|
|
sửa đổi
|
Giải phương trình
|
|
|
|
Điều kiện : $\sin 2x \ne 0.$Đặt $t= \tan \frac{x}{2}$ thì PT đã cho ^2đương với $2\left ( \frac{1-t^2}{2t}-\frac{1-t^2}{1+t^2} \right )-3\left ( \frac{2t}{1-t^2}-\frac{2t}{1+t^2} \right )=1$$\Leftrightarrow t^6-t^5-13t^4+4t^3-t^2-3t+1=0$$\Leftrightarrow (t^2+3t-1)(t^4-4t^3-1)=0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{1}{2}\left (-3 \pm \sqrt{13} \right )\Rightarrow x = 2k\pi +2\arctan\frac{1}{2}\left (-3 \pm \sqrt{13} \right )\\t^4-4t^3-1=0 (*)\end{matrix}} \right.$PT $(*) \Leftrightarrow t^4-4t^3+4t^2=4t^2+1$ $\Leftrightarrow \left[ {t(t-2)} \right]^2=4t^2+1$ $\Leftrightarrow \left[ {t(t-2)} \right]^2-2t(t-2)+1=2t^2-4t+2$ $\Leftrightarrow \left[ {t(t-2)-1} \right]^2=2(t-1)^2$ $\Leftrightarrow\left[ {\begin{matrix} t^2-2t-1-\sqrt 2 (t-1)=0\\ t^2-2t-1+\sqrt 2 (t-1)=0 \end{matrix}} \right.$ $\Leftrightarrow\left[ {\begin{matrix} t=1+\frac{1}{\sqrt 2}+\sqrt{\frac{5}{2}}\\ t=1+\frac{1}{\sqrt 2}-\sqrt{\frac{5}{2}}\\t=1-\frac{1}{\sqrt 2}+\sqrt{\frac{5}{2}}\\t=1-\frac{1}{\sqrt 2}-\sqrt{\frac{5}{2}} \end{matrix}} \right.$ Đến đây bạn tự viết nốt nghiệm nhé.
Điều kiện : $\sin 2x \ne 0.$Đặt $t= \tan \frac{x}{2}$ thì PT đã cho đương với $2\left ( \frac{1-t^2}{2t}-\frac{1-t^2}{1+t^2} \right )-3\left ( \frac{2t}{1-t^2}-\frac{2t}{1+t^2} \right )=1$$\Leftrightarrow t^6-t^5-13t^4+4t^3-t^2-3t+1=0$$\Leftrightarrow (t^2+3t-1)(t^4-4t^3-1)=0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{1}{2}\left (-3 \pm \sqrt{13} \right )\Rightarrow x = 2k\pi +2\arctan\frac{1}{2}\left (-3 \pm \sqrt{13} \right )\\t^4-4t^3-1=0 (*)\end{matrix}} \right.$PT $(*) \Leftrightarrow t^4-4t^3+4t^2=4t^2+1$ $\Leftrightarrow \left[ {t(t-2)} \right]^2=4t^2+1$ $\Leftrightarrow \left[ {t(t-2)} \right]^2-2t(t-2)+1=2t^2+4t+2$ $\Leftrightarrow \left[ {t(t-2)-1} \right]^2=2(t+1)^2$ $\Leftrightarrow\left[ {\begin{matrix} t^2-2t-1-\sqrt 2 (t+1)=0\\ t^2-2t-1+\sqrt 2 (t+1)=0 \text {(vô nghiệm)}\end{matrix}} \right.$ $\Leftrightarrow\left[ {\begin{matrix} t=1+\frac{1}{\sqrt 2}+\sqrt{\frac{5}{2}+2\sqrt 2}\\ t=1+\frac{1}{\sqrt 2}-\sqrt{\frac{5}{2}+2\sqrt 2} \end{matrix}} \right.$ Đến đây bạn tự viết nốt nghiệm nhé.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải phương trình lượng giác
|
|
|
|
Giải giúp mình bài n ữa với :)Giải phương trình : $\sin 2x+\frac{\sin x-1}{2\sin x}-\frac{1}{\sin 2x} =2\cot 2x $
Giải p hương trình lượn g gi ácGiải phương trình : $\sin 2x+\frac{\sin x-1}{2\sin x}-\frac{1}{\sin 2x} =2\cot 2x $
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải phương trình
|
|
|
|
Giai puong trinh Giải phương trình : $2(\cot x- cos x)-3(\tan x-\sin x)=1 $
Giai puong trinh Giải phương trình : $2(\cot x- \cos x)-3(\tan x-\sin x)=1 $
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải phương trình lượng giác
|
|
|
|
Giải giúp mình bài nữa với :) Giải phương trình : $\sin 2x+\frac{\sin x-1}{2\sin x}-\frac{1}{\sin 2x} =2\cot 2x $
Giải giúp mình bài nữa với :) Giải phương trình : $\sin 2x+\frac{\sin x-1}{2\sin x}-\frac{1}{\sin 2x} =2\cot 2x $
|
|
|
|
sửa đổi
|
Chứng minh tam giác cân.
|
|
|
|
Mấy an h ch ị la ̀m gi úp em bài n ày với$a\tan A+b\tan B=(a+b)\cot(\frac{C}{2} )$. Chứng minh tam giác ABC cân ,
Chứn g minh tam gi ác cân .$a\tan A+b\tan B=(a+b)\cot(\frac{C}{2} )$. Chứng minh tam giác ABC cân .
|
|
|
|
sửa đổi
|
Tính tích phân
|
|
|
|
Normal
0
false
false
false
EN-US
X-NONE
X-NONE
MicrosoftInternetExplorer4
Ta sẽ dùng phương pháp tích phân từng phần để giải bài tập
này
Đặt
$\begin{cases}u=\frac{1+\sin x }{1+\cos x } \\ dv=e^xdx \end{cases} \Rightarrow
\begin{cases}du=\frac{1+\sin x+\cos x }{(1+\cos x)^2 } \\ v=e^x \end{cases} $.
Theo công thức TPTP, ta có
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}udv=uv |_0^{\pi/2}-
\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}vdu=\frac{1+\sin x }{1+\cos x }. e^x |_0^{\pi/2}
- \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\sin x+\cos x }{(1+\cos x)^2 }. e^x dx$
$=2e^{\pi/2}-\frac{1}{2}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x }{1+\cos x}
dx-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x\sin x }{(1+\cos x)^2 }
dx (1)$
Với tích phân $I_1=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x\sin x }{(1+\cos x)^2 }
dx $ ta lại đặt
$\begin{cases}u=e^x \\ dv=\frac{ \sin x }{(1+\cos x)^2 } dx \end{cases}
\Rightarrow \begin{cases}du=e^xdx \\ v=\frac{1}{1+\cos x} \end{cases} $.
Theo công thức TPTP, ta có
$I_1=\frac{e^x}{1+\cos x}|_0^{\pi/2}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x }{1+\cos x}
dx =e^{\pi/2}-\frac{1}{2}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x }{1+\cos x}
dx (2)$ Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\boxed{I=e^{\pi/2}}$.
Ta sẽ dùng phương pháp tích phân từng phần để giải bài tập
này
Đặt
$\begin{cases}u=\frac{1+\sin x }{1+\cos x } \\ dv=e^xdx \end{cases} \Rightarrow
\begin{cases}du=\frac{1+\sin x+\cos x }{(1+\cos x)^2 } \\ v=e^x \end{cases} $.
Theo công thức TPTP, ta có
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}udv=uv |_0^{\pi/2}-
\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}vdu=\frac{1+\sin x }{1+\cos x }. e^x |_0^{\pi/2}
- \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\sin x+\cos x }{(1+\cos x)^2 }. e^x dx$
$=2e^{\pi/2}-\frac{1}{2}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x }{1+\cos x}
dx-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x\sin x }{(1+\cos x)^2 }
dx (1)$
Với tích phân $I_1=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x\sin x }{(1+\cos x)^2 }
dx $ ta lại đặt
$\begin{cases}u=e^x \\ dv=\frac{ \sin x }{(1+\cos x)^2 } dx \end{cases}
\Rightarrow \begin{cases}du=e^xdx \\ v=\frac{1}{1+\cos x} \end{cases} $.
Theo công thức TPTP, ta có
$I_1=\frac{e^x}{1+\cos x}|_0^{\pi/2}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x }{1+\cos x}
dx =e^{\pi/2}-\frac{1}{2}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x }{1+\cos x}
dx (2)$ Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\boxed{I=e^{\pi/2}}$.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Tính tích phân
|
|
|
|
Hộ em tí,để thứ 2 em dọa mấy thằng lớp em Tính $\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\frac{1+sinx }{1+cosx } ) e^x dx$
Hộ em tí,để thứ 2 em dọa mấy thằng lớp em Tính $ I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1+ \sin x }{1+ \cos x } . e^x dx$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải bất phương trình
|
|
|
|
Chia 2 vế của BPT cho $4^x$ ta được:3$(\frac{49}{4})^{x} + 2(\frac{7}{2})^{x}-1>0 $ (*)Đặt $t = (\frac{7}{2})^{x} ; t>0$ BPT (*) trở thành $ 3 t^2+2t-1>0 $ $\Leftrightarrow t>\frac{1}{3} $ do $ t>0$ $\Leftrightarrow$ $x>\log_\frac{1}{3} \frac{7}{2}=-\log_{3} \frac{7}{2}$
Chia $2$ vế của BPT cho $4^x$ ta được: $3(\frac{49}{4})^{x} + 2(\frac{7}{2})^{x}-1>0 $ (*)Đặt $t = (\frac{7}{2})^{x} ; t>0$. BPT (*) trở thành $ 3 t^2+2t-1>0 $ $\Leftrightarrow t>\frac{1}{3} $ do $ t>0$ $\Leftrightarrow$ $x>\log_\frac{7}{2} \frac{1}{3}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Bất phương trình
|
|
|
|
PT này vô nghiệm.
Ta sẽ chứng minh $10x^2+24y^2+8x+20y+51 > 0 \forall
x,y.$
Thật vậy, $10x^2+24y^2+8x+20y+51$$=\left ( \sqrt{10}x \right )^2 + 2.
\sqrt{10}x.\frac{12}{ \sqrt{10}}+\frac{144}{10}+\left ( \sqrt{24}y \right
)^2 + 2. \sqrt{24}y .\frac{10}{ \sqrt{24}}+\frac{100}{24}+\frac{973}{30}$ $=\left ( \sqrt{10}x+\frac{12}{ \sqrt{10}} \right )^2+\left (\sqrt{24}y+\frac{10}{ \sqrt{24}} \right )^2+\frac{973}{30} > 0 \forall
x,y.$
PT này vô nghiệm.
Ta sẽ chứng minh $10x^2+24y^2+8x+20y+51 > 0 \forall
x,y.$
Thật vậy, $10x^2+24y^2+8x+20y+51$$=\left ( \sqrt{10}x \right )^2 + 2.
\sqrt{10}x.\frac{4}{ \sqrt{10}}+\frac{16}{10}+\left ( \sqrt{24}y \right
)^2 + 2. \sqrt{24}y .\frac{10}{ \sqrt{24}}+\frac{100}{24}+\frac{1357}{30}$ $=\left ( \sqrt{10}x+\frac{4}{ \sqrt{10}} \right )^2+\left (\sqrt{24}y+\frac{10}{ \sqrt{24}} \right )^2+\frac{1357}{30} > 0 \forall
x,y.$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải phương trình
|
|
|
|
Giải hộ bài này cho em nhé Giải phương trình:$2^{x^2+3cosx}-2^{x^{2}+4\cos ^{3}{x}}=7cos3x$
Giải hộ bài này cho em nhé Giải phương trình:$2^{ \displaystyle x^2+3 \cos x}-2^{ \displaystyle x^{2}+4\cos ^{3}{x}}=7 \cos3x$
|
|
|
|
sửa đổi
|
giải phương trình
|
|
|
|
Normal
0
false
false
false
EN-US
X-NONE
X-NONE
MicrosoftInternetExplorer4
Trước hết ta chứng minh công thức sau
$\cot x - \tan x= 2\cot 2x$
Thật vậy,
$\cot x - \tan x= \frac{\cos x}{\sin x}- \frac{\sin x}{\cos x}=\frac{\cos^2 x -
\sin^2 x}{\sin x \cos x}=2\frac{\cos 2x}{\sin 2x}=2\cot 2x$
Từ đây suy ra $2\cot 2x+\tan x= \cot x$ và PT đã cho tương đương với
$\cot x+\sqrt{\cot x+3}=3 $
Dễ thấy $\cot x =1$ thỏa mãn PT trên.
Nếu $\cot x > 1 \implies \cot x+\sqrt{\cot x+3}>1+\sqrt{1+3}=3$
Nếu $\cot x <1 \implies \cot x+\sqrt{\cot x+3}<1+\sqrt{1+3}=3$
Như vậy chỉ có thể $\cot x =1\Leftrightarrow x= \frac{\pi}{4} +
k\pi (k \in \mathbb{Z}).$
Trước hết ta chứng minh công thức sau
$\cot x - \tan x= 2\cot 2x$
Thật vậy,
$\cot x - \tan x= \frac{\cos x}{\sin x}- \frac{\sin x}{\cos x}=\frac{\cos^2 x -
\sin^2 x}{\sin x \cos x}=2\frac{\cos 2x}{\sin 2x}=2\cot 2x$
Từ đây suy ra $2\cot 2x+\tan x= \cot x$ và PT đã cho tương đương với
$\cot x+\sqrt{\cot x+3}=3 $
Dễ thấy $\cot x =1$ thỏa mãn PT trên.
Nếu $\cot x > 1 \implies \cot x+\sqrt{\cot x+3}>1+\sqrt{1+3}=3$
Nếu $\cot x <1 \implies \cot x+\sqrt{\cot x+3}<1+\sqrt{1+3}=3$
Như vậy chỉ có thể $\cot x =1\Leftrightarrow x= \frac{\pi}{4} +
k\pi (k \in \mathbb{Z}).$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Toạ độ điểm
|
|
|
|
Normal
0
false
false
false
EN-US
X-NONE
X-NONE
MicrosoftInternetExplorer4
Gọi $A(a,a^3-3a^2+1),
B(b,b^3-3b^2+1), (a \ne b \in \mathbb{R})$ là hai điểm
thuộc đồ thị $(C)$ cần tìm.
Điều kiện $AB=4\sqrt 2 \Leftrightarrow AB^2=32\Leftrightarrow
(a-b)^2+(a^3-b^3-3a^2+3b^2)^2=32
(*)$.
Mặt khác do tiếp tuyến tại $A$ và $B$ song song với nhau nên
$y'(a)=y'(b) \Leftrightarrow 3a^2-6a=3b^2-6b \Leftrightarrow (a^2-b^2)-2(a-b)=0
\Leftrightarrow a+b-2=0 \Leftrightarrow b=2-a$ (do $a \ne b$). Thay $b=2-a$ vào $(*)$ ta được PT $(2a-2)^2+\left[ {a^3-(2-a)^3-3a^2+3(2-a)^2} \right]^2=32$$\Leftrightarrow 4a^6-24a^5+36a^4+16a^3-44a^2-8a-12=0$$\Leftrightarrow 4(a-3)(a+1)(a^4-4a^3+4a^2+1)=0$Nhận thấy $a^4-4a^3+4a^2+1 = a^2(a-2)^2+1 > 0 \forall a$,Do đó $a=-1 \implies b=3$ hoặc $a=3\implies b=-1.$Như vậy cặp điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là $(-1;-3) (3;1)$.
Gọi $A(a,a^3-3a^2+1),
B(b,b^3-3b^2+1), (a \ne b \in \mathbb{R})$ là hai điểm
thuộc đồ thị $(C)$ cần tìm.Điều kiện $AB=4\sqrt 2 \Leftrightarrow AB^2=32\Leftrightarrow
(a-b)^2+(a^3-b^3-3a^2+3b^2)^2=32
(*)$.
Mặt khác do tiếp tuyến tại $A$ và $B$ song song với nhau nên
$y'(a)=y'(b) \Leftrightarrow 3a^2-6a=3b^2-6b \Leftrightarrow (a^2-b^2)-2(a-b)=0
\Leftrightarrow a+b-2=0 \Leftrightarrow b=2-a$ (do $a \ne b$). Thay $b=2-a$ vào $(*)$ ta được PT $(2a-2)^2+\left[ {a^3-(2-a)^3-3a^2+3(2-a)^2} \right]^2=32$$\Leftrightarrow 4a^6-24a^5+36a^4+16a^3-44a^2-8a-12=0$$\Leftrightarrow 4(a-3)(a+1)(a^4-4a^3+4a^2+1)=0$Nhận thấy $a^4-4a^3+4a^2+1 = a^2(a-2)^2+1 > 0 \forall a$,Do đó $a=-1 \implies b=3$ hoặc $a=3\implies b=-1.$Như vậy cặp điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là $(-1;-3) (3;1)$.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Tìm m
|
|
|
|
$\begin{cases}2^{|x|}+|x|=x^2+y+m \\ x^2+y^2=1 \end{cases}$ (I)Điều kiện cần. Giả sử hệ (I) có nghiệm duy nhất $(x_0; y_0)$. Do $(x_0; y_0)$ là nghiệm của hệ (I), do sự xuất hiện của các thành phần $|x|, x^2$ suy ra $( - x_0, y_0)$ cũng là nghiệm của hệ (I). Từ tính duy nhất nghiệm suy ra $x_0 = - x_0 \Leftrightarrow x_0 = 0 $Thay vào hệ (I), ta được $\begin{cases}m=-y \\ y^2=1 \end{cases}$Suy ra $m=-1$ hoặc $m=1$.Điều kiện đủ. a) Nếu $m=-1$ thì hệ (I) có dạng$\begin{cases}2^{|x|}+|x|=x^2+y-1 (1)\\ x^2+y^2=1 (2)\end{cases}$ (II)Từ PT $(2) \implies x^2 \le 1, y \le 1 \implies x^2+y-1 \le 1 $Mặt khác hiển nhiên thấy, $2^{|x|}+|x| \ge 2^0+0=1$Từ hai điều này dẫn tới $\begin{cases}|x|=0\\x^2= 1\\ y=1 \end{cases}$, đây là điều không thể xảy ra. Như vậy trong trường hợp này hệ đã cho vô nghiệm.Do đó $m=-1$ không là giá trị cần tìm. b) Nếu $m=1$ thì hệ (I) có dạng$\begin{cases}2^{|x|}+|x|=x^2+y+1 \\ x^2+y^2=1 \end{cases}$ (III)$\Leftrightarrow \begin{cases}2^{|x|}+|x|-x^2-1=y \\ x^2+(2^{|x|}+|x|-x^2+1)^2-1=0 (3)\end{cases}$Xét PT $(3)$ dưới dạng $f(x)=0$, trong đó $f(x)=x^2+(2^{|x|}+|x|-x^2-1)^2-1$.Nhận thấy $f(x)$ là hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ và $f(0)=-1, f(1)=1$ nên PT $f(x)=0$ có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng $(0,1)$ mặt khác $f(x)$ là hàm chẵn nên nó nhận thêm $1$ nghiệm phân biệt khác là số đối của nghiệm trên.Như vậy hệ (III) sẽ có ít nhất hai nghiệm.Do đó $m=1$ cũng không là giá trị cần tìm. Kết luận. Không tồn tại giá trị của $m$ nào để hệ (I) có nghiệm duy nhất.
$\begin{cases}2^{|x|}+|x|=x^2+y+m \\ x^2+y^2=1 \end{cases}$ (I)Điều kiện cần. Giả sử hệ (I) có nghiệm duy nhất $(x_0; y_0)$. Do $(x_0; y_0)$ là nghiệm của hệ (I), do sự xuất hiện của các thành phần $|x|, x^2$ suy ra $( - x_0, y_0)$ cũng là nghiệm của hệ (I). Từ tính duy nhất nghiệm suy ra $x_0 = - x_0 \Leftrightarrow x_0 = 0 $Thay vào hệ (I), ta được $\begin{cases}m=-y \\ y^2=1 \end{cases}$Suy ra $m=-1$ hoặc $m=1$.Điều kiện đủ. a) Nếu $m=-1$ thì hệ (I) có dạng$\begin{cases}2^{|x|}+|x|=x^2+y-1 (1)\\ x^2+y^2=1 (2)\end{cases}$ (II)Từ PT $(2) \implies x^2 \le 1, y \le 1 \implies x^2+y-1 \le 1 $Mặt khác hiển nhiên thấy, $2^{|x|}+|x| \ge 2^0+0=1$Từ hai điều này dẫn tới $\begin{cases}|x|=0\\x^2= 1\\ y=1 \end{cases}$, đây là điều không thể xảy ra. Như vậy trong trường hợp này hệ đã cho vô nghiệm.Do đó $m=-1$ không là giá trị cần tìm. b) Nếu $m=1$ thì hệ (I) có dạng$\begin{cases}2^{|x|}+|x|=x^2+y+1 \\ x^2+y^2=1 \end{cases}$ (III)$\Leftrightarrow \begin{cases}2^{|x|}+|x|-x^2-1=y \\ x^2+(2^{|x|}+|x|-x^2+1)^2-1=0 (3)\end{cases}$Xét PT $(3)$ dưới dạng $f(x)=0$, trong đó $f(x)=x^2+(2^{|x|}+|x|-x^2-1)^2-1$.Nhận thấy $f(x)$ là hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ và $f(0)=-1, f(1)=1$ nên PT $f(x)=0$ có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng $(0,1)$ mặt khác $f(x)$ là hàm chẵn nên nó nhận thêm $1$ nghiệm phân biệt khác là số đối của nghiệm trên.Như vậy hệ (III) sẽ có ít nhất hai nghiệm.Do đó $m=1$ cũng không là giá trị cần tìm. Kết luận. Không tồn tại giá trị của $m$ nào để hệ (I) có nghiệm duy nhất.Các bạn có thể tham khảo thêm phương pháp này tại chuyeen đề của chúng tôihttp://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113571/dieu-kien-can-va-du-trong-loi-giai-bai-toan-dai-so
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải và biện luận bất phương trình
|
|
|
|
Normal
0
false
false
false
EN-US
X-NONE
X-NONE
MicrosoftInternetExplorer4
Để dễ tưởng tượng. Chúng ta xét hai
khả năng sau.
*, $n$ là số tự nhiên chẵn, $n=2k, k\in \mathbb{N}$. Như vậy BPT đã
cho cần điều kiện $x \ge a$ và nó trở thành
$\sqrt[2k]{x} - \sqrt[2k]{x-a} \geq \sqrt[2k]{2a}
- \sqrt[2k]{a} (1)$
Xét hàm số $f(x)=\sqrt[2k]{x} - \sqrt[2k]{x-a}$,
có
$f'(x)=\displaystyle{\frac{1}{2k\sqrt[2k]{x^{2k-1}}}-\frac{1}{2k\sqrt[2k]{(x-a)^{2k-1}}}=\frac{(x-a)^{\frac{2k-1}{2k}}-x^{\frac{2k-1}{2k}}}{4k^2\sqrt[2k]{x^{2k-1}}\sqrt[2k]{(x-a)^{2k-1}}}}$
Thấy rằng với $x \ge a>0 \implies 0\le x-a<x \implies
(x-a)^{\frac{2k-1}{2k}}-x^{\frac{2k-1}{2k}} \le 0 \implies f'(x) \le 0 \implies
f(x)$ là hàm nghịch biến.
Mặt khác PT $(1)\Leftrightarrow f(x) \ge f(2a) \Rightarrow x \le 2a.$
Vậy trong trường hợp này $a \le x \le 2a.$
Để dễ tưởng tượng. Chúng ta xét hai
khả năng sau.
*, $n$ là số tự nhiên chẵn, $n=2k, k\in \mathbb{N}$. Như vậy BPT đã
cho cần điều kiện $x \ge a$ và nó trở thành
$\sqrt[2k]{x} - \sqrt[2k]{x-a} \geq \sqrt[2k]{2a}
- \sqrt[2k]{a} (1)$
Xét hàm số $f(x)=\sqrt[2k]{x} - \sqrt[2k]{x-a}$,
có
$f'(x)=\displaystyle{\frac{1}{2k\sqrt[2k]{x^{2k-1}}}-\frac{1}{2k\sqrt[2k]{(x-a)^{2k-1}}}=\frac{(x-a)^{\frac{2k-1}{2k}}-x^{\frac{2k-1}{2k}}}{4k^2\sqrt[2k]{x^{2k-1}}\sqrt[2k]{(x-a)^{2k-1}}}}$
Thấy rằng với $x \ge a>0 \implies 0\le x-a<x \implies
(x-a)^{\frac{2k-1}{2k}}-x^{\frac{2k-1}{2k}} \le 0 \implies f'(x) \le 0 \implies
f(x)$ là hàm nghịch biến.
Mặt khác PT $(1)\Leftrightarrow f(x) \ge f(2a) \Rightarrow x \le 2a.$
Vậy trong trường hợp này $a \le x \le 2a.$
|
|
|
|
sửa đổi
|
$\;$
|
|
|
|
Gọi $N$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{NA}+2\overrightarrow{NB}+3\overrightarrow{NC}=\overrightarrow{0}
(1)$.
Ta sẽ chỉ ra điểm $N$ như trên là duy nhất, thật vậy giả sử $N(a;b)$ thì từ
$(1) \implies (-1-a;7-b) + 2(4-a;-3-b)+3(-4-a;1-b)=(0;0)$
$\Leftrightarrow (-6a-5;-6b+4)=(0;0)$
$\Leftrightarrow \begin{cases}a=-\frac{5}{6} \\ b=\frac{2}{3} \end{cases} \implies
N\left (-\frac{5}{6};\frac{2}{3} \right )$Ta có :$MA^2+2MB^2+3MC^2=(\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NA})^2+2(\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NB})^2+3(\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NC})^2$$=6MN^2+2\overrightarrow{MN}\left ( \underbrace{\overrightarrow{NA}+2\overrightarrow{NB}+3\overrightarrow{NC}}_{0} \right )+NA^2+2NB^2+3NC^2$.Do $MN^2 \ge0 \implies MA^2+2MB^2+3MC^2 \ge NA^2+2NB^2+3NC^2$.Tính toán cụ thể với $N\left (-\frac{5}{6};\frac{2}{3} \right ),A(-1, 7), B(4; -3), C(-4;1)$ ta có $NA^2+2NB^2+3NC^2=\frac{865}{6}$Như vậy giá trị nhỏ nhất của $MA^2+2MB^2+3MC^2$ bằng $\frac{865}{6}$ đạt tại $M \equiv N\left (-\frac{5}{6};\frac{2}{3} \right )$.
Gọi $N$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{NA}+2\overrightarrow{NB}+3\overrightarrow{NC}=\overrightarrow{0}
(1)$.
Ta sẽ chỉ ra điểm $N$ như trên là duy nhất, thật vậy giả sử $N(a;b)$ thì từ
$(1) \implies (-1-a;7-b) + 2(4-a;-3-b)+3(-4-a;1-b)=(0;0)$
$\Leftrightarrow (-6a-5;-6b+4)=(0;0)$
$\Leftrightarrow \begin{cases}a=-\frac{5}{6} \\ b=\frac{2}{3} \end{cases} \implies
N\left (-\frac{5}{6};\frac{2}{3} \right )$Ta có :$MA^2+2MB^2+3MC^2=(\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NA})^2+2(\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NB})^2+3(\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NC})^2$$=6MN^2+2\overrightarrow{MN}\left ( \underbrace{\overrightarrow{NA}+2\overrightarrow{NB}+3\overrightarrow{NC}}_{\overrightarrow{0}} \right )+NA^2+2NB^2+3NC^2$.Do $MN^2 \ge0 \implies MA^2+2MB^2+3MC^2 \ge NA^2+2NB^2+3NC^2$.Tính toán cụ thể với $N\left (-\frac{5}{6};\frac{2}{3} \right ),A(-1, 7), B(4; -3), C(-4;1)$ ta có $NA^2+2NB^2+3NC^2=\frac{865}{6}$Như vậy giá trị nhỏ nhất của $MA^2+2MB^2+3MC^2$ bằng $\frac{865}{6}$ đạt tại $M \equiv N\left (-\frac{5}{6};\frac{2}{3} \right )$.
|
|