\(A=\dfrac{x^5+x^4+1}{x^3-1}-\dfrac{x^3-x-3}{x-1}\)

\(=\dfrac{x^5+x^4+1-\left(x^3-x-3\right).\left(x^2+x+1\right)}{\left(x-1\right).\left(x^2+x+1\right)}\)

\(=\dfrac{4x^2+4x+4}{\left(x-1\right).\left(x^2+x+1\right)}=\dfrac{4}{x-1}\)

Có \(2A=x^3\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{8}{x-1}=x^3\)

\(\Leftrightarrow x^4-x^3-8=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^4-16\right)-\left(x^3-8\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right).\left(x+2\right).\left(x^2+4\right)-\left(x-2\right).\left(x^2+2x+4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right).\left(x^3+x^2+2x+4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\\x^3+x^2+2x+4=0\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

Phương trình (1) dùng máy tính được một nghiệm

x \(\approx-1,4\)

Lời giải:

Để pt có 2 nghiệm $x_1,x_2$ thì $\Delta'=(m+1)^2-4m\geq 0$

$\Leftrightarrow (m-1)^2\geq 0$

$\Leftrightarrow m\neq 1$

Khi đó, áp dụng định lý Viet: 

$x_1+x_2=2(m+1)$

$x_1x_2=4m$

Khi đó:

$(x_1+m)(x_2+m)=3m^2+12$
$\Leftrightarrow x_1x_2+m(x_1+x_2)+m^2=3m^2+12$

$\Leftrightarrow 4m+2m(m+1)+m^2=3m^2+12$
$\Leftrightarrow 3m^2+6m=3m^2+12$
$\Leftrightarrow 6m=12$

$\Leftrightarrow m=2$ (tm)

Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$x^5+x^5+x^5+1+1\geq 5\sqrt[5]{x^{15}}=5x^3$
$y^5+y^5+y^5+1+1\geq 5\sqrt[5]{y^{15}}=5y^3$

$\Rightarrow 3(x^5+y^5)+4\geq 5(x^3+y^3)\geq 10$ (do $x^3+y^3\geq 2$)

$\Leftrightarrow x^5+y^5\geq 2$
Vậy $C_{\min}=2$. Giá trị này đạt tại $x=y=1$

lồng

Câu 1: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(\frac12x^2=x+m\)

=>\(x^2=2x+2m\)

=>\(x^2-2x-2m=0\)

\(\Delta=\left(-2\right)^2-4\cdot1\cdot\left(-2m\right)=8m+4\)

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì 8m+4>0

=>8m>-4

=>m>-1/2

Theo Vi-et, ta có: \(\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{b}{a}=2\\ x_1x_2=\frac{c}{a}=-2m\end{cases}\)

\(\frac{1}{2\cdot y_1}+\frac{1}{2\cdot y_2}=2\)

=>\(\frac{1}{2\cdot\frac12\cdot x_1^2}+\frac{1}{2\cdot\frac12\cdot x_2^2}=2\)

=>\(\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}=2\)

=>\(\frac{x_1^2+x_2^2}{\left(x_1x_2\right)^2}=2\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=2\left(x_1x_2\right)^2\)

=>\(2^2-2\cdot\left(-2m\right)=2\cdot\left(-2m\right)^2\)

=>\(4+4m=2\cdot4m^2=8m^2\)

=>\(2m^2=m+1\)

=>\(2m^2-m-1=0\)

=>\(2m^2-2m+m-1=0\)

=>(m-1)(2m+1)=0

=>\(\left[\begin{array}{l}m-1=0\\ 2m+1=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}m=1\left(nhận\right)\\ m=-\frac12\left(loại\right)\end{array}\right.\)

Câu 2: Gọi độ dài cạnh đáy ban đầu là x(m)

(Điều kiện: x>0)

Độ dài đường cao ban đầu là 0,5x(m)

Chiều cao sau khi tăng thêm 2m là 0,5x+2(m)

Độ dài cạnh đáy sau khi tăng thêm 6m là x+6(m)

Diện tích mới=2 lần diện tích ban đầu nên ta có:

\(\frac12\cdot\left(0,5x+2\right)\left(x+6\right)=2\cdot\frac12\cdot x\cdot0,5x\)

=>\(\frac12\left(0,5x^2+3x+2x+12\right)=0,5x^2\)

=>\(\frac12\left(0,5x^2+5x+12\right)=0,5x^2\)

=>\(x^2=0,5x^2+5x+12\)

=>\(0,5x^2-5x-12=0\)

=>\(x^2-10x-24=0\)

=>(x-12)(x+2)=0

=>\(\left[\begin{array}{l}x-12=0\\ x+2=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x=12\left(nhận\right)\\ x=-2\left(loại\right)\end{array}\right.\)

Diện tích tam giác ban đầu là:

\(\frac12\cdot12\cdot0,5\cdot12=144\cdot0,5:2=\frac{72}{2}=36\left(m^2\right)\)

a, \(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)

\(C_2H_2+2Br_2\rightarrow C_2H_2Br_4\)

b, Ta có: \(n_{C_2H_4}+n_{C_2H_4}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\left(1\right)\)

Theo PT: \(n_{Br_2}=n_{C_2H_4}+2n_{C_2H_2}=\dfrac{80}{160}=0,5\left(mol\right)\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{C_2H_4}=-0,2\\n_{C_2H_2}=0,35\end{matrix}\right.\)

Đến đây thì ra số mol âm, bạn xem lại đề nhé.

a.

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x^2+2x+3}=a>0\\\sqrt{x^2+x+2}=b>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a^2-b^2=x+1\)

Pt trở thành:

\(a+b=2\left(a^2-b^2\right)\)

\(\Leftrightarrow a+b=\left(2a-2b\right)\left(a+b\right)\)

\(\Leftrightarrow2a-2b=1\) (do \(a+b>0\))

\(\Leftrightarrow2a=2b+1\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{x^2+2x+3}=2\sqrt{x^2+x+2}+1\)

\(\Leftrightarrow4\left(x^2+2x+3\right)=4\left(x^2+x+2\right)+1+4\sqrt{x^2+x+2}\)

\(\Leftrightarrow4x+3=4\sqrt{x^2+x+2}\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge-\dfrac{3}{4}\\16\left(x^2+x+2\right)=\left(4x+3\right)^2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge-\dfrac{3}{4}\\8x=23\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x=\dfrac{23}{8}\)

b.

ĐKXĐ: \(x\ge3\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x-3}=a\ge0\\\sqrt{x+2}=b>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a^2-b^2=-5\)

Phương trình trở thành:

\(\left(a-b\right)\left(ab+1\right)=a^2-b^2\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(ab+1\right)=\left(a-b\right)\left(a+b\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b\left(vô-nghiệm\right)\\ab+1=a+b\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow ab-a-b+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=1\\b=1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x-3}=1\\\sqrt{x+2}=1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=4\\x=-1\left(ktm\right)\end{matrix}\right.\)

a: Xét tứ giác MAOB có \(\hat{MAO}+\hat{MBO}=90^0+90^0=180^0\)

nên MAOB là tứ giác nội tiếp

Xét (O) có

\(\hat{NAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AN và dây cung AC

\(\hat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó; \(\hat{NAC}=\hat{ABC}\)

Xét ΔNAC và ΔNBA có

\(\hat{NAC}=\hat{NBA}\)

góc ANC chung

Do đó: ΔNAC~ΔNBA

=>\(\frac{NA}{NB}=\frac{NC}{NA}\)

=>\(NA^2=NB\cdot NC\)

b: Sửa đề: Chứng minh BD//AM

Ta có: \(NA^2=NB\cdot NC\)

NA=NM

Do đó: \(NM^2=NB\cdot NC\)

=>\(\frac{NM}{NB}=\frac{NC}{NM}\)

Xét ΔNMC và ΔNBM có

\(\frac{NM}{NB}=\frac{NC}{NM}\)

góc MNC chung

Do đó: ΔNMC~ΔNBM

=>\(\hat{NMC}=\hat{NBM}=\hat{CBM}\)

Xét (O) có

\(\hat{CBM}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BM và dây cung BC

\(\hat{CDB}\) là góc nội tiếp chắn cung CB

Do đó: \(\hat{CBM}=\hat{CDB}\)

=>\(\hat{NMC}=\hat{CDB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên MA//BD