|
|
giải đáp
|
bài về chuỗi số.nhờ các anh chị giải hộ gấp
|
|
|
|
$\sum_{n=1}(\sqrt[n]{4}-\sqrt\frac{n-2}{n}) $ $>\sum_{n=2}(1-\sqrt\frac{n-2}{n})$ $=\sum_{n=2}\frac{\frac{2}{n}}{1+\sqrt\frac{n-2}{n}}>\sum_{n=2}\frac{1}{n}=+\infty $ Chuỗi phân kì
vì sao lại vậy bạn. bạn có thể chỉ rỏ hơn không!!
|
|
|
|
giải đáp
|
giải toán
|
|
|
|
$A=\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{5}{6}....\frac{99}{100}$ $\frac{1}{2}<1 , \frac{3}{4}<\frac{2}{3} , \frac{5}{6}<\frac{4}{5},..... . \frac{99}{100}<\frac{98}{99}$ $A^2<1.\frac{1}{2}.\frac{2}{3}.\frac{3}{4}.\frac{4}{5}.....\frac{99}{100}=\frac{1}{100}$ $A<\frac{1}{10}$ |
|
|
|
giải đáp
|
giup minh voi
|
|
|
|
Vì với mỗi giá trị tuyệt đối khác $0$ ta có hai giá trị thỏa mãn nên bài toán có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $|x-1|=0\Leftrightarrow 2^{|x-1|}=1\Leftrightarrow 3m-2=1\Leftrightarrow m=1$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giup minh bài này với mọi nguoi oi tks nhiu
|
|
|
|
Ta chứng minh $Q_{n+1}=P_n(u_{n+1}-1)+au_{n+1}=0$ $\Leftrightarrow P_n(\frac{u_n^2}{u_n^2-u_n+1}-1)+a.\frac{u_n^2}{u_n^2-u_n+1}=0$ $\Leftrightarrow P_n\frac{u_n-1}{u_n^2-u_n+1}+\frac{au_n^2}{u_n^2-u_n+1}=0$ $\Leftrightarrow P_n(u_n-1)+au_n^2=0$ $\Leftrightarrow P_{n-1}.u_n.(u_n-1)+au_n^2=0$ $\Leftrightarrow P_{n-1}(u_n-1)+au_n=0$ $\Leftrightarrow Q_n=0$ $\Leftrightarrow ....$ $\Leftrightarrow Q_0=0$ Đúng (Quy ước $P_0=1)$ Quay lại với bài toán $T_n=aS_n+P_n$ $T_{n+1}-T_n=a(S_{n+1}-S_n)+P_{n+1}-P_n$ $=au_{n+1}+P_n(u_{n+1}-1)$ $=Q_{n+1}$ $=0$ $\Rightarrow T_{n+1}=T_n=....=T_1=1$ |
|
|
|
giải đáp
|
giup voi moi nguoi oi
|
|
|
|
a. $C_m:x^2+y^2-4mx-2y+4m=0$ $\Leftrightarrow (x-2m)^2+(y-1)^2=4m^2-4m+1=(2m-1)^2$ $C_m$ là đường tròn $\Leftrightarrow m\neq \frac{1}{2}$ b. Tâm đường tròn $(2m,1)$ nằm trên đường thẳng $\Delta : y=1$ c. $C_m(1,1)=2-4m-2+4m=0$ Vậy $C_m$ luôn đi qua $(1,1)$ Mà tâm luôn nằm trên đường $\Delta :y=1$ Do đó các đường tròn này luôn tiếp xúc với nhau tại $(1,1)$ |
|
|
|
giải đáp
|
giup minh voi
|
|
|
|
Bài 1. $(4+\sqrt{15})^x+(4-\sqrt{15})^x=(2\sqrt2)^x$ $\Leftrightarrow (4+\sqrt{15})^x+(4-\sqrt{15})^x=8^x$ $\Leftrightarrow (\frac{4+\sqrt{15}}{8})^x+(\frac{4-\sqrt{15}}{8})^x=1$ Đặt $\frac{4+\sqrt{15}}{8}=a , \frac{4-\sqrt{15}}{8}=b$ $\Rightarrow \begin{cases}a+b=1 \\ a^x+b^x=1 \end{cases}$ Vì $a,b\in (0,1)$ nên Nếu $x>1$ thì $a^x<a , b^x<b $ Không thỏa mãn Nếu $x<1$ thì $a^x>a , b^x>b$ Cũng không thỏa mãn Vậy $x=1$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình bài này nữa mọi người ơi, cám ơn nhìu lắm
|
|
|
|
Trước hết ta chứng minh $f$ là hàm bị chặn và có $lim$ tại $0$, nghĩa là mặc dù $f$ ngày càng tăng khi $x\rightarrow 0$ do hàm nghịch biến , nhưng giới hạn tại đó là hữu hạn Phản chứng , giả sử $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}f(x)= +\infty $ Theo giả thiết $f(x)=2012^{-\frac{x}{2}}f(\frac{x}{2})$ $=2012^{-(\frac{x}{2}+\frac{x}{4})}f(\frac{x}{4})$ $=2012^{-(\frac{x}{2}+\frac{x}{4}+\frac{x}{8})}f(\frac{x}{8})$ $=2012^{-(\frac{x}{2}+\frac{x}{4}+\frac{x}{8}+...)}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}f(x)$ Do $\frac{x}{2}+\frac{x}{4}+\frac{x}{8}+....=x$ $\Rightarrow f(x)=2012^{-x}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}f(x)=2012^{-x}.\infty =\infty $ Vô lí vì $f(x)\in R^+$ Vậy $f(x)$ bị chặn và có giới hạn hữu hạn $u$ khi $x\rightarrow 0$ Khi đó $f(x)=u.2012^{-x}$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp với cả nhà
|
|
|
|
Chứng minh tứ giác $IODB$ nội tiếp như sau $\widehat{BIO}=180-\widehat{IBC}-\widehat{ICB}=180-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{\widehat{C}}{2}$ $\widehat{BDO}=90-\widehat{IBC}=90-\frac{\widehat{B}}{2}$ Do $OD$ vuông góc $BI$ $\widehat{BDO}+\widehat{BIO}=270-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{\widehat{C}}{2}=180$ Do $\widehat{A}=\widehat{B}\Rightarrow 2\widehat{B}+\widehat{C}=180$
Vậy $IODB$ nội tiếp $\widehat{OID}=\widehat{OBD}$ $\widehat{OBD}=\widehat{OCD}$ Do $\triangle OBC$ cân $\widehat{OCD}=\widehat{OCA}$ $\Rightarrow \widehat{OID}=\widehat{OCA}$ $\Rightarrow ID//CA$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp với cả nhà
|
|
|
|
$a+b+c+ab+bc+ca=6abc$ $\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=6$ Đặt $\frac{1}{a}=x , \frac{1}{b}=y , \frac{1}{c}=z$ $\Rightarrow x+y+z+xy+yz+zx=6$ Nếu $x+y+z<3\Rightarrow xy+yz+zx<3$ không thỏa mãn BĐT trên Vậy $x+y+z\ge 3\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge3$ |
|
|
|
giải đáp
|
Lớp 9
|
|
|
|
Do $4a^2+\sqrt2a-\sqrt2=0\Rightarrow 4a^2<\sqrt2\Rightarrow a<1$ $4a^2+a\sqrt2-\sqrt2=0$ $\Rightarrow 2\sqrt2a^2+a-1=0$ $\Rightarrow a+1=2-2\sqrt2a^2 (*)$ $\Rightarrow a^4+a+1=a^4-2\sqrt2a^2+2=(\sqrt2-a^2)^2$ $\Rightarrow \sqrt{a^4+a+1}=\sqrt2-a^2$ $\Rightarrow \sqrt{a^4+a+1}-a^2=\sqrt2-2a^2$ $\Rightarrow \frac{a+1}{\sqrt{a^4+a+1}-a^2}=\frac{a+1}{\sqrt2-2a^2}=\sqrt2$ Theo $(*)$ |
|
|
|
giải đáp
|
Cho $y=2x^3-x^2 (c).$Tìm a để đồ thị (c) cắt y=a ở ba điểm phân biệt . Tính $x^{2}_{1}+x^{2}_{2}+x^{2}_{3}=?$
|
|
|
|
Giả sử $(C)$ cắt $y=a$ tại $(x_1,a), (x_2,a),(x_3,a)$ Đặt $g(x)=f(x)-a=2x^3-x^2-a$ $\Rightarrow g(x_1)=g(x_2)=g(x_3)=0$ $g'(x)=6x^2-2x=0\Leftrightarrow x=0,\frac{1}{3}$ $g'(x)>0 $ khi $x\in(-\infty,0)$ và $(\frac{1}{3},\infty)$ $g'(x)<0$ khi $x\in(0,\frac{1}{3})$ Lập bảng biến thiên ta có $g(x)$ có $3$ nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow g(0)>0 , g(\frac{1}{3})<0$ Mà $g(0)=-a , g(\frac{1}{3})=-\frac{1}{27}-a$ Vậy $\frac{1}{27}>a>0$
Khi đó theo định lý Viète $\begin{cases}x_1+x_2+x_3=\frac{1}{2} \\ x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=0 \end{cases}$ $\Rightarrow x_1^2+x_2^2+x_3^2=\frac{1}{4}$ |
|
|
|
giải đáp
|
giup minh may cau nay voi?
|
|
|
|
$C_m:x^2+y^2+mx-4y-m+2=0$ a. $ x^2+y^2+mx-4y-m+2=0$ $\Leftrightarrow (x+\frac{m}{2})^2+(y-2)^2=\frac{m^2}{4}+m+2>0 $ $\Rightarrow C_m $ luôn là một đường tròn $C_m(1,1)=C(1,3)=0$ Vậy $C_m$ luôn đi qua $(1,1) ; (1,3)$ b. $C_m(0,0)=0\Leftrightarrow -m+2=0\Leftrightarrow m=2$ $C_m: (x+1)^2+(y-2)^2=5$ Do bán kính đường tròn là $\sqrt5$ mà độ dài đoạn chắn là $4$ Ta suy ra khoảng cách từ tâm $(-1,2)$ đến $\Delta : 3x-4y+c=0$ bằng $1$ và bằng $1=h=\frac{|-3-8+c|}{\sqrt{3^2+4^2}}$ $\Rightarrow |c-11|=5$ $\Rightarrow c=16,6$ $\Delta : 3x-4y+6=0$ hoặc $\Delta : 3x-4y+16=0$ c. Tâm của $C_m: O_m(-\frac{m}{2},2)$ , Bán kính $\sqrt{\frac{m^2}{4}+m+2}$ $C_m$ tiếp xúc với trục $Oy$ khi và chỉ khi $|\frac{m}{2}|=\sqrt{\frac{m^2}{4}+m+2}$ $\Leftrightarrow \frac{m^2}{4}=\frac{m^2}{4}+m+2$ $\Leftrightarrow m=-2$ |
|
|
|
giải đáp
|
giup minh bài này với mọi nguoi oi tks nhiu
|
|
|
|
Áp dụng BĐT : $x^2+y^2+z^2\ge \frac{1}{3}(x+y+z)^2$ Ta có $P=(\frac{1}{a}+\frac{2}{b+c}+\frac{3}{a+b+c})^2+ .....$ $\ge \frac{1}{3}[(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+2(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})+\frac{9}{a+b+c}]^2$ Mà $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{9}{a+b+c}$ $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge \frac{9}{2a+2b+2c}$ $\Rightarrow P\ge \frac{1}{3}(\frac{27}{a+b+c})^2=81.\frac{3}{(a+b+c)^2}\ge \frac{81}{a^2+b^2+c^2}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Pro bất đẳng thức xem đề:
|
|
|
|
Cách 2 cho bài 2 Gọi $M$ là điểm có tọa độ $(x,y)$ , $P(1,0) , Q(-1,0) $ $\triangle $ là đường thẳng $y=2$ , kẻ $MH$ vuông góc $\triangle$ Khi đó $A=MP+MQ+MH$ Kẻ $MX$ vuông góc với trục tung , $K(0,2)$ là giao trục tung và $\triangle$
Bài toán 1: $PM+QM\ge PX+QX$ Bạn dùng phương pháp đỗi xứng qua trục để giải , đây là một kết quả quen thuộc của hình lớp 7
Khi đó $A\ge XP+XQ+MH=XP+XQ+XK$ Chú ý rằng $\triangle PQK$ cố định
Bài toán 2. Cho $\triangle PQK$ và điểm $X$ thay đổi trong mặt phẳng Khi đó $XP+XQ+XK$ nhỏ nhất khi điểm $X$ thỏa mãn $\widehat{PXQ}=\widehat{KXQ}=\widehat{PXK}=120$
Đây là một bài toán cực trị quen thuộc trong chương trình toán nâng cao lớp 9 , còn được biết đến với tên gọi bài toán của Napoleon - Vị tướng này muốn tìm vị trí đóng quân sao cho tổng khoảng cách đến 3 điểm cho trước là ngắn nhất
Dựa vào bài 2 bạn dễ dàng tìm được điểm $X(0,\frac{1}{\sqrt3})$ |
|