1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {x - y} \right)\left( {{x^2} + xy + {y^2} + 3} \right) = 3\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 2\,\,\,\,\left( 1 \right)\\
{x^2}y + {x^2} - 2x - 12 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array} \right.\,\,\)
\(\begin{array}{l}
\left( {x - y} \right)\left( {{x^2} + xy + {y^2} + 3} \right) = 3\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 2\\
\Leftrightarrow \left( {x - y} \right)\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) + 3(x - y) = 3({x^2} + {y^2}) + 2\\
\Leftrightarrow {x^3} - {y^3} + 3(x - y) = 3{x^2} + 3{y^2} + 2
\end{array}\)
\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow {x^3} - 3{x^2} + 3x - 1 = {y^3} + 3{y^2} + 3y + 1\\
\Leftrightarrow {(x - 1)^3} = {(y + 1)^3} \Leftrightarrow x - 1 = y + 1 \Leftrightarrow y = x - 2
\end{array}\)
Thế \(y = x - 2\) vào phương trình (2) ta có \({x^2}(x - 2) + {x^2} - 2x - 12 = 0 \Leftrightarrow {x^3} - {x^2} - 2x - 12 = 0\).
\( \Leftrightarrow (x - 3)({x^2} + 2x + 4) = 0 \Leftrightarrow x = 3 \Rightarrow y = 1\)
Vậy hệ có nghiệm là (3;1)
2) Giải phương trình \((x - 3)\sqrt {1 + x} - x\sqrt {4 - x} = 2{x^2} - 6x - 3\) (1)
Điều kiện \( - 1 \le x \le 4\).
Phương trình \((1) \Leftrightarrow (x - 3)(\sqrt {1 + x} - 1) - x(\sqrt {4 - x} - 1) = 2{x^2} - 6x\)
\(\begin{array}{l}
(x - 3)\frac{x}{{\sqrt {1 + x} + 1}} - x\frac{{3 - x}}{{\sqrt {4 - x} + 1}} = 2{x^2} - 6x\\
\Leftrightarrow x(x - 3)\left( {\frac{1}{{\sqrt {1 + x} + 1}} + \frac{1}{{\sqrt {4 - x} + 1}} - 2} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x(x - 3) = 0\\
\frac{1}{{\sqrt {1 + x} + 1}} + \frac{1}{{\sqrt {4 - x} + 1}} = 2\quad (2)
\end{array} \right.\quad
\end{array}\)
\(x(x - 3) = 0 \Leftrightarrow x = 0;x = 3\) (thỏa mãn điều kiện)
Với điều kiên \( - 1 \le x \le 4\) ta có :
\(\left\{ \begin{array}{l}
\sqrt {1 + x} + 1 \ge 1\\
\sqrt {4 - x} + 1 \ge 1
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{{\sqrt {1 + x} + 1}} \le 1\\
\frac{1}{{\sqrt {4 - x} + 1}} \le 1
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {1 + x} + 1}} + \frac{1}{{\sqrt {4 - x} + 1}} \le 2\). Dấu " = " không xảy ra nên phương trình (2) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 3.
3) Giải bất phương trình \({x^3} + (3{x^2} - 4x - 4)\sqrt {x + 1} \le 0\) (1)
Điều kiện \(x \ge - 1\).
\(\begin{array}{l}
{x^3} + (3{x^2} - 4x - 4)\sqrt {x + 1} \le 0 \Leftrightarrow {x^3} + 3{x^2}\sqrt {x + 1} - 4(x + 1)\sqrt {x + 1} \le 0\\
\Leftrightarrow {x^3} + 3{x^2}\sqrt {x + 1} - 4{\left( {\sqrt {x + 1} } \right)^3} \le 0\quad (2)
\end{array}\)
Xét x = - 1, thay vào (2) thỏa mãn.
Xét \(x > - 1 \Rightarrow \sqrt {x + 1} > 0\). Chia hai vế của (2) cho \({\left( {\sqrt {x + 1} } \right)^3}\) ta được bất phương trình \({\left( {\frac{x}{{\sqrt {x + 1} }}} \right)^3} + 3{\left( {\frac{x}{{\sqrt {x + 1} }}} \right)^2} - 4 \le 0\).
Đặt \(t = \frac{x}{{\sqrt {x + 1} }}\), ta có bất phương trình \({t^3} + 3{t^2} - 4 \le 0 \Leftrightarrow (t - 1){(t + 2)^2} \le 0 \Leftrightarrow t \le 1\)
\(\begin{array}{l}
t \le 1 \Rightarrow \frac{x}{{\sqrt {x + 1} }} \le 1 \Leftrightarrow \sqrt {x + 1} \ge x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
- 1 < x < 0\\
\left\{ \begin{array}{l}
x \ge 0\\
x + 1 \ge {x^2}
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
- 1 < x < 0\\
\left\{ \begin{array}{l}
x \ge 0\\
{x^2} - x - 1 \le 0
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
- 1 < x < 0\\
0 \le x \le \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow - 1 < x \le \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}
\end{array}\)
Kết hợp x = - 1 là nghiệm, ta có tập nghiệm của bất phương trình \(\left[ { - 1;\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right]\).
Câu hỏi trên thuộc đề trắc nghiệm dưới đây !
Toán học là môn khoa học nghiên cứu về các số, cấu trúc, không gian và các phép biến đổi. Nói một cách khác, người ta cho rằng đó là môn học về "hình và số". Theo quan điểm chính thống neonics, nó là môn học nghiên cứu về các cấu trúc trừu tượng định nghĩa từ các tiên đề, bằng cách sử dụng luận lý học (lôgic) và ký hiệu toán học. Các quan điểm khác của nó được miêu tả trong triết học toán. Do khả năng ứng dụng rộng rãi trong nhiều khoa học, toán học được mệnh danh là "ngôn ngữ của vũ trụ".
Nguồn : Wikipedia - Bách khoa toàn thưLớp 10 - Năm thứ nhất ở cấp trung học phổ thông, năm đầu tiên nên có nhiều bạn bè mới đến từ những nơi xa hơn vì ngôi trường mới lại mỗi lúc lại xa nhà mình hơn. Được biết bên ngoài kia là một thế giới mới to và nhiều điều thú vị, một trang mới đang chò đợi chúng ta.
Nguồn : ADMIN :))Copyright © 2021 HOCTAPSGK