Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Điều kiện \(2x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge - \frac{1}{2}\)
Phương trình viết lại thành:
\(36{x^2} - 212x + 284 = 4\sqrt {2x + 1} \;\)
\(\;\;\;\;\;\;\;\; \Leftrightarrow 36{x^2} - 212x + 284 + 8x + 5 = 4\left( {2x + 1} \right) + 4\sqrt {2x + 1} + 1\)
\( \Leftrightarrow 36{x^2} - 204x + 289 = 4\left( {2x + 1} \right) + 4\sqrt {2x + 1} + 1\)
\( \Leftrightarrow {\left( {6x - 17} \right)^2} = {\left( {2\sqrt {2x + 1} + 1} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2\sqrt {2x + 1} + 1 = 6x - 17\;\left( 1 \right)}\\{2\sqrt {2x + 1} + 1 = 17 - 6x\;\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)
Xét (1), ta có:
(1)\( \Leftrightarrow 2\sqrt {2x + 1} = 6x - 18\)
\(\;\; \Leftrightarrow 2\sqrt {2x + 1} = 3\left( {2x + 1} \right) - 21\;\left( {1'} \right)\;\)
Đặt \(t = \sqrt {2x + 1} \ge 0\;\)ta có:
\(\left( {1'} \right) \Leftrightarrow 3{t^2} - 2t - 21 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {t - 3} \right)\left( {3t + 7} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t - 3 = 0}\\{3t + 7 = 0}\end{array}} \right.\)
Xét (2), ta có:
\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow 6x + 2\sqrt {2x + 1} - 16 = 0\)
\( \Leftrightarrow 3\left( {2x + 1} \right) + 2\sqrt {2x + 1} - 19 = 0\)
Đặt \(t = \sqrt {2x + 1} \ge 0\) ta có:
\(\left( {2'} \right) \Leftrightarrow 3{t^2} + 2t - 19 = 0\)
Giải phương trình này ta được hai nghiệm \({t_1} = \frac{{ - 1 + \sqrt {58} }}{3}\;\left( {nhan} \right);{t_2} = \frac{{ - 1 - \sqrt {58} }}{3}\left( {loai} \right)\;\)
Với \({t_1} = \frac{{ - 1 + \sqrt {58} }}{3}\;\) ta được:
\(\sqrt {2x + 1} = \frac{{ - 1 + \sqrt {58} }}{3}\)\( \Leftrightarrow 2x + 1 = \frac{{59 - 2\sqrt {58} }}{9}\) \( \Leftrightarrow 2x = \frac{{50 - 2\sqrt {58} }}{9}\;\) \( \Leftrightarrow x = \frac{{25 - \sqrt {58} }}{9}\;\left( {nhan} \right)\)
Vậy \(S = \left\{ {\frac{{25 - \sqrt {58} }}{9};4} \right\}\)
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 1 file word cấu trúc mới 2025 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
a) Trong \(\Delta \)BMP vuông ở P. ta có: \(MP = MB.\sin MBP = MB.sin60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}MB\)
Tương tự, ta chứng minh được: \(MQ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}MC\)
Vậy \(MP + MQ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}BC = AH\)
b) Do \(\widehat {APM} = \widehat {AQM} = \widehat {AHM}\) = 90 ° nên A, M, P, Q, H cùng nằm trên đường tròn đường kính AM. Do đó, K là tâm của đường tròn này\( \Rightarrow \) KP = KH = KQ
Trong \(\Delta \) PKH cân ở K có \(\widehat {PHK} = \widehat {2PAH} = 2\widehat {BAH}\)=2. 30 °=\(60^\circ .\;\)Vậy \(\Delta \) PKH đều \( \Rightarrow HP = HK\;\left( 1 \right)\)
Tương tự, là chứng minh được \(\Delta \)QKH đều \( \Rightarrow \;HQ = HK\;\left( 2 \right)\)
Từ (1), (2) ta được:
\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{HQ = HK}\\{M\`a \;PQ = PK}\end{array}} \right\} \Rightarrow PQ\) là đường trung trực của \(HK \Rightarrow PQ \bot HK\)
c) Gọi B', M' lần lượt là hình chiếu của B, M lên EF. Khi đó do BB'||DN||MM' Gọi N là giao điểm của DN và BM.
Áp dụng định lý Thales trong \(\Delta \) BMM'; \(\Delta \) M'BB' có BB'||DN|| MM'; D \( \in BM;N' \in BM';N \in B'M',\;\) ta có:
\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{MD}}{{DB}} = \frac{{M'N'}}{{N'B}}}\\{\frac{{M'N'}}{{N'B}} = \frac{{M'N}}{{NB'}}}\end{array}} \right\} \Rightarrow \frac{{BD}}{{DM}} = \frac{{B'N}}{{NM'}}\;\left( 3 \right)\)
Xét \(\Delta \)BB'E và \(\Delta \) MM'F , ta có:
\(\widehat {BB'E} = \widehat {MM'F} = 90^\circ \)
\(\widehat {BEB'} = \widehat {AEF} = \widehat {AFE}\) (\(\Delta \;AEF\;\)cân tại F do AE = AF theo tính chất tiếp tuyến )
\( = \widehat {MFM'}\)
Vậy \(\Delta \;BB'E\;\~\;\Delta \;\;MM'F\;\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{B'E}}{{M'F}} = \frac{{BE}}{{MF}} = \frac{{BD}}{{DM}}\;\)(4) ( do \(BE = BD\;;MF = MD\;\)theo tính chất tiếp tuyến )
Từ (3) và (4 ), ta được \(\frac{{B'M}}{{NM'}} = \frac{{B'E}}{{M'F}} = \frac{{B'N - B'E}}{{\;NM' - M'F}} = \frac{{EN}}{{FN}}\)
Xét \(\Delta \;BNE\;v\`a \;\Delta \;MNF,\;ta\;c\'o :\)
\(\widehat {BEN} = \widehat {MFN}\)
\(\frac{{EN}}{{FN}} = \frac{{B'N}}{{MN'}} = \frac{{BE}}{{MF}}\;\left( {CMT} \right)\)
Vậy
Lời giải
Biến đổi giá trị thiết ta được: \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 3\)
Ta có: \(\frac{a}{{{a^2} + bc}} \le \frac{a}{{2a\sqrt {bc} }} = \frac{1}{{2\sqrt {bc} }} = \frac{1}{4}.\frac{2}{{\sqrt {bc} }} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)\)
Tương tự: \(\frac{b}{{{b^2} + ca}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{c} + \frac{1}{a}} \right)\);\(\frac{c}{{{c^2} + ab}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)\)
Vậy \(\frac{a}{{{a^2} + bc}} + \frac{b}{{{b^2} + ca}} + \frac{c}{{{c^2} + ab}} \le \frac{1}{4}.2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) = \frac{2}{4}.3 = \frac{3}{2}\)
Dấu “ = ” xảy ra khi \(a = b = c = 1.\)
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập