Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Đặt $\sqrt{x+2}=t(t\geq 0)$ thì pt trở thành:
$t^2-2-2t-m-3=0$
$\Leftrightarrow t^2-2t-(m+5)=0(*)$
Để PT ban đầu có 2 nghiệm pb thì PT $(*)$ có 2 nghiệm không âm phân biệt.
Điều này xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} \Delta'=1+m+5>0\\ S=2>0\\ P=-(m+5)\geq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m>-6\\ m\leq -5\end{matrix}\right.\)
Đáp án B.
Lời giải:
Ta có:
$a+b+c=abc\Rightarrow a(a+b+c)=a^2bc$
$\Leftrightarrow bc+a(a+b+c)=bc(a^2+1)$
$\Leftrightarrow (a+b)(a+c)=bc(a^2+1)$
$\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{bc(a^2+1)}}=\frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}$
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{a}{\sqrt{bc(1+a^2)}}=\frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại:
\(S\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}\right)=\frac{3}{2}\)
Vậy $S_{\max}=\frac{3}{2}$. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$
Áp dụng bđt AM - GM, ta có:
\(4\sqrt{3}S=4\sqrt{3}\times\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\)
\(=4\sqrt{3}\times\dfrac{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}}{4}\)
\(\le\sqrt{3\left(a+b+c\right)}\times\sqrt{\dfrac{\left(a+b-c+b+c-a+c+a-b\right)^3}{27}}\)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
\(=\dfrac{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac}{3}\)
\(=\dfrac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a^2-2ab+b^2\right)-\left(a^2-2ac+c^2\right)-\left(b^2-2bc+c^2\right)}{3}\)
\(=a^2+b^2+c^2-\dfrac{\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2}{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c (\(\Delta ABC\) đều)
Làm linh tinh đấy -.- hổng chắc đâu Ọ v Ọ
Còn một cách rất pá đạo nữa , không hiểu nổi lấy ý tưởng từ đâu luôn:
CM:\(a^2+b^2+c^2\ge4\sqrt{3}S\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-4\sqrt{3}S\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+a^2+b^2-2ab.\cos C-4\sqrt{3}.\dfrac{1}{2}.ab.\sin C\ge0\)( định lý cos + CT diện tích)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2-2ab\right)+4ab-4ab.\dfrac{1}{2}.\cos C-4ab.\dfrac{\sqrt{3}}{2}.\sin C\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(a-b\right)^2+4ab\left(1-\cos\dfrac{\pi}{3}.\cos C-\sin\dfrac{\pi}{3}.\sin C\right)\ge0\)
( \(\cos\dfrac{\pi}{3}=\cos60=\dfrac{1}{2}\);\(\sin\dfrac{\pi}{3}=\sin60=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\))
\(\Leftrightarrow2\left(a-b\right)^2+4ab\left[1-\cos\left(\dfrac{\pi}{3}-C\right)\right]\ge0\)( luôn đúng vì \(-1\le\cos\alpha\le1\))
( \(\cos\left(x-y\right)=\cos x\cos y+\sin x\sin y\))
Cho tam giác ABC có BC=a, CA=b, BA=c và diện tích là S. Biết \(S=b^2-\left(a-c\right)^2\). Tính tanB
Ta có:
\(S=b^2-\left(a-c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}ac\sin B=a^2+c^2-2ac\cos B-a^2-c^2+2ac\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}ac\sin B=2ac\left(1-c\text{os}B\right)\)
\(\Leftrightarrow\sin B=4\left(1-c\text{os}B\right)\Leftrightarrow c\text{os}B=1-\dfrac{1}{4}sinB\left(1\right)\)
Mặt \(\ne:sin^2B+c\text{os}^2B=1\)
\(\Leftrightarrow sin^2B+\left(1-\dfrac{1}{4}sinB\right)^2=1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{17}{16}sin^2B-\dfrac{1}{2}sinB=0\)
\(\Leftrightarrow sinB=\dfrac{8}{17}\left(sinB>0\right)\)
Kết hợp với (1) ta đc: \(c\text{os}B=\dfrac{15}{17}\Rightarrow tanB=\dfrac{8}{15}\)
Thay công thức trung tuyến vào ta được:
\(m_a^2+m_b^2+m_c^2=a^2+b^2+c^2-\frac{1}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)=\frac{3}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)