\(f\left(x\right)=ax^3+bx^2+cx+d\)

Dựa vào đồ thị ta có: \(f\left(-2\right)=2,f\left(-1\right)=-1,f\left(0\right)=0,f\left(1\right)=-1\)

Từ đó suy ra \(f\left(x\right)=-x^3-x^2+x\).

\(g\left(x\right)=\left|f^3\left(x\right)-3f\left(x\right)\right|\)

\(h\left(x\right)=f^3\left(x\right)-3f\left(x\right)\)

\(h'\left(x\right)=3f'\left(x\right)f^2\left(x\right)-3f'\left(x\right)\)

\(h'\left(x\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}f'\left(x\right)=0\\f^2\left(x\right)=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}f'\left(x\right)=0\\f\left(x\right)=1\\f\left(x\right)=-1\end{matrix}\right.\)

\(f'\left(x\right)=0\) có \(2\) nghiệm đơn

\(f\left(x\right)=1\) có \(1\) nghiệm đơn

\(f\left(x\right)=-1\) có \(1\) nghiệm đơn, \(1\) nghiệm kép. 

Kết hợp lại ta được phương trình \(h'\left(x\right)=0\) có \(4\) nghiệm bội lẻ (do nghiệm \(x=-1\) vừa là nghiệm kép của \(f\left(x\right)=-1\) vừa là nghiệm đơn của \(f'\left(x\right)=0\)).

mà \(limh\left(x\right)=-\infty\) do đó \(g\left(x\right)=\left|h\left(x\right)\right|\) có \(3\) điểm cực đại, \(4\) điểm cực tiểu suy ra \(T=n^m=4^3=64\).

Chọn A.

NF+NB=BF

=>BF=2NB+NB=3NB

=>\(\overrightarrow{BN}=\frac13\cdot\overrightarrow{BF}\) và \(\overrightarrow{NF}=\frac23\cdot\overrightarrow{BF}\)

MC=2MA

mà MC+MA=AC
nên \(MC=\frac23AC;MA=\frac13AC\)

=>\(\overrightarrow{AM}=\frac13\cdot\overrightarrow{AC};\overrightarrow{MC}=\frac23\cdot\overrightarrow{AC}\)

\(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN}\)

\(=-\frac13\cdot\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB}+\frac13\cdot\overrightarrow{BF}=-\frac13\cdot\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB}+\frac13\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AF}\right)\)

\(=-\frac13\cdot\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB}-\frac13\cdot\overrightarrow{AB}+\frac13\cdot\overrightarrow{AF}=-\frac13\cdot\overrightarrow{AC}+\frac23\cdot\overrightarrow{AB}+\frac13\cdot\overrightarrow{AF}\)

\(=-\frac13\cdot\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\right)+\frac23\cdot\overrightarrow{AB}+\frac13\cdot\overrightarrow{AF}\)

\(=\frac13\cdot\overrightarrow{AB}-\frac13\cdot\overrightarrow{AD}+\frac13\cdot\overrightarrow{AF}=\frac13\cdot\left(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AF}\right)\)

\(\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BE}\)

\(=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AF}=-\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AF}\)

=>\(\overrightarrow{DE}=3\cdot\overrightarrow{MN}\)

b: Vì \(\overrightarrow{DE}=3\cdot\overrightarrow{MN}\)

nên DE//MN

a: Vì BD//B'D'

nên \(\left(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{B^{\prime}D^{\prime}}\right)=\left(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{BD}\right)\)

mà AC⊥BD(ABCD là hình vuông)

nên \(\left(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{BD}\right)=90^0\)

ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương

=>B'C'CB là hình vuông

=>CB' là phân giác của góc BCC'

=>\(\hat{C^{\prime}CB^{\prime}}=45^0\)

Vì A'A//CC'

nên \(\left(\overrightarrow{A^{\prime}A};\overrightarrow{CB^{\prime}}\right)=\left(\overrightarrow{C^{\prime}C};\overrightarrow{CB^{\prime}}\right)=\overrightarrow{C^{\prime}CB^{\prime}}=45^0\)

b: Đặt AB=a

ABCD là hình vuông

=>AB=BC=CD=DA=a

ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương

=>A'A=B'B=C'C=D'D=AB=BC=CD=DA=A'B'=B'C'=C'D'=D'A'=a

A'B'C'D' là hình vuông

=>\(\left(D^{\prime}B^{\prime}\right)^2=\left(B^{\prime}A^{\prime}\right)^2+\left(B^{\prime}C^{\prime}\right)^2=a^2+a^2=2a^2\)

=>\(D^{\prime}B^{\prime}=a\sqrt2\) (1)

C'D'DC là hình vuông

=>\(\left(CD^{\prime}\right)^2=\left(CC^{\prime}\right)^2+\left(CD\right)^2=a^2+a^2=2a^2\)

=>\(CD^{\prime}=a\sqrt2\) (2)

B'C'CB là hình vuông

=>\(\left(B^{\prime}C\right)^2=\left(B^{\prime}C^{\prime}\right)^2+\left(C^{\prime}C\right)^2=a^2+a^2=2a^2\)

=>\(B^{\prime}C=a\sqrt2\) (3)

Từ (1),(2) suy ra D'B'=CD'=B'C

=>ΔD'B'C đều

Vì BD//B'D'

nên \(\left(\overrightarrow{BD};\overrightarrow{B^{\prime}C}\right)=\left(\overrightarrow{B^{\prime}D^{\prime}};\overrightarrow{B^{\prime}C}\right)=\hat{D^{\prime}B^{\prime}C}=60^0\)

bạn chỉ cần tách x⁴-1  ​thành (x²-1)(x²+1),rồi đặt x²=t là ok

\(\frac{1}{12}\)

^{đặt x =tant} 

là xong trong 1 nốt nhạc

Tách sin^2 = 1-cos^2=(1-cos)(1+cos)

Dùng phương pháp đồng nhất hệ số, đưa về thế này

1/cos +1/2(1-cos) -1/2(1+cos)

Ta có: \(\int\dfrac{xdx}{x^2+3}\)

Đặt \(u=x^2+3\left(u>0\right)\) 

Có \(du=2xdx\)

\(\Rightarrow\int\dfrac{xdx}{x^2+3}=\)\(\int\dfrac{du}{2u}=\dfrac{1}{2}ln\left(u\right)=\dfrac{1}{2}ln\left(x^2+3\right)\)

Cảm ơn bạn nhiều 🥰

nhờ người ta giải mà cười hihi

em thì bó tay chấm chữ com vào ăn

TXĐ: D=R

\(9^{x^2+x-1}-10.3^{x^2+x-2}+1=0\)

\(\Leftrightarrow9^{x^2+x-1}-10.\frac{3^{x^2+x-1}}{3}+1=0\)

Đặt t = \(3^{x^2+x-1}\)      (t>0)

\(\Leftrightarrow t^2-\frac{10}{3}t+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}t=3\\t=\frac{1}{3}\end{array}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}3^{x^2+x-1}=3\\3^{x^2+x-1}=\frac{1}{3}\end{array}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x^2+x-1=1\\x^2+x-1=\frac{1}{3}\end{array}\right.\)

c: \(12\cdot3^x+3\cdot15^x-5^{x+1}=20\)

=>\(12\cdot3^x+3\cdot3^x\cdot5^x-5^x\cdot5-20=0\)

=>\(3^x\cdot3\left(5^x+4\right)-5\left(5^x+4\right)=0\)

=>\(\left(3^{x+1}-5\right)\left(5^x+4\right)=0\)

=>\(3^{x+1}-5=0\)

=>\(3^{x+1}=5\)

=>\(x+1=log_35\)

=>\(x=log_35-1\)

f: \(25^x-2\left(3-x\right)\cdot5^x+2x-7=0\)

=>\(\left(5^x\right)^2+5^x\cdot\left(2x-6\right)+2x-7=0\)

=>\(\left(5^x\right)^2+5^x\left(2x-7\right)+5^x+2x-7=0\)

=>\(5^x\left(5^x+2x-7\right)+\left(5^x+2x-7\right)=0\)

=>\(\left(5^x+1\right)\left(5^x+2x-7\right)=0\)

=>\(5^x+2x-7=0\)

Đặt \(A\left(x\right)=5^x+2x-7\)

=>\(A'\left(x\right)=5^x\cdot ln5+2>0\forall x\)

=>A(x) đồng biến trên R

=>A(x)=0 khi và chỉ khi x=1

i: \(9^x+2\left(x-2\right)\cdot3^x+2x-5=0\)

=>\(\left(3^x\right)^2+3^x\left(2x-5\right)+3^x+2x-5=0\)

=>\(\left(3^x+2x-5\right)\left(3^x+1\right)=0\)

=>\(3^x+2x-5=0\)

Đặt \(B\left(x\right)=3^x+2x-5\)

=>\(B'\left(x\right)=3^x\cdot ln3+2>0\)

=>B(x) luôn đồng biến trên R

=>B(x)=0 khi và chỉ khi x=1