Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(P=3log_{a^2b}a-\dfrac{3}{4}log_a2.log_2\left(\dfrac{a}{b}\right)\)
\(=\dfrac{3}{log_a\left(a^2b\right)}-\dfrac{3}{4.log_2a}.\left(log_2a-log_2b\right)\)
\(=\dfrac{3}{log_aa^2+log_ab}-\dfrac{3}{4.log_2a}.log_2a+\dfrac{3}{4}.\dfrac{log_2b}{log_2a}\)
\(=\dfrac{3}{2+3}-\dfrac{3}{4}+\dfrac{3}{4}.log_ab=\dfrac{3}{5}-\dfrac{3}{4}+\dfrac{9}{4}=\dfrac{21}{10}\)
Ta có : \(a^2+4b^2=12ab\Leftrightarrow a^2+4ab+4b^2=16ab\)
\(\Leftrightarrow\left(a+2b\right)^2=16ab\Leftrightarrow\left(\frac{a+2b}{4}\right)^2=ab\)
\(\Rightarrow\log_{2013}\left(\frac{a+2b}{4}\right)^2=\log_{2013}\left(ab\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left[\log_{2013}\left(a+2b\right)-2\log_{2013}2\right]=\log_{2013}a+\log_{2013}b\)
\(\Leftrightarrow\log_{2013}\left(a+2b\right)-2\log_{2013}2=\frac{1}{2}\left(\log_{2013}a+\log_{2013}b\right)\)
=> Điều phải chứng minh
a. Đề bài em ghi sai thì phải
Vì:
\(x+y=2\left(\sqrt{x-3}+\sqrt{y-3}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x-3-2\sqrt{x-3}+1\right)+\left(y-3-2\sqrt{y-3}+1\right)+4=0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x-3}-1\right)^2+\left(\sqrt{y-3}-1\right)^2+4=0\) (vô lý)
b.
Xét hàm \(f\left(x\right)=x^3+ax^2+bx+c\)
Hàm đã cho là hàm đa thức nên liên tục trên mọi khoảng trên R
Hàm bậc 3 nên có tối đa 3 nghiệm
\(f\left(-2\right)=-8+4a-2b+c>0\)
\(f\left(2\right)=8+4a+2b+c< 0\)
\(\Rightarrow f\left(-2\right).f\left(2\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc (-2;2)
\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}f\left(x\right)=x^3\left(1+\dfrac{a}{x}+\dfrac{b}{x^2}+\dfrac{c}{x^3}\right)=+\infty.\left(1+0+0+0\right)=+\infty\)
\(\Rightarrow\) Luôn tồn tại 1 số thực dương n đủ lớn sao cho \(f\left(n\right)>0\)
\(\Rightarrow f\left(2\right).f\left(n\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(2;n\right)\) hay \(\left(2;+\infty\right)\)
Tương tự \(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}f\left(x\right)=-\infty\Rightarrow f\left(-2\right).f\left(m\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(-\infty;-2\right)\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) có đúng 3 nghiệm pb \(\Rightarrow\) hàm cắt Ox tại 3 điểm pb
Ta có:
\(\left(b-\dfrac{1}{2}\right)^2\ge0\) <=> \(b^2-b+\dfrac{1}{4}\ge0\) <=>\(b-\dfrac{1}{4}\le b^2\)
Mà :
a<1 => \(log_a\left(b-\dfrac{1}{4}\right)\ge log_ab^2=2log_ab\)
P=\(log_a\left(b-\dfrac{1}{4}\right)-\dfrac{1}{2}log_{\dfrac{a}{b}}b=log_a\left(b-\dfrac{1}{4}\right)-\dfrac{1}{2}.\dfrac{log_ab}{1-log_ab}\ge2log_ab-\dfrac{1}{2}.\dfrac{log_ab}{1-log_ab}\)
Đặt t=logab
Do b<a<1 => t=logab >1
Khi đó \(P\ge2t+\dfrac{t}{2t-2}=f\left(t\right)\). Khảo sát f(t) trên (1;+\(\infty\)) ta đc
P\(\ge\)f(t) \(\ge\) f\(\left(\dfrac{3}{2}\right)\) = \(\dfrac{9}{2}\)
\(P=log_{\dfrac{\sqrt{a}}{b}}a+log_{\dfrac{\sqrt{a}}{b}}\sqrt[3]{b}=log_{\dfrac{\sqrt{a}}{b}}a+\dfrac{1}{3}log_{\dfrac{\sqrt{a}}{b}}b\)
\(=\dfrac{1}{log_a\dfrac{\sqrt{a}}{b}}+\dfrac{1}{3.log_b\dfrac{\sqrt{a}}{b}}=\dfrac{1}{log_a\sqrt{a}-log_ab}+\dfrac{1}{3\left(log_b\sqrt{a}-log_bb\right)}\)
\(=\dfrac{1}{\dfrac{1}{2}-2}+\dfrac{1}{3\left(\dfrac{1}{4}-1\right)}=-\dfrac{10}{9}\)
\(a;b>0\Rightarrow3a+2b+1>1\)
\(\Rightarrow log_{3a+2b+1}\left(9a^2+b^2+1\right)\) đồng biến
Mà \(9a^2+b^2\ge2\sqrt{9a^2b^2}=6ab\Rightarrow log_{3a+2b+1}\left(9a^2+b^2+1\right)\ge log_{3a+2b+1}\left(6ab+1\right)\)
\(\Rightarrow log_{3a+2b+1}\left(9a^2+b^2+1\right)+log_{6ab+1}\left(3a+2b+1\right)\ge log_{3a+2b+1}\left(6ab+1\right)+log_{6ab+1}\left(3a+2b+1\right)\ge2\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: \(\left\{{}\begin{matrix}log_{6ab+1}\left(3a+2b+1\right)=1\\3a=b\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}6ab+1=3a+2b+1\\b=3a\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow18a^2+1=3a+6a+1\)
\(\Leftrightarrow18a^2-9a=0\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{1}{2}\\b=\dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\)