\(A=\sqrt{x-2\sqrt{x-1}}+\sqrt{x+8-6\sqrt{x-1}}\)(ĐK: \(x\ge1\))

\(=\sqrt{x-1-2\sqrt{x-1}+1}+\sqrt{x-1-6\sqrt{x-1}+9}\)

\(=\sqrt{\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2}+\sqrt{\left(\sqrt{x-1}-3\right)^2}\)

\(=\left|\sqrt{x-1}-1\right|+\left|\sqrt{x-1}-3\right|\)

\(=\left|\sqrt{x-1}-1\right|+\left|3-\sqrt{x-1}\right|\)

\(\ge\left|\sqrt{x-1}-1+3-\sqrt{x-1}\right|=2\)

Dấu \(=\)khi \(\left(\sqrt{x-1}-1\right)\left(3-\sqrt{x-1}\right)\ge0\Leftrightarrow2\le x\le10\).

ta có:

Tl

Chắc máy thấy cậu làm chuẩn nhiều quá nên hạ điểm cậu

#Kirito

TL :

Câu 8 , câu 10 , câu 6 , câu 4 sai nhé

HT

ta có :

\(a^b=2^{14}\) mà a,b  là các số tự nhiên nên :

\(\hept{\begin{cases}a\ge2\\b\le14\end{cases}\Rightarrow b-a\le14-2=12}\)

Vậy giá trị lớn nhất của b-a là 12

Giả sử và b là hai số tự lớn hơn 1 sao cho a mũ b=2mux 14.Giá trị lớn nhất của b-a bằng bao nhiêu ?

a)

{BC=AD=2AB=2AE=2FDBC=2BE=2EC{BC=AD=2AB=2AE=2FDBC=2BE=2EC⇒AB=BE=EC=CD=FD=AF⇒AB=BE=EC=CD=FD=AF

tứ giác ECDF có: {FD//ECFD=EC{FD//ECFD=EC ⇒⇒ tứ giác ECDF là hình bình hành.

b)

tam giác DEC có: {DC=ECˆA=ˆC=60o{DC=ECA^=C^=60o⇒⇒tam giác DEC là tam giác đều.

⇒ˆDCE=ˆEDC=ˆDEC=60o⇒DCE^=EDC^=DEC^=60o

vì AD//BC nên ˆADC+ˆDCE=180o⇒ˆADC=1200ADC^+DCE^=180o⇒ADC^=1200

mà ˆADC=ˆADE+ˆEDCADC^=ADE^+EDC^

⇒ˆADE=60o⇒ADE^=60o

đồng thời ˆBAC=60oBAC^=60o

nên ˆADE=ˆBACADE^=BAC^

mặt khác: BE//AD

nên tứ giác ABED là hình thang cân.

c) c/m tương tự câu a, ta có: tứ giác ABEF là hình bình hành.

⇒⇒AB//FE ⇒ˆAEF=ˆEAB⇒AEF^=EAB^(1)

tam giác AFE có AF=FE nên tam giác AFE là tam giác cân

⇒ˆFAE=ˆFEA⇒FAE^=FEA^(2)

từ (1) và (2) ⇒ˆBAE=ˆEAF=ˆFEA=60o2=30o⇒BAE^=EAF^=FEA^=60o2=30o

tam giác FED có: {FD=DC=DEˆFDE=60o{FD=DC=DEFDE^=60o

do đó tam giác FED là tam giác đều.

⇒ˆFDE=ˆDEF=ˆEFD=180o3=60o⇒FDE^=DEF^=EFD^=180o3=60o

ta có: ˆAED=ˆAEF+ˆFED=30o+600=900

 xy(x+y)+yz(y+z)+xz(x+z)+2xyz 

= xy(x + y) + yz(y + z) + xyz + xz(x + z) + xyz 

= xy(x + y) + yz(y + z + x) + xz(x + z + y) 

= xy(x + y) + z(x + y + z)(y + x)