Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
2/ \(\left[{}\begin{matrix}x< -12\\x>12\end{matrix}\right.\)
- Với \(x< -12\Rightarrow x+\frac{12x}{\sqrt{x^2-144}}=x\left(1+\frac{12}{\sqrt{x^2-144}}\right)< 0< 35\)
\(\Rightarrow\) BPT luôn đúng
- Với \(x>12\), hai vế không âm, bình phương hai vế ta được:
\(x^2+\frac{144x^2}{x^2-144}+24\frac{x^2}{\sqrt{x^2-144}}-1225\le0\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^4}{x^2-144}+24\frac{x^2}{\sqrt{x^2-144}}-1225\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{x^2}{\sqrt{x^2-144}}+49\right)\left(\frac{x^2}{\sqrt{x^2-144}}-25\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{\sqrt{x^2-144}}-25\le0\)
\(\Leftrightarrow x^2\le25\sqrt{x^2-144}\)
\(\Leftrightarrow x^4-625x^2+90000\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-400\right)\left(x^2-225\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow225\le x^2\le400\)
\(\Leftrightarrow15\le x\le20\)
Vậy nghiệm của BPT là \(\left[{}\begin{matrix}x< -12\\15\le x\le20\end{matrix}\right.\)
a) \(4\sqrt{x}+\frac{2}{\sqrt{x}}< 2x+\frac{1}{2x}+2\)
hay \(2\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}< x+\frac{1}{4x}+1\)
\(\Leftrightarrow0< x+\frac{1}{4x}+1-2\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}\)
\(\Leftrightarrow0< \left(\sqrt{x}\right)^2-2\sqrt{x}-2\sqrt{x}\cdot1+1+\frac{1}{\left(2\sqrt{x}\right)^2}-2\cdot\frac{1}{2\sqrt{x}}\)
\(\Leftrightarrow1< \left(\sqrt{x}-1\right)^2+\left(\frac{1}{2\sqrt{x}}-1\right)^2\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x>0\\\sqrt{x}>1\\2\sqrt{x}>1\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x>1\\x>\frac{1}{4}\end{cases}\Rightarrow}x>1}\)
b) \(\frac{1}{1-x^2}>\frac{3}{\sqrt{1-x^2}}-1\left(1\right)\left(ĐK:-1< x< 1\right)\)
Ta có (1) <=> \(\frac{1}{1-x^2}-1-\frac{3x}{\sqrt{1-x^2}}+2>0\)\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{1-x^2}-\frac{3x}{\sqrt{1-x^2}}+2>0\)
Đặt \(t=\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\)ta được
\(t^2-3t+2>0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}< 1\\\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}>2\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\sqrt{1-x^2}>x\left(a\right)\\2\sqrt{1-x^2}< x\left(b\right)\end{cases}}}\)
(a) <=> \(\hept{\begin{cases}x< 0\\1-x^2>0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge0\\1-x^2>x^2\end{cases}}}\)
\(\Leftrightarrow-1< x< 0\)hoặc \(\hept{\begin{cases}x\ge0\\x^2< \frac{1}{2}\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow-1< x< 0\)hoặc \(0\le x\le\frac{\sqrt{2}}{2}\Leftrightarrow-1< x< \frac{\sqrt{2}}{2}\)
(b) \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}1-x^2>0\\x>0\\4\left(1-x^2\right)< x^2\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}0< x< 1\\x^2>\frac{4}{5}\end{cases}\Leftrightarrow}\frac{2}{\sqrt{5}}< x< 1}\)
Giả sử các biểu thức đều xác định:
\(\frac{1+sin^2a}{1-sin^2a}=\frac{1+sin^2a}{cos^2a}=\frac{1}{cos^2a}+tan^2a=1+tan^2a+tan^2a=1+2tan^2a\)
\(tan^2a-sin^2a=sin^2a\left(\frac{1}{cos^2a}-1\right)=sin^2a\left(\frac{1-cos^2a}{cos^2a}\right)=sin^2a.\frac{sin^2a}{cos^2a}=tan^2a.sin^2a\)
\(\frac{cosa}{1+sina}+tana=\frac{cosa\left(1-sina\right)}{\left(1+sina\right)\left(1-sina\right)}+\frac{sina.cosa}{cos^2a}=\frac{cosa-sina.cosa}{1-sin^2a}+\frac{sina.cosa}{cos^2a}\)
\(=\frac{cosa-sina.cosa+sina.cosa}{cos^2a}=\frac{cosa}{cos^2a}=\frac{1}{cosa}\)
\(\frac{tanx}{sinx}-\frac{sinx}{cotx}=\frac{tanx}{sinx}-sinx.tanx=tanx\left(\frac{1}{sinx}-sinx\right)=\frac{sinx}{cosx}\left(\frac{1-sin^2x}{sinx}\right)=\frac{sinx.cos^2x}{cosx.sinx}=cosx\)
1.
a/ ĐKXĐ: \(-1\le x\le5\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x+3}\le\sqrt{5-x}+\sqrt{x+1}\)
\(\Leftrightarrow x+3\le6+2\sqrt{\left(5-x\right)\left(x+1\right)}\)
\(\Leftrightarrow x-3\le2\sqrt{-x^2+4x+5}\)
- Với \(x< 3\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}VT< 0\\VP\ge0\end{matrix}\right.\) BPT luôn đúng
- Với \(x\ge3\) cả 2 vế ko âm, bình phương:
\(x^2-6x+9\le-4x^2+16x+20\)
\(\Leftrightarrow5x^2-22x-11\le0\) \(\Rightarrow\frac{11-4\sqrt{11}}{5}\le x\le\frac{11+4\sqrt{11}}{5}\)
\(\Rightarrow3\le x\le\frac{11+4\sqrt{11}}{5}\)
Vậy nghiệm của BPT đã cho là \(-1\le x\le\frac{11+4\sqrt{11}}{5}\)
1b/
Đặt \(\sqrt{2x^2+8x+12}=t\ge2\)
\(\Rightarrow x^2+4x=\frac{t^2}{2}-6\)
BPT trở thành:
\(\frac{t^2}{2}-12\ge t\Leftrightarrow t^2-2t-24\ge0\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t\le-4\left(l\right)\\t\ge6\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\sqrt{2x^2+8x+12}\ge6\)
\(\Leftrightarrow2x^2+8x-24\ge0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x\le-6\\x\ge2\end{matrix}\right.\)
a/ BĐT sai, với \(c=0\Rightarrow\frac{a}{b}< \frac{a}{b}\) (vô lý)
b/ \(\Leftrightarrow\frac{a^2}{4}+b^2+c^2-ab+ac-2bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{2}-b+c\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
c/ Bạn coi lại đề, trong ngoặc bên phải là \(a^2b\) hay \(ab^2\)?
d/ \(a+b+c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)
\(\Leftrightarrow2a+2b+2c-2\sqrt{ab}-2\sqrt{bc}-2\sqrt{ca}\ge0\)
\(\Leftrightarrow a-2\sqrt{ab}+b+b-2\sqrt{bc}+c+c-2\sqrt{ca}+a\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2+\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2+\left(\sqrt{c}-\sqrt{a}\right)^2\ge0\)
e/ Thiếu điều kiện, BĐT này chỉ đúng khi \(a+b\ge0\) (hoặc a;b không âm)
a/ ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}x\le3\\x\ge5\end{matrix}\right.\) => bpt vô nghiệm
b/ ĐKXĐ: \(x>1\)
\(bpt\Leftrightarrow x-2< 2\Leftrightarrow x< 4\)
\(\Rightarrow1< x< 4\)
c/ \(\frac{x+2}{3}-2x-2>0\)
\(\Leftrightarrow\frac{x+2-6x-6}{3}>0\Leftrightarrow x+2-6x-6>0\Leftrightarrow x< -\frac{4}{5}\)
d/ \(bpt\Leftrightarrow\frac{3x+5}{2}-\frac{x+2}{3}-x-1\le0\)
\(\Leftrightarrow\frac{9x+15-2x-4-6x-6}{6}\le0\)
\(\Leftrightarrow x\le-5\)
Áp dụng BĐT Cauchy dạng engel ta có:
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\frac{(a+b+c)^2}{a+b+c}=a+b+c(đpcm) \)
theo bđt cauchy ta có
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{a^2}{b}+b\ge2a\\\dfrac{b^2}{c}+c\ge2b\\\dfrac{c^2}{a}+a\ge2c\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}+a+b+c\ge2a+2b+2c\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\ge a+b+c\)
\(\Rightarrow dpcm\)
mình nghĩ đề nó như thế này
\(\sqrt{a^2+b^2}-\sqrt{c^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+c\right)^2-\left(b+d^{ }\right)^2}\)
hai zế BĐT ko âm nên bình phương 2 zế ta có
\(a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge a^2+2ac+c^2+b^2+2bd+d^2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge ac+bd\left(1\right)\)
Nếu \(ac+bd< 0\)thì BĐT đc c/m
Nêu \(ac+bd\ge0\left(1\right)\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\ge a^2c^2+b^2d^2+2acbd\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\ge a^2c^2+b^2d^2+2acbd\)
\(\Leftrightarrow a^2d^2+b^2c^2-2acbd\ge0\Leftrightarrow\left(ad-bc\right)^2\ge0\)( luôn đúng )
dấu = xảy ra khi \(ad=bc\Leftrightarrow\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\)