Chương 4: BẤT ĐẲNG THỨC, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Tiếng anh 123, HelloChao

Hai chương trình tiếng anh này mình đang học, học thấy rất tốt

chương trình học toán của các lớp 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 và làm văn nữa

Duolingo,ioe nữa bạn Tớ là một Tiểu thần nông lớp 6a1 ♥

Lời giải:

1. Gọi đường thẳng cần tìm có dạng \((d):y=ax+b\)

Vì \(I(3;1)\in (d)\Rightarrow 1=3a+b\Rightarrow b=1-3a\Rightarrow y=ax+1-3a\)

Xét \((d)\cap Ox\equiv C\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y_C=0\\ x_c=\frac{3a-1}{a}\end{matrix}\right.\)

Xét \((d)\cap Oy\equiv D\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x_D=0\\ y_D=1-3a\end{matrix}\right.\)

Mặt khác \(CE=DE\Rightarrow \left ( \frac{3a-1}{a}-2 \right )^2+4=4+(1-3a+2)^2\)

\(\Leftrightarrow a\in \left \{ \frac{-1}{3};\frac{1}{3};1 \right \}\) \(\Rightarrow \left[ \begin{array}{ll} y=\frac{x}{3} \\ y=\frac{-x}{3}+2 \\ y=x-2 \end{array} \right.\).

Vì $D\neq E$ nên \(\left[ \begin{array}{ll} y=\frac{-x}{3}+2 \\ y=x-2 \end{array} \right.\). Đây chính là hai phương trình đường thẳng cần tìm.

2) Gọi đường thẳng cần tìm có tên là $(d')$

Vì $(d')$ đối xứng với $(d)$ qua một điểm nên \((d)\parallel (d')\Rightarrow (d'): x-2y+t=0\)

Với $M$ là một điểm trên $(d)$, chọn $M(7;1)$. Khi đó $M'\in (d')$ phải đối xứng với $M$ qua $A$, tức là $A$ là trung điểm của $MM'$

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 2=x_A=\frac{x_M+x_{M'}}{2}=\frac{7+x_{M'}}{2}\\ 1=y_A=\frac{y_M+y_{M'}}{2}=\frac{1+y_{M'}}{2}\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x_{M'}=-3\\ y_{M'}=1\end{matrix}\right.\)

Vì $M'\in (d')$ nên \(-3-2+c=0\Rightarrow c=5\Rightarrow (d'):2x-y+5=0\)

(m-2)x4-2(m+1)x2+2m-1=0(1)

dat x^2=t(t\(\ge0\))

=>\(\left(m-2\right)t^2-2\left(m+1\right)t+2m-1=0\)(2)

xet m=2, pt => t=\(\frac{1}{2}\)

xet m\(\ne2\)

\(\Delta'=\left(m+1\right)^2-\left(m-2\right)\left(2m-1\right)\)

=-m^2+7m-1

(1) co 4 nghiem khi (2) co 2 nghiem duong phan biet <=> \(\left\{\begin{matrix}m\ne2\\\frac{2\left(m+1\right)}{m-2}>0\\\frac{2m-1}{m-2}>0\\-m^2+7m-1>0\end{matrix}\right.\)

tự làm nốt nha??????????????

Hình như đề bài chưa đúng.

Bạn chứng minh dựa trên BĐT \(2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\) (Bạn có thể CM bằng biến đổi tương đương :))

1. Ta có \(1+x^2\ge2x\), \(1+y^2\ge2y\), \(1+z^2\ge2z\)

Suy ra \(P=\frac{x}{1+x^2}+\frac{y}{1+y^2}+\frac{z}{1+z^2}\le\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}\)

Chọn D. \(P\le\frac{1}{2}\)

2. a) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có

\(\left(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}\right)\left(x+y\right)\ge\left[\left(\sqrt{\frac{1}{x}.x}\right)^2+\left(\sqrt{\frac{4}{y}.y}\right)^2\right]=\left(1^2+2^2\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{4}{y}\ge1\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix}\frac{1}{x^2}=\frac{4}{y^2}\\x+y=5\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}x=\frac{10}{3}\\y=\frac{5}{3}\end{matrix}\right.\)

2.b

\(\left|x\right|.\sqrt{1-x^2}=\sqrt{x^2\left(1-x^2\right)}\le\frac{x^2+1-x^2}{2}\)

\(\Rightarrow\left|x\right|\sqrt{1-x^2}\le\frac{1}{2}\)

hay \(-\frac{1}{2}\le x\sqrt{1-x^2}\le\frac{1}{2}\)

Bạn tự tìm được rồi nhé :)

Đk:\(x\ge-\frac{1}{4}\)

\(pt\Leftrightarrow\sqrt{\left(4x+1\right)^2}=\left(\left|x-5\right|\right)^2\)

\(\Leftrightarrow4x+1=x^2-10x+25\)

\(\Leftrightarrow-x^2+14x-24=0\)

\(\Leftrightarrow-\left(x^2-14x+24\right)=0\)

\(\Leftrightarrow-\left(x^2-2x-12x+24\right)=0\)

\(\Leftrightarrow-\left[x\left(x-2\right)-12\left(x-2\right)\right]=0\)

\(\Leftrightarrow-\left(x-12\right)\left(x-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[\begin{matrix}-\left(x-12\right)=0\\x-2=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[\begin{matrix}x=12\\x=2\end{matrix}\right.\) (thỏa mãn)

Vậy tập nghiệm của pt là \(S=\left\{12;2\right\}\)

Lời giải:

Ta đi CM BĐT phụ sau: \(\frac{x}{x^2+1}\leq \frac{18x}{25}+\frac{3}{50}\). \((\star)\)

\(\Leftrightarrow \) \((4x+3)(3x-1)^2\geq 0\) (đúng với mọi $x$ dương)

Do đó $(\star)$ luôn đúng. Thiết lập các BĐT tương tự với $y,z$ rồi cộng lại, ta thu được \(\frac{x}{x^2+1}+\frac{y}{y^2+1}+\frac{z}{z^2+1}\leq \frac{18}{25}+\frac{9}{50}=\frac{9}{10}\) (đpcm)

Dấu $=$ xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$

Lời giải:

GTLN:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(B^2=(6\sqrt{x-1}+8\sqrt{3-x})^2\leq (6^2+8^2)(x-1+3-x)=200\)

\(\Rightarrow B_{\max}= 10\sqrt{2}\Leftrightarrow \frac{3}{\sqrt{x-1}}=\frac{4}{\sqrt{3-x}}\Leftrightarrow x=\frac{43}{25}\)

GTNN:

Ta biết một bổ đề sau: Với \(a,b\geq 0\Rightarrow \sqrt{a}+\sqrt{b}\geq \sqrt{a+b}\)

Cách CM rất đơn giản vì nó tương đương với \(\sqrt{ab}\geq 0\) (luôn đúng)

Áp dụng vào bài toán:

\(\Rightarrow B\geq \sqrt{36x-36+192-64x}=\sqrt{156-28x}\geq 6\sqrt{2}\) (do \(x\leq 3\))

Vậy \(B_{\min}=6\sqrt{2}\Leftrightarrow x=3\)

1) ĐK: \(\frac{x+1}{x}>0\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x>0\\x< -1\end{array}\right.\)

Đặt \(t=\sqrt{\frac{x+1}{x}}\left(t>0\right)\) , bất pt đã cho trở thành:

\(\frac{1}{t^2}-2t>3\Leftrightarrow\frac{1-2t^3-3t^2}{t^2}>0\Leftrightarrow1-2t^3-3t^2>0\)

\(\Leftrightarrow\left(t+1\right)^2\left(1-2t\right)>0\Leftrightarrow1-2t>0\Leftrightarrow t< \frac{1}{2}\)

\(t< \frac{1}{2}\Rightarrow\sqrt{\frac{x+1}{x}}< \frac{1}{2}\Leftrightarrow\frac{x+1}{x}< \frac{1}{4}\Leftrightarrow\frac{3x+4}{4x}< 0\)

Lập bảng xét dấu ta được \(-\frac{4}{3}< x< 0\)

Kết hợp điều kiện ta được: \(-\frac{4}{3}< x< -1\) là giá trị cần tìm

3) Chứng minh BĐT phụ: \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\left(a,b>0\right)\)(1)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{1}{a+b}\le\frac{a+b}{4ab}\Leftrightarrow4ab\le\left(a+b\right)^2\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)

Dấu '=' xảy ra ↔ a = b

Áp dụng BĐT trên, ta có:

\(\frac{x}{x+1}=\frac{x}{x+x+y+z}=\frac{x}{x+y+x+z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z}\right)\)

Tương tự:

\(\frac{y}{y+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{y}{y+x}+\frac{y}{y+z}\right)\)

\(\frac{z}{z+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{z}{z+x}+\frac{z}{z+y}\right)\)

Cộng vế theo vế ba BĐT trên ta được:

\(P\le\frac{1}{4}\left(\frac{x}{x+y}+\frac{y}{x+y}+\frac{x}{x+z}+\frac{z}{z+x}+\frac{z}{z+y}+\frac{y}{y+z}\right)\)

\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}\left(1+1+1\right)=\frac{3}{4}\)

Dấu '=' xảy ra khi x = y = z = 1/3 (do x + y + z = 1)

Vậy GTLN của P là 3/4 khi x = y = z = 1/3

Bài 2:

Ta có:

\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=\left(a+b\right)ab\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+abc\ge\left(a+b\right)ab+abc=\left(a+b+c\right)ab\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{\left(a+b+c\right)ab}\left(1\right)\). Tương tự ta có:

\(\frac{1}{b^3+c^3+abc}\le\frac{1}{\left(a+b+c\right)bc}\left(2\right);\frac{1}{a^3+c^3+abc}\le\frac{1}{\left(a+b+c\right)ac}\left(3\right)\)

Cộng theo vế của (1),(2),(3) ta có:

\(\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\)\(\le\frac{1}{a+b+c}\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\)

\(=\frac{1}{a+b+c}\cdot\frac{a+b+c}{abc}=\frac{1}{abc}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)