\(a,ĐK:\left\{{}\begin{matrix}x\ge5\\x\le3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x\in\varnothing\)

Vậy pt vô nghiệm

\(b,ĐK:x\le\dfrac{2}{5}\\ PT\Leftrightarrow4-5x=2-5x\\ \Leftrightarrow0x=2\Leftrightarrow x\in\varnothing\)

\(c,ĐK:x\ge-\dfrac{3}{2}\\ PT\Leftrightarrow x^2+4x+5-2\sqrt{2x+3}=0\\ \Leftrightarrow\left(2x+3-2\sqrt{2x+3}+1\right)+\left(x^2+2x+1\right)=0\\ \Leftrightarrow\left(\sqrt{2x+3}-1\right)^2+\left(x+1\right)^2=0\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x+3=1\\x+1=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-1\\x=-1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=-1\left(tm\right)\\ d,PT\Leftrightarrow\left|x-1\right|=\left|2x-1\right|\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-1=2x-1\\x-1=1-2x\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=\dfrac{2}{3}\end{matrix}\right.\)

a) \(\sqrt{x-5}=\sqrt{3-x}\)

⇔\(\left(\sqrt{x-5}\right)^2=\left(\sqrt{3-x}\right)^2\)

⇔\(x-5=3-x\)

⇔\(x=4\)

b) \(\sqrt{4-5x}=\sqrt{2-5x}\)

⇔\(\left(\sqrt{4-5x}\right)^2=\left(\sqrt{2-5x}\right)^2\)

⇔\(4-5x=2-5x\)

⇔\(2=0\) (Vô lí)

Các đơn thức là :

\(\left(1-\dfrac{1}{\sqrt[]{3}}\right)x^2;x^2.\dfrac{7}{2}\)

\(\left(x^2-x-6\right)\left(x^2-5\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(x-3\right)\left(x+2\right)\left(x-\sqrt{5}\right)\left(x+\sqrt{5}\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=3\\x=-2\\x=\sqrt{5}\\x=-\sqrt{5}\end{matrix}\right.\)

Mà \(x\in Q\)

\(\Rightarrow x=\left\{-2;3\right\}\)

Pt\(\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}x^2-x-6=0\\x^2-5=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}3\\-2\\-\sqrt{5}\\\sqrt{5}\end{matrix}\right.\)

   Đáp án A

1: \(y=e^{x}\cdot\sin x+x^2\cdot cosx\)

\(y^{\prime}=\left(e^{x}\cdot\sin x\right)^{\prime}+\left(x^2\cdot cosx\right)^{\prime}\)

\(=\left(e^{x}\right)^{\prime}\cdot\sin x+e^{x}\cdot\left(\sin x\right)^{\prime}+\left(x^2\right)^{\prime}\cdot cosx+x^2\cdot\left(cosx\right)^{\prime}\)

\(=e^{x}\cdot\sin x+e^{x}\cdot cosx+2x\cdot cosx+x^2\cdot\left(-\sin x\right)\)

2: \(y=\cot\left(\frac{1}{x^2+1}\right)\)

=>y'=\(-\frac{\left(\frac{1}{x^2+1}\right)^{\prime}}{\sin^2\left(\frac{1}{x^2+1}\right)}=-\left(\frac{1}{x^2+1}\right)^{\prime}\cdot\left(1+\cot^2\left(\frac{1}{x^2+1}\right)\right)\)

\(=\frac{\left(x^2+1\right)^{\prime}}{\left(x^2+1\right)^2}\cdot\left\lbrack1+\cot^2\left(\frac{1}{x^2+1}\right)\right\rbrack=\frac{2x}{\left(x^2+1\right)^{\prime}}\cdot\left\lbrack1+\cot^2\left(\frac{1}{x^2+1}\right)\right\rbrack\)

Hiển nhiên là cách đầu sai rồi em

Khi đến \(\lim x^2\left(1-1\right)=+\infty.0\) là 1 dạng vô định khác, đâu thể kết luận nó bằng 0 được

em cảm ơn ạ =)))

Đặt \(a=\sqrt{x^2+2}\) (Điều kiện: \(a\ge\sqrt2\) )

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

=>\(x^2=a^2-2\)

Phương trình sẽ trở thành: \(a^2-2+\left(3-a\right)\cdot x=1+2a\)

=>\(a^2-2+3x-a\cdot x-2a-1=0\)

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

\(\Delta=\left(x+2\right)^2-4\cdot1\cdot\left(3x-3\right)\)

\(=x^2+4x+4-12x+12=x^2-8x+16=\left(x-4\right)^2\ge0\forall x\)

Do đó: (1) có hai nghiệm phân biệt là:

\(\left[\begin{array}{l}a=\frac{x+2-\left(x-4\right)}{2\cdot1}=\frac{x+2-x+4}{2}=\frac62=3\\ a=\frac{x+2+\left(x-4\right)}{2}=\frac{2x-2}{2}=x-1\end{array}\right.\)

TH1: a=x-1

=>\(x^2+2=\left(x-1\right)^2\) và x>=1

=>\(x^2+2=x^2-2x+1\) và x>=1

=>2=-2x+1 và x>=1

=>2x=-1 và x>=1

=>x=-1/2 và x>=1

=>x∈∅

TH2: a=3

=>\(x^2+2=3^2=9\)

=>\(x^2=7\)

=>\(\left[\begin{array}{l}x=\sqrt7\left(nhận\right)\\ x=-\sqrt7\left(nhận\right)\end{array}\right.\)

ĐKXĐ: \(x\ge2\)
Đặt \(\sqrt{x+1}=a\), \(\sqrt{x-2}=b\) 
Ta có hpt:
\(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)\left(1+ab\right)=3\\a^2-b^2=3\end{cases}}\)\(\Rightarrow\left(a-b\right)\left(1+ab\right)=\left(a-b\right)\left(a+b\right)\)

                                                           \(\Rightarrow a+b=1+ab\)(Do a-b không thể bằng 0)
                                                          \(\Leftrightarrow\left(a-1\right)-b\left(a-1\right)=0\)
                                                          \(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(1-b\right)=0\) 
                                                           \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=1\\b=1\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\left(ktmđkxđ\right)\\x=3\left(tmđkxđ\right)\end{cases}}}\Rightarrow x=3\)
Vậy nghiệm của pt trên là x=3


 

ĐKXĐ: \(x\ge0\)

\(\left(x^2-x-m\right)\sqrt{x}=0\)

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

Giả sử (1) có nghiệm thì theo Viet ta có \(x_1+x_2=1>0\Rightarrow\left(1\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm dương nếu có nghiệm

Do đó:

a. Để pt có 1 nghiệm \(\Leftrightarrow\left(1\right)\) vô nghiệm 

\(\Leftrightarrow\Delta=1+4m< 0\Leftrightarrow m< -\dfrac{1}{4}\)

b. Để pt có 2 nghiệm pb 

TH1: (1) có 1 nghiệm dương và 1 nghiệm bằng 0

\(\Leftrightarrow m=0\)

TH2: (1) có 2 nghiệm trái dấu

\(\Leftrightarrow x_1x_2=-m< 0\Leftrightarrow m>0\)

\(\Rightarrow m\ge0\)

c. Để pt có 3 nghiệm pb \(\Leftrightarrow\) (1) có 2 nghiệm dương pb

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta=1+4m>0\\x_1x_2=-m>0\\\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow-\dfrac{1}{4}< m< 0\)