1.

Áp dụng định lý Viet:

$x_1+x_2=\frac{7}{2}$

$x_1x_2=\frac{-3}{2}$
Khi đó:

$B=x_1^2x_2+x_2^2x_1-3x_1x_2=x_1x_2(x_1+x_2)-3x_1x_2$

$=\frac{-3}{2}.\frac{7}{2}-3.\frac{-3}{2}=\frac{-3}{4}$

2.

Để pt có 2 nghiệm $x_1,x_2$ thì:

$\Delta'=(m+1)^2-3(2m-1)\geq 0$

$\Leftrightarrow m^2-4m+4\geq 0$

$\Leftrightarrow (m-2)^2\geq 0\Leftrightarrow m\in\mathbb{R}$
Áp dụng định lý Viet:

$x_1+x_2=\frac{2(m+1)}{3}$

$x_1x_2=\frac{2m-1}{3}$
Để PT có 2 nghiệm $x_1,x_2<2$ thì:
\(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2< 4\\ (x_1-2)(x_2-2)>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x_1+x_2<4\\ x_1x_2-2(x_1+x_2)+4>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{2(m+1)}{3}<4\\ \frac{2m-1}{3}-2.\frac{2(m+1)}{3}+4>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m<5\\ m< \frac{7}{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m< \frac{7}{2}\)

Vậy..........

Lời giải:
Xét số hạng tổng quát:
\(\sqrt{1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{(n+1)^2}}=\sqrt{\frac{n^2+1}{n^2}+\frac{1}{(n+1)^2}}\\ =\sqrt{\frac{(n+1)^2}{n^2}-\frac{2n}{n^2}+\frac{1}{(n+1)^2}}\\ =\sqrt{\frac{(n+1)^2}{n^2}-\frac{2}{n}+\frac{1}{(n+1)^2}}\\ =\sqrt{(\frac{n+1}{n}-\frac{1}{n+1})^2}=\frac{n+1}{n}-\frac{1}{n+1}=1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\)

Do đó:

\(C=1+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+1+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+....+1+\frac{1}{2018}-\frac{1}{2019}\\ =(1+1+...+1)+(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{2018})-(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2019})\\ =2018+1-\frac{1}{2019}=2019-\frac{1}{2019}\)

đáp án : 2019-1/2019

1.

\(A=\left[\frac{x}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}-\frac{1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}\right]:\left[\frac{\sqrt{x}-1}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)}+\frac{2}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}\right]\\ =\frac{x-1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}:\frac{\sqrt{x}+1}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}\\ =\frac{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}:\frac{1}{\sqrt{x}-1}=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}.(\sqrt{x}-1)=\frac{x-1}{\sqrt{x}}\)

2.

a. Với $m=-3$ thì pt trở thành:

$x^2+5x-6=0$

$\Leftrightarrow (x-1)(x+6)=0$

$\Leftrightarrow x-1=0$ hoặc $x+6=0$

$\Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=-6$

b.

Ta thấy: $\Delta=(m-2)^2+24>0$ với mọi $m\in\mathbb{R}$ nên pt luôn có 2 nghiệm pb $x_1,x_2$ với mọi $m$.

Áp dụng định lý Viet:

$x_1+x_2=m-2$

$x_1x_2=-6$

Khi đó:

$x_2^2-x_1x_2+(m-2)x_1=16$

$\Leftrightarrow x_2^2-x_1x_2+(x_1+x_2)x_1=16$

$\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2=16$

$\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2-2x_1x_2=16$
$\Leftrightarrow (m-2)^2-2(-6)=16$

$\Leftrightarrow (m-2)^2=4$
$\Leftrightarrow m-2=\pm 2$

$\Leftrightarrow m=4$ hoặc $m=0$ (tm)

á đù em chưa học anh ơi !

\(x=\sqrt{5+\sqrt{13+\sqrt{5}+\sqrt{13+..............}}}\)

\(\Rightarrow x^2=5+\sqrt{13+\sqrt{5+\sqrt{13+.......}}}\)

\(\Rightarrow x^2-5=\sqrt{13+\sqrt{5+\sqrt{13+..........}}}\)

\(\Rightarrow x^2-5=\sqrt{13+x}\)

\(\Rightarrow x^4-10x^2+25-13-x=0\)

\(\Rightarrow x^4-10x^2-x+12=0\)

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

Hình như trong ngoặc có 2 nghiệm dạng lượng giác :v xài lượng giác hóa thử bạn nhé :) ko thì Cardano :))))))

Lời giải:

Gọi chiều dài và chiều rộng của khu đất lần lượt là $a$ và $b$ (m) 

Theo bài ra ta có:

$ab=96$

$(a-1)(b+2)=ab+14$

$\Leftrightarrow ab+2a-b-2=ab+14$

$\Leftrightarrow 2a-b=16$

$\Leftrightarrow b=2a-16$. Thay vào điều kiện $ab=96$ suy ra:

$a(2a-16)=96$

$\Leftrightarrow a(a-8)=48$
$\Leftrightarrow a^2-8a-48=0$

$\Leftrightarrow (a+4)(a-12)=0$

Do $a>0$ nên $a=12$

$b=96:12=8$ 

Vậy chiều dài và chiều rộng khu đất lần lượt là $12$ m và $8$ m

Gọi chiều rộng và chiều dài khu đất lần lượt là a(m),b(m)

(Điều kiện: a>0; b>0)

Nếu tăng chiều rộng thêm 2m và giảm chiều dài đi 1m thì diện tích tăng thêm 14m² nên ta có:

(a+2)(b-1)=ab+14

=>ab-a+2b-2=ab+14

=>-a+2b=16

=>a-2b=-16

=>a=2b-16

Diện tích là 96m² nên ab=96

=>\(b\left(2b-16\right)=96\)

=>\(b\left(b-8\right)=48\)

=>\(b^2-8b-48=0\)

=>(b-12)(b+4)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}b=12\left(nhận\right)\\b=-4\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy: Chiều dài là 12m; Chiều rộng là 96:12=8(m)

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

$P\geq \frac{(a+b+c)^2}{a+b+b+c+c+a}=\frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{2}$
Áp dụng BĐT AM-GM:

$1\leq \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\leq \frac{a+b}{2}+\frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}=a+b+c$
$\Rightarrow P\geq \frac{a+b+c}{2}\geq \frac{1}{2}$

Vậy $P_{\min}=\frac{1}{2}$
Giá trị này đạt tại $a=b=c=\frac{1}{3}$

thầy cô ơi , giải hộ em cái đề em vừa đăng vs ạ 

Lời giải:

$(x-1)(x+7)=(1-x)(3-2x)$
$\Leftrightarrow x^2+6x-7=3-5x+2x^2$
$\Leftrightarrow x^2-11x+10=0$

$\Leftrightarrow (x-1)(x-10)=0$
$\Leftrightarrow x-1=0$ hoặc $x-10=0$

$\Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=10$

\(\sqrt{5}\cdot x+\dfrac{x}{\sqrt{5}}=3\sqrt{5}+5\)

=>\(\dfrac{5x+x}{\sqrt{5}}=3\sqrt{5}+5\)

=>\(6x=\sqrt{5}\left(3\sqrt{5}+5\right)=15+5\sqrt{5}\)

=>\(x=\dfrac{15+5\sqrt{5}}{6}\)

a. Ta có: ˆBEH=90∘𝐵𝐸𝐻^=90∘(góc nội tiếp chắn nửa (BH)) ⇒ HE ⊥ AB

∆AHB vông tại H, đường cao HE:

AE.AB = AH2(1)𝐴𝐻2(1)

ˆHFC=90∘𝐻𝐹𝐶^=90∘(góc nội tiếp chắn nửa (HC)) ⇒ HF ⊥ AC

∆AHC vuông tại H, đường cao HF: AF.AC = AH2𝐴𝐻2(2)

Từ (1) và (2) ⇒ AE.AB = AF.AC

b. Ta có: ˆBAC=90∘𝐵𝐴𝐶^=90∘(góc nội tiếp chắn nửa (BC)) ⇒ˆEAF=90∘⇒𝐸𝐴𝐹^=90∘

Mà ˆAEH=90∘(HE⊥AB)𝐴𝐸𝐻^=90∘(𝐻𝐸⊥𝐴𝐵) và ˆAFH=90∘(HF⊥AC)𝐴𝐹𝐻^=90∘(𝐻𝐹⊥𝐴𝐶)

⇒ Tứ giác AEHF là hình chữ nhật ⇒ Tứ giác AEHF nội tiếp

ˆHEF=ˆHAF𝐻𝐸𝐹^=𝐻𝐴𝐹^(Cùng chắn cung HF của (AEHF))

ˆHAF=ˆABC⇒𝐻𝐴𝐹^=𝐴𝐵𝐶^⇒ EF là tiếp tuyến (BH)

c. Ta sẽ chứng minh ˆAIH=ˆKAC𝐴𝐼𝐻^=𝐾𝐴𝐶^

Ta có: ˆKAC=ˆHAC𝐾𝐴𝐶^=𝐻𝐴𝐶^ (tính chất đối xứng)

ˆHAC=ˆAHE𝐻𝐴𝐶^=𝐴𝐻𝐸^ (so le trong) ⇒ˆKAC=ˆAHE⇒𝐾𝐴𝐶^=𝐴𝐻𝐸^

ˆAIH=ˆAHE𝐴𝐼𝐻^=𝐴𝐻𝐸^ (tính chất đối xứng)

Vậy ˆAIH=ˆKAC𝐴𝐼𝐻^=𝐾𝐴𝐶^ (Cùng = ˆAHE𝐴𝐻𝐸^)

Mà AC // IH (tứ giác AEHF là hình chữ nhật)

⇒ˆAIH⇒𝐴𝐼𝐻^ và ˆKAC𝐾𝐴𝐶^ đồng vị ⇒ I, A, K thẳng hàng

a. Ta có: ˆBEH=90∘𝐵𝐸𝐻^=90∘(góc nội tiếp chắn nửa (BH)) ⇒ HE ⊥ AB

∆AHB vông tại H, đường cao HE:

AE.AB = AH2(1)𝐴𝐻2(1)

ˆHFC=90∘𝐻𝐹𝐶^=90∘(góc nội tiếp chắn nửa (HC)) ⇒ HF ⊥ AC

∆AHC vuông tại H, đường cao HF: AF.AC = AH2𝐴𝐻2(2)

Từ (1) và (2) ⇒ AE.AB = AF.AC

b. Ta có: ˆBAC=90∘𝐵𝐴𝐶^=90∘(góc nội tiếp chắn nửa (BC)) ⇒ˆEAF=90∘⇒𝐸𝐴𝐹^=90∘

Mà ˆAEH=90∘(HE⊥AB)𝐴𝐸𝐻^=90∘(𝐻𝐸⊥𝐴𝐵) và ˆAFH=90∘(HF⊥AC)𝐴𝐹𝐻^=90∘(𝐻𝐹⊥𝐴𝐶)

⇒ Tứ giác AEHF là hình chữ nhật ⇒ Tứ giác AEHF nội tiếp

ˆHEF=ˆHAF𝐻𝐸𝐹^=𝐻𝐴𝐹^(Cùng chắn cung HF của (AEHF))

ˆHAF=ˆABC⇒𝐻𝐴𝐹^=𝐴𝐵𝐶^⇒ EF là tiếp tuyến (BH)

c. Ta sẽ chứng minh ˆAIH=ˆKAC𝐴𝐼𝐻^=𝐾𝐴𝐶^

Ta có: ˆKAC=ˆHAC𝐾𝐴𝐶^=𝐻𝐴𝐶^ (tính chất đối xứng)

ˆHAC=ˆAHE𝐻𝐴𝐶^=𝐴𝐻𝐸^ (so le trong) ⇒ˆKAC=ˆAHE⇒𝐾𝐴𝐶^=𝐴𝐻𝐸^

ˆAIH=ˆAHE𝐴𝐼𝐻^=𝐴𝐻𝐸^ (tính chất đối xứng)

Vậy ˆAIH=ˆKAC𝐴𝐼𝐻^=𝐾𝐴𝐶^ (Cùng = ˆAHE𝐴𝐻𝐸^)

Mà AC // IH (tứ giác AEHF là hình chữ nhật)

⇒ˆAIH⇒𝐴𝐼𝐻^ và ˆKAC𝐾𝐴𝐶^ đồng vị ⇒ I, A, K thẳng hàng