Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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:
\(\frac{t^2}{2}-12\ge t\Leftrightarrow t^2-2t-24\ge0\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t\le-4\left(l\right)\\t\ge6\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\sqrt{2x^2+8x+12}\ge6\)
\(\Leftrightarrow2x^2+8x-24\ge0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x\le-6\\x\ge2\end{matrix}\right.\)
ĐKXĐ: x ≥ 3 hoặc x ≤ -3
bpt \(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x+1\right)\left(x-3\right)}+\sqrt{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\ge\sqrt{\left(x+1\right)\left(x+3\right)}\)
Trong quá trình tìm đến khi xác định được \(v_n\) là CSN có v1 và công bội thì xác định thẳng luôn công thức của v(n) luôn, ko cần xác định công thức v(n-1) hay v(n-2) làm gì cho mất thời gian
2. Dạng dãy số thường gặp thứ 2 là:
\(\left\{{}\begin{matrix}u_1\\u_{n+1}=a.u_n+P\left(n\right)\end{matrix}\right.\)
Trong đó a là số thực và \(P\left(n\right)\) là 1 đa thức theo n
Ví dụ: \(\left\{{}\begin{matrix}u_1=2\\u_{n+1}=2u_n+3n-5\end{matrix}\right.\)
Về cơ bản, ý tưởng để xử lý dạng này vẫn y hệt như dạng ban đầu (và tất cả các dạng sau đều như vậy), nghĩa là ta cần đưa biểu thức về:
\(u_{n+1}-c_{n+1}=a\left(u_n-c_n\right)\)
Với \(c_{n+1}\) và \(c_n\) có dạng giống nhau, nhưng 1 cái có biến là n+1, 1 cái có biến là n
Dạng này có 2 trường hợp (quá trình làm sẽ hiểu tại sao lại cần chia như vậy)
- Nếu \(a=1\) thì \(c_{n+1}\) và \(c_n\) có bậc cao hơn \(P\left(n\right)\) 1 bậc
- Nếu \(a\ne1\) thì \(c_{n+1}\) và \(c_n\) cùng bậc \(P\left(n\right)\)
Thường người ta sẽ cho \(P\left(n\right)\) tối đa đến bậc 2 (bậc cao hơn tính toán cũng như nhau, nhưng dài dòng mất thời gian nên hiếm khi cho, vì nó chỉ phức tạp về mặt tính toán chứ ko phức tạp về mặt logic)
Và nhớ rằng các đa thức bậc 1 luôn có dạng: \(An+B\)
Đa thức bậc 2 có dạng: \(An^2+Bn+C\)
Cụ thể sẽ xét 2 ví dụ dưới đây:
Tìm CTTQ của dãy số cho bởi:
a/ \(\left\{{}\begin{matrix}u_1=2\\u_{n+1}=2u_n+3n-5\end{matrix}\right.\)
b/ \(\left\{{}\begin{matrix}u_1=2\\u_{n+1}=u_n+3n-5\end{matrix}\right.\)
a/ \(-1\le x\le1\)
\(\Leftrightarrow\frac{2x}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}-x\ge0\)
\(\Leftrightarrow x\left(\frac{2}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}-1\right)\ge0\)
Do \(0< \sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}\le\sqrt{2\left(1+x+1-x\right)}=2\)
\(\Rightarrow\frac{2}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}\ge1\Rightarrow\frac{2}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}-1\ge0\)
\(\Rightarrow x\ge0\)
Vậy nghiệm của BPT là \(0\le x\le1\)
b/ \(\sqrt{\left(x-1\right)\left(x-2\right)}+\sqrt{\left(x-1\right)\left(x-3\right)}\ge2\sqrt{\left(x-1\right)\left(x-4\right)}\)
- Với \(x=1\) thỏa mãn
- Với \(x\ge4\Leftrightarrow\sqrt{x-2}+\sqrt{x-3}\ge2\sqrt{x-4}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x-2}-\sqrt{x-4}+\sqrt{x-3}-\sqrt{x-4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2}{\sqrt{x-2}+\sqrt{x-4}}+\frac{1}{\sqrt{x-3}+\sqrt{x-4}}\ge0\) (luôn đúng)
- Với \(x< 1\Rightarrow\sqrt{2-x}+\sqrt{3-x}\ge2\sqrt{4-x}\)
Tương tự bên trên ta có BPT luôn sai
Vậy nghiệm của BPT đã cho là \(\left[{}\begin{matrix}x=1\\x\ge4\end{matrix}\right.\)