Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
– Các vectơ cùng phương: và
;
,
,
và
;
và
.
– Các vectơ cùng hướng: và
;
,
,
– Các vectơ ngược hướng: và
;
và
;
và
;
và
.
– Các vectơ bằng nhau: =
.
a) Ta thấy đường thẳng \(y=ax+b\) đi qua hai điểm \(\left(0;3\right)\) và \(\left(1;0\right)\). Vậy ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}3=b\\0=a+b\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=-3\\b=3\end{matrix}\right.\)
Đường thẳng có phương trình là \(y=-3x+3\)
b) \(y=-4x\)
c) \(y=x-2\)
a) \(B\subset A\)
\(\Rightarrow\left(-4;5\right)\subset\left(2m-1;m+3\right)\)
\(\Rightarrow2m-1\le-4< 5\le m+3\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}2m-1\ge4\\5\le m+3\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}m< -\frac{3}{2}\\m\ge2\end{cases}}\left(ktm\right)\)
\(\Rightarrow m\in\varnothing\)
b) \(A\text{∩ }B=\varnothing\)
\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}m+3< -4\\5< 2m-1\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}m< -7\\m>3\end{cases}}\)
Vậy \(m< -7;m>3\)
mk đang cần gấp lắm
Theo bài ra :
\(\left(x+5\right)\left(x^2-1\right)\left(3-x\right)>0\)
<=> \(\left(x+5\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(3-x\right)>0\)
Đặt \(\left(x+5\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(3-x\right)=A\)
Ta có bảng xét dấu :
| \(-\infty\) | -5 | -1 | 1 | 3 | \(+\infty\) | ||||
| (x+5) | - | 0 | + | + | + | + | |||
| x2-1 | + | + | 0 | - | 0 | + | + | ||
| 3-x | + | + | + | + | 0 | - | |||
| A | - (loại) | 0 (loại) | +(t.m) | 0(loại) | -(loại) | 0(loại) | +(t.m) | 0(loại) | -(loại) |
Từ bảng xét dấu trên suy ra :
\(A>0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}-5< x< -1\\1< x< 3\end{matrix}\right.\)
$A \cap B \ne \varnothing$;
\(A=\left(m-2;6\right),B=\left(-2;2m+2\right).\)
Để \(A,B\ne\varnothing\)
\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}m-2\ge-2\\2m+2>6\end{cases}}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}m\ge0\\m>2\end{cases}}\)
Kết hợp ĐK \(2< m< 8\)
\(\Rightarrow m\in\left(2;8\right)\)
Bài 1a)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho từng cặp ta có
\(\left\{\begin{matrix}a+b\ge2\sqrt{ab}\\b+c\ge2\sqrt{bc}\\c+a\ge2\sqrt{ac}\end{matrix}\right.\)
\(=>\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}\)
\(=>\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\ge8\sqrt{\left(abc\right)^2}\)
\(=>\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\ge8abc\) ( điều phải chứng minh )
Bài 1b)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si bộ 3 số cho từng cặp ta có
\(\left\{\begin{matrix}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\end{matrix}\right.\)
\(=>\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
\(=>\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\sqrt[3]{\left(abc\right)^3}\)
\(=>\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9abc\) (điều phải chứng minh )
Bài 1c) Ta có
\(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
\(=>1+a+b\left(1+a\right)\left(1+c\right)\ge1^3+3.1^2.\sqrt[3]{abc}+3.1.\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+\sqrt[3]{\left(abc\right)^3}\)
\(=>\left(1+a+b+ab\right)\left(1+c\right)\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+abc\)
\(=>1+a+b+ab+c\left(1+a+b+ab\right)\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+abc\)
\(=>1+a+b+ab+c+ca+bc+abc\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+abc\)
\(=>a+b+c+ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si bộ 3 số cho vế trái ta có
\(\left\{\begin{matrix}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\end{matrix}\right.\)
\(=>a+b+c+ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\) (điều phải chứng minh )
Bài 2a)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho từng cặp ta có
\(\left\{\begin{matrix}\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a}.\frac{ca}{b}}=2\sqrt{c^2}=2c\\\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{ca}{b}.\frac{ab}{c}}=2\sqrt{a^2}=2a\\\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a}.\frac{ab}{c}}=2\sqrt{b^2}=2b\end{matrix}\right.\)
\(=>2\left(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(=>\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c\) (điều phải chứng minh )
Bài 2b)
Chứng minh BĐT \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho vế trái ta có
\(\left\{\begin{matrix}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\end{matrix}\right.\)
\(=>\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)
\(=>\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9.\sqrt[3]{\frac{abc}{abc}}\)
\(=>\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\) (điều phải chứng minh )
Ta có \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
\(=>\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+3\ge\frac{3}{2}+3\)
\(=>\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{a+c}+1+\frac{c}{a+b}+1\ge\frac{9}{2}\)
\(=>\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{a+b}\ge\frac{9}{2}\)
\(=>\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\ge\frac{9}{2}\)
\(=>2\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9\)
Áp dụng BĐT vừa chứng minh \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
\(=>\left(b+c+a+c+a+b\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9 \) (Điều phải chứng minh )
a) ta có :
\(\Delta'=1^2-\left(-1-m\right)\left(m^2-1\right)=1-\left(-m^2+1-m^3+m\right)=1+m^2-1+m^3-m=m^3+m^2-m=m\left(m^2+m-1\right)\)để phương trình có nghiệm thì \(\Delta\ge0\)
hay \(m\left(m^2+m-1\right)\ge0\)
=> \(\left\{{}\begin{matrix}m\ge0\\m^2+m-1\ge0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ge0\\\left(m+\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{5}{4}\ge0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow}\left\{{}\begin{matrix}m\ge0\\\left(m+\dfrac{1}{2}\right)^2\ge\dfrac{5}{4}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow}\left\{{}\begin{matrix}m\ge0\\\left[{}\begin{matrix}m+\dfrac{1}{2}\ge\\m+\dfrac{1}{2}\le-\dfrac{\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\dfrac{\sqrt{5}}{2}}\)
a) $(-\infty ; \, 2) \cap (-1; \, +\infty)$;
a) (-\infty ; \, 2) \cap (-1; \, +\infty)(−∞;2)∩(−1;+∞)=(-1;2)
b) (−1;6) ∪ [4;8)=(-1;8]
c) (−∞;−5] ∩(−5;1)={-5}
\(VT=\dfrac{1+cos2x}{cos2x}\times\dfrac{1+cos4x}{sin4x}\) (*)
Ta có: theo công thức hạ bậc có: \(cos^2x=\dfrac{1+cos2x}{2}\Leftrightarrow1+cos2x=2cos^2x\) (1)
Ta có: \(cos2x=1-sin^2x\Rightarrow cos4x=1-2sin^22x\) (2)
Tương Tự có \(sin2x=2sinx\times cosx\Rightarrow sin4x=2sin2x\times cos2x\) (3)
Thay (1),(2),(3) vào (*) ta được: \(VT=\dfrac{2cos^2x}{cos2x}\times\dfrac{1+\left(1-2sin^22x\right)}{2sin2x\times cos2x}\)
\(VT=\dfrac{2cos^2x\times2\left(1-sin^22x\right)}{cos^22x\times2sin2x}\) mà \(1-sin^22x=cos^22x\)
\(\Rightarrow VT=\dfrac{2cos^2x\times cos^22x}{cos^22x\times2sinx\times cosx}=\dfrac{cosx}{sinx}=tanx\left(đpcm\right)\)
đoạn cuối nhầm nha \(VT=\dfrac{cosx}{sinx}=cotx\left(đpcm\right)\)
Chọn C.