}{x^2+2}+\frac{3\sqrt{2}x^2-2\sqrt{2}x+2\sqrt{2}}{x^2+2}-2x=\frac{3\sqrt{2}x^2-(2\sqrt{2}+4)x+2\sqrt{2}}{x^2+2}>0$.

Vậy $f'(x)$ luôn đồng biến $\forall x\in (0;+\infty)\implies f(x)>f(0)=0\implies$ phương trình vô nghiệm với mọi $x>0$.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là : $x=0$

hình như bạn tính nhầm đạo hàm

$f'(x)=\frac{2x^3}{\sqrt{x^4+4}}+\frac{3x^2-4x+2}{2\sqrt{x(x^2-2x+2)}}-2x$