|
|
giải đáp
|
Chứng minh
|
|
|
|
Áp dụng bdt côsi nhé $$\frac 1{a^5}+\frac 1{b^5}+1+1+1 \ge \frac 5{ab}$$
$$\frac 1{b^5}+\frac 1{c^5}+1+1+1 \ge \frac 5{bc}$$
$$\frac 1{c^5}+\frac 1{a^5}+1+1+1 \ge \frac 5{ca}$$
Cộng vế theo vế là ta có đpcm |
|
|
|
giải đáp
|
giải bpt:
|
|
|
|
Đặt $2^x=a,3^x=b\Rightarrow a,b>0$ $bpt\Leftrightarrow ab+1 \le a^3-\frac{b^3}{27}$ $\Leftrightarrow ab+1 -ab\left(a-\frac b3\right)\le \left(a-\frac b3\right)^3$ $\Leftrightarrow \left(a-\frac b3-1\right)\left[\left(a-\frac b3\right)^2+\left(a-\frac b3\right)+1+ab\right] \ge 0$ $\Leftrightarrow a \ge \frac b3+1$
$\Leftrightarrow 2^x \ge 3^{x-1}+1\Leftrightarrow 2.2^{x-1} \ge 3^{x-1}+1$
$\Leftrightarrow 2^{x-1}-1^{x-1} \ge 3^{x-1}-2^{x-1}$
Đặt $f(t)=(t+1)^{x-1}-t^{x-1}$. Bpt đã cho trở thành $f(1) \ge f(2)$
Theo định lí Lagrange thì $\exists\; m\in (1;2): f'(m)=\frac{f(1)-f(2)}{1-2} $ Hay $f'(m)=f(2)-f(1) \le 0\Leftrightarrow (x-1)\left[(m+1)^{x-2}-m^{x-2}\right] \le0 $ $\Leftrightarrow (x-1)\left[\left(1+\frac 1m\right)^{x-2}-1\right] \le 0\Leftrightarrow 1 \le x \le 2$
|
|
|
|
giải đáp
|
giải bpt:
|
|
|
|
Tập xác định $D=\mathbb R$ Đặt $t=3^x-3^{1-x}\Rightarrow t^3=27^x-27^{1-x}-3.3^x.3^{1-x}\left(3^x-3^{1-x}\right)$ $\Rightarrow 27^x-27^{1-x}=t^3+9t$
$bpt\Leftrightarrow t^3+9t-16t+6<0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 1<t<2\\ t<-3 \end{array} \right.$
Nếu $1<t<2$ thì $1<3^x-\dfrac 3{3^x}<2\Leftrightarrow \frac{1+\sqrt{13}}{2}<3^x<3$ $\Leftrightarrow \log_{3} \dfrac{1+\sqrt{13}}2<x<1$ Trường hợp kia xét tương tự. Tập nghiệm $S=\left(-\infty;\log_3\dfrac{\sqrt{21}-3}{2}\right)\bigcup \left(\log_{3} \dfrac{1+\sqrt{13}}2;1\right)$ |
|
|
|
giải đáp
|
giải bpt:
|
|
|
|
Tập xác định $D=\mathbb R$ $bpt\Leftrightarrow \left[(\sqrt 2+1)^x\right]^3+(\sqrt 2-5)\left[(\sqrt 2+1)^x\right]^2+3(\sqrt 2+1)^x+1-\sqrt 2\ge0$ Đặt $t=(\sqrt 2+1)^x,t>0$ $\Rightarrow t^3+(\sqrt 2-5)t^2+3t+(1-\sqrt 2)\ge0$ $\Leftrightarrow (t-1)\left[x^2+(\sqrt 2-4)x+(\sqrt 2-1)\right] \ge 0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t \ge \sqrt 2+1\\ 3-2\sqrt 2 \le t \le 1 \end{array} \right.$ Từ đó suy ra bpt có nghiệm với mọi $x \in \left[-2;0\right]\cup\left[1;+\infty\right)$ |
|
|
|
giải đáp
|
Tổ hợp
|
|
|
|
 Xếp $80$ người trên vào mảnh sân hình vuông $9\times9$ như sau, sao cho $9$ người đầu hàng theo thứ tự đó vào hàng đầu tiên của sân, $9$ người tiếp theo vào hàng thứ hai, sao cho người thứ $10$ ở dưới người thứ nhất một hàng, cứ xếp như thế cho đến khi $8$ người cuối cùng vào hàng thứ $9$ của sân và góc sân còn dư $1$ vị trí. Như vậy sẽ có $8$ hàng dọc có $9$ người và hàng dọc cuối cùng có $8$ người
Quy ước những ô có nam đứng có màu đen. Ta chỉ cần chứng minh tồn tại ít nhất có $2$ ô màu đen ở 1 hàng dọc đứng cạnh nhau.
Thật vậy, giả sử phản chứng là chúng không tồn tại. Ta có trên mỗi hàng dọc $9$ người sẽ có tối đa $5$ ô đen, và hàng dọc $8$ người có tối đa $4$ ô đen. Do đó tổng cộng có tối đa $44$ nam, trái với giả thiết là có $45$ nam. Suy ra điều phản chứng là sai và chứng minh hoàn tất. |
|
|
|
giải đáp
|
Cho lăng trụ $ABC.A'B'C'$ đáy vuông tại $A.$
|
|
|
|
Hình vẽ bài toán
Gọi $\rm M$ là trung điểm của $\rm BC$, do $\rm C',M$ cùng cách đều $\rm A,B,C$ nên $\rm C'M\perp (ABC)$ Kẻ đường trung bình $\rm MN$ trong $\rm \triangle ABC,MH \perp C'N$. Dễ thấy $\rm MH\perp(AC'C)$
Ta có $\rm d\left[B,(AC'C)\right]=2 d\left[M,(AC'C)\right]=2MH$, do đó $\mathrm {MH}=\frac{3a}{\sqrt{15}}$
Mặt khác $\rm \frac 1{MH^2}= \frac 1{C'M^2}+\frac 1{MN^2}\Rightarrow \rm C'M=\sqrt 3a$
Từ đó ta có $\rm V_{A'ABC'}=V_{ABC.A'B'C'}-V_{B.A'B'C'}-V_{C'.ABC}$
$=\mathrm{ V_{ABC.A'B'C'}\left(1-\frac 13-\frac 13\right)=V_{ABC.A'B'C'}}.\frac 13=\frac{a^3}2$
Mặt khác sau khi có $\rm C'M$ thì ta tính được $\mathrm{C'C}=2a\Rightarrow \mathrm{A'A}=2a$ và $\mathrm{A'B}=2a$ bằng việc kẻ $\rm BM'\perp B'C'$, do đó $\rm \triangle A'AB$ cân tại $\rm A'$ Nên gọi $\rm Q$ là trung điểm của $\rm A,B$ thì ta có $\rm A'Q\perp BA,MQ\perp BA$ $\Rightarrow \rm \varphi=\left[(ABB'A'),(ABC)\right]=(A'Q,QM)$ Phần tính dài nhưng ko khó nên ko trình bày, dùng định lí $\cos$ tìm được $\cos \varphi=\frac{-\sqrt{13}}{13}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Cho h.c $S.ABCD$ có $SA=x$ và tất cả cạnh còn lại bằng $a.$
|
|
|
|
a) Gọi $\rm O$ là tâm hình thoi $\rm ABCD$. Xét $\triangle \rm SBD$ cân có $\rm SO$ là đường trung tuyến nên cũng là đường cao, từ đó suy ra dpcm
b) Gọi $\rm M$ là trung điểm của $\rm DC$. Trong tam giác đều $\rm SDC$ có $\mathrm{AM}=\frac{a\sqrt 3}{2}$. Mà $\mathrm{OM}=\frac a2\Rightarrow \mathrm{SO}=\frac{a\sqrt 2}2\Rightarrow \mathrm{AO}=\sqrt{x^2-\frac{a^2}2}\Rightarrow \mathrm {OB}=\sqrt{\frac{3a^2}2-x^2}$
$\Rightarrow \mathrm{V_{S.ABCD}=\frac 23SO.AO.BO}=\sqrt{(2x^2-a^2)(3a^2-2x^2)}.\frac{a\sqrt 2}{6}=\frac{a^3\sqrt 2}{6} \; (\star)$ Giả sử $x=ka$ thay vào, $(\star)$ ta đc $\sqrt{(2k^2-1)(3-2k^2)}=k^2$ Bình phương 2 vế và giải 1 ẩn theo $k^2$ ta thu đc $\left[\begin{array}{l} k=1\\ k=\sqrt{\dfrac 35} \end{array} \right.$
Vậy $x=a$ hoặc $x=\sqrt{\frac 35}a$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình vs
|
|
|
|
Bài này có rất nhiều nghiệm vd: $(0;0),(1;1),(-2133,-240);(112;418);(-4;-64)\ldots$
Thực tế là vô số nghiệm, đặt $\dfrac{a^2+b^2}{1+ab}=k (k \in \mathbb Z)$
Một bài toán nổi tiếng ở kì thi $\rm IMO \;1998$ nói rằng nếu $k$ là số nguyên thì $k$ sẽ là số chính phương. Và với mỗi số $k>1$ thì sẽ có vô số nghiệm nguyên với công thức chung rất phức tạp. Chẳng hạn với $k=4$ thì các nghiệm đều có chung công thức: $$\begin{cases}a=\dfrac 13\left[2\sqrt 3\left(2+\sqrt 3\right)^n-2\sqrt 3\left(2-\sqrt 3\right)^n-3(2-\sqrt3)^n-3(2+\sqrt 3)^n\right] \\ \\b=\dfrac{(2+\sqrt 3)^n-(2-\sqrt 3)^n}{\sqrt 3}\end{cases}$$ (Với $n$ nguyên không âm)
Với các số khác của $k$ cũng đều thu đc công thức nghiệm tương tự, mà hầu như các nghiệm ko có mối liên hệ nào với nhau nên cá nhân mình nghĩ là việc tìm tất cả bộ số hoặc là không thể làm được, hoặc là sẽ rất khó và rất phức tạp.
|
|
|
|
giải đáp
|
Xđ alpha để V(OABC) max
|
|
|
|
Cách hơi cùn, tính toán nhiều kiểm tra lại giùm nhé
Không mất tính tổng quát, giả sử $\min \{a,b,c\} =c$ Trên $\rm OA,OB$ lấy $\rm A',B'$ sao cho $\rm OA'=OB'=c$ Khi đó ta có đẳng thức $\mathrm{ \frac{V_{OA'B'C}}{V_{OABC}}= \frac{OA'}{OA}.\frac{OB'}{OB}}=\frac{c^2}{ab}$ $\Rightarrow \mathrm{V_{OABC}}=\frac{ab}{c^2}.\mathrm{V_{OA'B'C}}$
Dễ thấy $\rm OA'B'C$ là tứ diện đều. Gọi $\rm I$ là tâm của $\triangle\rm A'B'C$ đều, kẻ $\rm CH\perp A'B$ Áp dụng định lí cosin trong $\triangle \rm OA'B'$, ta có $\rm A'B'^2=OA'^2+OB'^2-2OA'OB'.\cos \alpha$ $\Leftrightarrow \rm A'B'^2=2c^2(1-\cos \alpha)$
Ta có $\rm OI=\sqrt{OC^2-CI^2}=\sqrt{c^2-\frac{A'B'^2}{3}}=c\sqrt{\frac{1+2cos \alpha}3}$ $\Rightarrow \mathrm {V_{OA'B'C}=\frac 13OI.S_{A'B'C}=\frac 13OI.A'B'^2.\frac{\sqrt 3}{4}}=\frac{c^3(1-\cos \alpha)\sqrt{1+2\cos \alpha}}{6}$
$\Rightarrow \mathrm {V_{OABC}}=\frac{abc}{6}(1-\cos \alpha)\sqrt{1+2\cos \alpha} $
$=\frac{abc}{6}.\sqrt{(1-\cos \alpha)(1-\cos \alpha)(1+2\cos \alpha)}$
$\overset{\mathrm {AM-GM}}{\le } \frac{abc}{6}.\sqrt{\left(\frac{1-\cos \alpha+1-\cos \alpha+1+2\cos \alpha}{3}\right)^3}=\frac{abc}{6}$
Khi $\alpha=\frac{\pi}{2}$ thì thể tích đạt giá trị lớn nhất là $\frac{abc}{6}$ |
|
|
|
giải đáp
|
toán 9
|
|
|
|
Để phương trình có 2 nghiệm $x_1,x_2$ thì phải có $\Delta > 0$ $\Leftrightarrow (2m+1)^2 > 4(m^2-1)\Leftrightarrow m> -\frac 54$ Khi đó theo định lí Vi-et thì $\begin{cases}x_1+x_2=2m+1 \\ x_1x_2=m^2-1 \end{cases}$ Ta có $ \left[x_1(x_1-2m)+m^2\right](x_2+1)=1$ $\Leftrightarrow \left[x_1(1-x_2)+m^2\right](x_2+1)=1$ $\Leftrightarrow \left[x_1+(m^2-x_1x_2)\right](x_2+1)=1$ $\Leftrightarrow (x_1+1)(x_2+1)=1$ $\Leftrightarrow x_1+x_2+x_1x_2=0$ $\Leftrightarrow 2m+1+m^2-1=0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m=-2\\ m=0 \end{array} \right.$
Vậy $m=0$ là giá trị duy nhất cần tìm.
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải phương trình lượng giác
|
|
|
|
Đkxđ $\cos x \ne 0$
Nhân 2 vế cho $\cos^2x \ne 0$ $pt\Leftrightarrow \sin^2x\left(1-\sin^3x\right)+\cos^5x-\cos^2x=0$ $\Leftrightarrow \left(\sin^2x -\cos^2 x\right)+\cos^5x-\sin^5x=0$ $\Leftrightarrow \left(\cos x-\sin x\right)\left(1+ \sin x\cos x-\sin^2x\cos^2x \right)=\left(\cos x-\sin x\right) \left(\cos x+\sin x\right)$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \cos x-\sin x=0 \; (1)\\ 1+\sin x\cos x-\sin^2x \cos^2x= \cos x+\sin x \;(2)\end{array} \right. $
$(1)\Leftrightarrow \tan x=1\Leftrightarrow x=\frac{\pi}4+k2\pi (k \in \mathbb Z)$
Đặt $t=\sin x +\cos x\Rightarrow \sin x \cos x=\frac{t^2-1}{2}$ $(2)\Leftrightarrow \begin{cases}t^2 \le 2 \\ 1+\frac{t^2-1}{2}-\left(\frac{t^2-1}{2}\right)^2=t \end{cases}\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t=1\\ t= \sqrt 2-1 \end{array} \right.$ Với $t=1$ ta thu đc $x= k2\pi$ hoặc $x= \frac{\pi}2+k2\pi$ Với $t=\sqrt 2-1$ ta đc $x=\arcsin \frac{2-\sqrt 2}2-\frac{\pi}{4}+k2\pi$ hoặc $x=\frac{3\pi}4-\arcsin \frac{2-\sqrt 2}{2}+k2\pi$ ($k \in \mathbb Z$)
Tự loại nghiệm nhé, lần sau chú ý tiêu đề |
|
|
|
giải đáp
|
toán thực tế
|
|
|
|
Đặt $\left\{u_n\right\}$ là dãy số tiền của $\rm X$ qua các tháng. Được xác định như sau :$\begin{cases}u_0=10^8 \\ u_{n+1}=1,005u_n-10^6 \end{cases}$ $\Rightarrow \begin{cases}u_0=10^8 \\ u_{n+1}-2.10^8=1,005u_{n}-2,01.10^8 \end{cases}$ $\Rightarrow \begin{cases}u_0=10^8 \\ u_{n+1}=1,005\left(u_n-2.10^8\right) \end{cases}$ Đặt $v_n=u_n-2.10^8$ $\Rightarrow \begin{cases}v_0=-.10^8 \\ v_{n+1}=1,005v_n \end{cases}$ Đây là CSN nên suy ra $v_n=-10^8.1,005^n$ $\Rightarrow u_n=2.10^8-10^8.1,005^n$ Khi ông X hết tiền trong ngân hàng thì $u_n\le 0\Leftrightarrow 2<1,005^n\Rightarrow n> \log_{1,005}2>138$ Vậy ông X rút tiền lần cuối là vào tháng thứ 139, số tiền là $u_{138}=970926(đ)$ Vậy chọn A
Tất nhiên là làm cho vui thôi chứ trắc nghiệm thì nên tìm cách tối ưu hơn. |
|
|
|
giải đáp
|
Hế Hế!!!
|
|
|
|
Đặt $g(x)=f(x)-x^n$(Dễ thấy $g(x)$ liên tục trên $[0;1])$ a)Ta có $g(0).g(1)=f(0).\left[f(1)-1\right]<0\Rightarrow dpcm$ b) Giả sử pt $g(x)=0$ có nghiệm $x_0\in (0;1)$ Xét $a,b \in [0;1]$ sao cho $a<x_0<b$ Ta có $g(a)-g(b)=f(a)-f(b)+x^a-x^b>0\Rightarrow g(x)$ nghịch biến trên $[0;1]$ $\Rightarrow g(a)>g(x_0)>g(b)$ $\Rightarrow g(a)>0>g(b)\Rightarrow $pt $g(x)=0$ có nghiệm duy nhất $x_0$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giải nhiều lần ko ra, ai giúp vs
|
|
|
|
Vì $(m,n)=1$ nên $BCNN(m,n)=m.n$ và đặt $A=m.n.B$ Ta có $\mathrm{BCNN}\left(\frac Am,\frac An\right)=\mathrm{BCNN}(B.n,B.m)=B.\mathrm{BCNN}(m,n)=B.m.n=A$ |
|