|
giải đáp
|
Giải và biện luận bất phương trình
|
|
|
Điều kiện $x \ne 2.$ + Xét $x>2\Rightarrow x-2 >0$. PT $\Leftrightarrow mx-m-4<0\Leftrightarrow mx <m+4$ Nếu $m>0$. PT $\Leftrightarrow x < 1+\dfrac{4}{m}$, và ta cần điều kiện $x>2$ nên $m<4$ Nếu $m<0$. PT $\Leftrightarrow x > 1+\dfrac{4}{m}$. Trong trường hợp này hiển nhiên có $2> 1+\dfrac{4}{m}$. Nếu $m=0$, thì $x>2$ hiển nhiên là nghiệm.
+ Xét $x<2\Rightarrow x-2 <0$. PT $\Leftrightarrow mx-m-4>0\Leftrightarrow mx >m+4$ Nếu $m>0$. PT $\Leftrightarrow x > 1+\dfrac{4}{m}$, và ta cần điều kiện $x<2$ nên $m>4$. Nếu $m<0$. PT $\Leftrightarrow x < 1+\dfrac{4}{m}$. Trong trường hợp này hiển nhiên có $2> 1+\dfrac{4}{m}$. Nếu $m=0$, thì $x<2$ hiển nhiên không là nghiệm.
Tóm lại + $m=0, \quad x>2.$ + $m>4, \quad 1+\dfrac{4}{m}<x<2$ + $0<m<4, \quad 2<x < 1+\dfrac{4}{m}$ + $m<0, \quad \left[ {\begin{matrix} x>2\\x < 1+\dfrac{4}{m} \end{matrix}} \right.$
|
|
|
giải đáp
|
phương trình đường tròn
|
|
|
PT thứ nhất có dạng $(x+2)^2+(y+1)^2=9$, đây là PT đường tròn $(C)$ tâm $I(-2,-1)$ bán kính $R=3.$ PT thứ hai là PT đường thẳng $(a)$ theo tham số $m$, và khoảng cách từ $I$ tới $(a)$ bằng d$(I,(a))=\dfrac{\left| {-2(m+1)-m+2m+1} \right|}{\sqrt{(m+1)^2+m^2}}=\dfrac{\left| {m+1} \right|}{\sqrt{(m+1)^2+m^2}} < 3=R$ Dễ kiểm tra điều này vì $9(m+1)^2+9m^2 \ge (m+1)^2$ và dấu bằng thì không xảy ra. Như vậy thì đường thẳng $(a)$ cắt đường tròn $(C)$ tại hai điểm phân biệt nên hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt.
Biểu thức ta cần tìm giá trị lớn nhất chính là bình phương khoảng cách giữa hai giao điểm của $(a)$ và $(C)$. Và nó lớn nhất khi hai điểm này tạo thành một đường kính của $(C)$, hay $(a)$ phải đi qua gốc tọa độ $O(0,0)$. Thay vào ta có $0.(m+1)+0.m+2m+1=0\Leftrightarrow m=-1/2.$
|
|
|
giải đáp
|
phương trình 17
|
|
|
PT $\Leftrightarrow x^{2} - 2x-1= \sqrt[3]{x^{4} - x^{2} } $ $\Leftrightarrow (x^{2} - 2x-1)^3=x^{4} - x^{2} $ $\Leftrightarrow x^6 -6x^5+10x^4+4x^3-10x^2-6x-1=0 $ $\Leftrightarrow (x^{2} - x-1)( x^4-5x^3+6x^2+5x+1)=0 $ Pt $x^{2} - x-1$ cho nghiệm $x=\dfrac{1\pm \sqrt 5}{2}$ PT $ x^4-5x^3+6x^2+5x+1=0$ vô nghiệm vì $ x^4-5x^3+6x^2+5x+1=(x^2-1)^2-5x(x^2-1)+8x^2=(x^2-1-\dfrac{5}{2}x)^2+\dfrac{7}{4}x^2>0 \quad \forall x.$
|
|
|
|
giải đáp
|
phương trình 11
|
|
|
PT $\Leftrightarrow (\sqrt[3]{x-1} + \sqrt[3]{x+1})^3= (x\sqrt[3]{2})^3 $ $\Leftrightarrow x-1+x+1+3\sqrt[3]{x-1}.\sqrt[3]{x+1}(\underbrace{\sqrt[3]{x-1} + \sqrt[3]{x+1}}_{x\sqrt[3]{2}})= 2x^3 $ $\Leftrightarrow 2x+3\sqrt[3]{x^2-1}.x\sqrt[3]{2}= 2x^3 $ $\Leftrightarrow 2x+3x\sqrt[3]{2x^2-2}= 2x^3 $ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=0\\ 2+3\sqrt[3]{2x^2-2}= 2x^2\end{matrix}} \right. $ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=0\\ 3\sqrt[3]{2x^2-2}= 2x^2-2\end{matrix}} \right. $ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=0\\ 3(2x^2-2)= (2x^2-2)^3\end{matrix}} \right. $ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=0\\ 2x^2-2=0\\3= (2x^2-2)^2\end{matrix}} \right. $ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=0\\ x=\pm 1\\\pm \sqrt 3= 2x^2-2\end{matrix}} \right. $ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=0\\ x=\pm 1\\2x^2=2\pm \sqrt 3\end{matrix}} \right. $ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=0\\ x=\pm 1\\x=\pm\sqrt {\dfrac{2\pm \sqrt 3}{2}}\end{matrix}} \right. $
|
|
|
giải đáp
|
phương trình 18
|
|
|
Điều kiện $1/2 \le x \le 4.$ Nhận thấy $x=1$ là nghiệm của PT. Xét $x>1$. Ta có $\sqrt{2x-1 } + \sqrt{x^{2} + 3 } >\sqrt{2.1-1 } + \sqrt{1^{2} + 3 } = 1+2=3 > 4-x $ Xét $x<1$. Ta có $\sqrt{2x-1 } + \sqrt{x^{2} + 3 } <\sqrt{2.1-1 } + \sqrt{1^{2} + 3 } = 1+2=3 < 4-x $ Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất $x=1.$
|
|
|
giải đáp
|
tích phân hay
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
giải đáp
|
Viết lại phân thức dưới dạng tổng hai phân thức.
|
|
|
b) Ta cần tìm $A,B,C$ là các hằng số sao cho $\dfrac{1}{(x-1)(x^2-x+1)}=\dfrac{A}{x-1}+\dfrac{Bx+C}{x^2-x+1} \quad \forall x \ne 1$ $\Leftrightarrow\dfrac{1}{(x-1)(x^2-x+1)}=\dfrac{A(x^2-x+1)+(Bx+C)(x-1)}{(x-1)(x^2-x+1)}\quad \forall x \ne 1$ $\Leftrightarrow1=A(x^2-x+1)+(Bx+C)(x-1) \quad \forall x \ne 1$ $\Leftrightarrow 0x^2+0x +1=x^2(A+B)+x(-A-B+C)+(A-C) \quad \forall x \ne 1$ Do đẳng thức trên đúng với mọi $x \ne 1$ nên các hệ số tương ứng phải bằng nhau, tức là $\begin{cases}A+B=0 \\ -A-B+C=0\\A-C=1 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}C=0 \\ B=-1\\A=1 \end{cases}$
|
|
|
giải đáp
|
bdt
|
|
|
Cách 2
|
|
|
giải đáp
|
bdt
|
|
|
Cách 1
|
|
|
giải đáp
|
cấp số nhân
|
|
|
Ta có $E =(3.10^1+1)+(3.10^2+1)+(3.10^3+1)+...+(3.10^n+1)$ $E =3.(10+10^2+10^3+...+10^n)+1+1+...+1$ $E =30.(1+10^1+10^2+...+10^{n-1})+n$ $E =30.\dfrac{10^{n}-1}{10-1}+n$ $E =30.\dfrac{10^{n}-1}{9}+n$
|
|
|
giải đáp
|
Viết lại phân thức dưới dạng tổng hai phân thức.
|
|
|
a) Ta cần tìm $A,B,C$ là các hằng số sao cho $\dfrac{10x - 4}{x^{3} - 4x}=\dfrac{A}{x}+\dfrac{B}{x-2}+\dfrac{C}{x+2} \quad \forall x \notin \left\{ {0,2,-2} \right\}$ $\Leftrightarrow \dfrac{10x - 4}{x^{3} - 4x}=\dfrac{A(x-2)(x+2)+Bx(x+2)+Cx(x-2)}{x^{3} - 4x}\quad \forall x \notin \left\{ {0,2,-2} \right\}$ $\Leftrightarrow10x - 4=A(x-2)(x+2)+Bx(x+2)+Cx(x-2) \quad \forall x \notin \left\{ {0,2,-2} \right\}$ $\Leftrightarrow10x - 4=A(x^2-4)+B(x^2+2x)+C(x^2-2x) \quad \forall x \notin \left\{ {0,2,-2} \right\}$ $\Leftrightarrow 0x^2+10x - 4=x^2(A+B+C)+x(2B-2C)-4A \quad \forall x \notin \left\{ {0,2,-2} \right\}$ Do đẳng thức trên đúng với mọi $x \notin \left\{ {0,2,-2} \right\}$ nên các hệ số tương ứng phải bằng nhau, tức là $\begin{cases}A+B+C=0 \\ 2B-2C=10\\-4A=-4 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}C=-3 \\ B=2\\A=1 \end{cases}$
|
|
|
giải đáp
|
giúp mặt cầu
|
|
|
b. Ta sẽ chứng minh mặt phẳng $P$ cần tìm chính là mặt phẳng đi qua $M$ và vuông góc với $IM$. Giả sử $(P)$ cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có bán kính $r.$ Thật vậy, gọi $(P_1)$ là một mặt phẳng bất kỳ đi qua $M$ và cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có bán kính $r_1.$ Kẻ $IH \perp (P_1), H \in (P_1)\Rightarrow IH \le IM.$ Ta có $IH^2+r_1^2=IM^2+r^2 \quad(=R^2)$ Do đó từ $IH \le IM\implies r_1 \ge r$. Điều này chứng tỏ mọi mp$(P_1)$ đều cho ta bán kình $r_1$ lớn hơn hoặc bằng $r$, đpcm. Khi đó mp$(P)$ có VTPT chính là $\overrightarrow{IM}=(1,2,2)$. Vậy $(P) : 1.(x-2)+2.(y-3)+2(z-3)=0$ $(P) : x+2y+2z-14=0$
|
|
|
giải đáp
|
giúp mặt cầu
|
|
|
a) Viết lại mặt cầu $(S) : (x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=5^2$. Suy ra mặt cầu này có tâm $I(1,1,1)$ và bán kính $R=5.$ Ta có $IM^2= (2-1)^2+(3-1)^2+(3-1)^2=9<25=R^2$ $\implies IM <R \implies M$ nằm trong mặt cầu.
|
|
|
giải đáp
|
Dãy số(4).
|
|
|
Thực chất $S_n$ xác định như sau $S_n = u_{1} + u_{2} + ... + u_{n-1} + u_{n} \quad \forall n \ge 1.$ Ta có $U_n = \dfrac{2}{(n+1)(n+3)}=\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n+3} \quad \forall n$ do đó $U_1 =\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}$ $U_2 =\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{5}$ $U_3 =\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{6}$ $\cdots$ $U_{n-1} =\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+2}$ $U_{n} =\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n+3}$ Cộng theo từng vế các đẳng thức này ta được $S_{n}
= u_{1} + u_{2} + ... + u_{n-1} + u_{n}=\left
(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\ldots+\dfrac{1}{n+1} \right )-\left
(\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\ldots+\dfrac{1}{n+3} \right )$ $S_n=\left (\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3} \right )-\left (\dfrac{1}{n+2}+\dfrac{1}{n+3} \right )=\dfrac{n (13+5 n)}{6 (2+n) (3+n)}\quad \forall n \ge 1.$
|
|