4 vị trí đều có sự xuất hiện của m, ko còn gì để nói với người ra đề

Do hàm \(f\left(x\right)\) là bậc 3 nên \(y=\left|f\left(x\right)\right|\) có 5 cực trị khi và chỉ khi \(y=f\left(x\right)\) có 2 cực trị nằm về 2 phía trục hoành

\(m\ne2\); ta có \(f'\left(x\right)=g\left(x\right)=3\left(m-2\right)x^2-4\left(2m-3\right)x+\left(5m-3\right)\)

Quy trình giải tiếp theo:

- \(\Delta'>0\)

- Tìm phương trình đường thẳng đi qua 2 cực trị của hàm số bằng cách chia y cho \(y'\) và lấy phần dư, sẽ được một phương trình đường thẳng \(d\) có dạng \(y=ax+b\) trong đó a, b phụ thuộc vào \(m\)

- Tìm giao điểm của d với Ox: \(A\left(-\frac{b}{a};0\right)\)

- Hàm số có 2 cực trị nằm về 2 phía trục hoành khi: \(x_1< -\frac{b}{a}< x_2\) với \(x_1;x_2\) là nghiệm của pt \(f'\left(x\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(m-2\right).g\left(-\frac{b}{a}\right)< 0\)

Tự luận chắc là chỉ có 1 cách này :(

cảm ơn bạn nha

Câu 1:

\(\Leftrightarrow x^2-4x+5+\sqrt{x^2-4x+5}-5=m\)

Đặt \(\sqrt{x^2-4x+5}=\sqrt{\left(x-2\right)^2+1}=a\ge1\)

\(\Rightarrow a^2+a-5=m\) (1)

Xét phương trình: \(x^2-4x+5=a^2\Leftrightarrow x^2-4x+5-a^2=0\)

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=4\\x_1x_2=5-a^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) Nếu \(5-a^2>0\Rightarrow1\le a< \sqrt{5}\) thì pt có 2 nghiệm dương

Nếu \(5-a^2\le0\) \(\Leftrightarrow a\ge\sqrt{5}\) thì pt có 1 nghiệm dương

Vậy để pt đã cho có đúng 2 nghiệm dương thì: (1) có đúng 1 nghiệm thỏa mãn \(1\le a< \sqrt{5}\) hoặc có 2 nghiệm pb \(a_1>a_2\ge\sqrt{5}\)

Xét \(f\left(a\right)=a^2+a-5\) với \(a\ge1\)

\(f'\left(a\right)=0\Rightarrow a=-\frac{1}{2}< 1\Rightarrow f\left(a\right)\) đồng biến \(\forall a\ge1\) \(\Rightarrow y=m\) chỉ có thể cắt \(y=f\left(a\right)\) tại nhiều nhất 1 điểm có hoành độ \(a\ge1\)

\(f\left(1\right)=-3\) ; \(f\left(\sqrt{5}\right)=\sqrt{5}\)

\(\Rightarrow\) Để pt có 2 nghiệm pb đều dương thì \(-3\le m< \sqrt{5}\)

Câu 2:

\(x^2-3x+2\le0\Leftrightarrow1\le x\le2\) (1)

Ta có: \(mx^2+\left(m+1\right)x+m+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow m\left(x^2+x+1\right)\ge-x-1\)

\(\Leftrightarrow m\ge\frac{-x-1}{x^2+x+1}=f\left(x\right)\) (2)

Để mọi nghiệm của (1) là nghiệm của (2) \(\Leftrightarrow\left(2\right)\) đúng với mọi \(x\in\left[1;2\right]\)

\(\Rightarrow m\ge\max\limits_{\left[1;2\right]}f\left(x\right)\)

\(f'\left(x\right)=\frac{-\left(x^2+x+1\right)+\left(2x+1\right)\left(x+1\right)}{\left(x^2+x+1\right)^2}=\frac{x^2+2x}{\left(x^2+x+1\right)^2}>0\) \(\forall x\in\left[1;2\right]\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\) đồng biến \(\Rightarrow\max\limits_{\left[1;2\right]}f\left(x\right)=f\left(2\right)=-\frac{3}{7}\)

\(\Rightarrow m\ge-\frac{3}{7}\)

1.

Xét \(x^2-mx+m=0\) (1)

\(\Delta=m^2-4m\)

Hàm có đúng 1 tiệm cận đứng khi:

TH1: \(\Delta=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=0\\m=4\end{matrix}\right.\)

Th2: (1) có 1 nghiệm \(x=1\)

\(\Leftrightarrow1-m+m=0\left(ktm\right)\)

Vậy \(m\in\left\{0;4\right\}\)

2.

\(\Leftrightarrow m=\frac{x^3+x^2+x}{\left(x^2+1\right)^2}\)

Xét hàm \(f\left(x\right)=\frac{x^3+x^2+x}{\left(x^2+1\right)^2}\Rightarrow f'\left(x\right)=\frac{\left(1-x\right)\left(x+1\right)^2}{\left(x^2+1\right)^3}\ge0;\forall x\in\left[0;1\right]\)

Hàm đồng biến trên [0;1] \(\Rightarrow f\left(0\right)\le m\le f\left(1\right)\Leftrightarrow0\le m\le\frac{3}{4}\)

3.

\(y'=-2sin2x-4sinx=0\Leftrightarrow sinx=0\)

\(\Rightarrow x=k\pi\)

\(y\left(0\right)=6\) ; \(y\left(\pi\right)=-2\)

\(\Rightarrow M=6\)

4.

\(y'=\frac{-1}{\left(x-1\right)^2}< 0\Rightarrow\) hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left(-\infty;1\right)\) và \(\left(1;+\infty\right)\)

5.

\(y'=\frac{-m\left(m-1\right)+2}{\left(sinx-m\right)^2}.cosx< 0\Leftrightarrow-m^2+m+2< 0\)

\(\Leftrightarrow m\in\left(-\infty;-1\right)\cup\left(2;+\infty\right)\)

\(y'=x^2-\left(3m+2\right)x+2m^2+3m+1\)

\(\Delta=\left(3m+2\right)^2-4\left(2m^2+3m+1\right)=m^2\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=\frac{3m+2+m}{2}=2m+1\\x_2=\frac{3m+2-m}{2}=m+1\end{matrix}\right.\)

Để hàm số có cực đại, cực tiểu \(\Rightarrow x_1\ne x_2\Rightarrow m\ne0\)

- Nếu \(m>0\Rightarrow2m+1>m+1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_{CĐ}=m+1\\x_{CT}=2m+1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow3\left(m+1\right)^2=4\left(2m+1\right)\) \(\Rightarrow3m^2-2m-1=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=-\frac{1}{3}< 0\left(l\right)\end{matrix}\right.\)

- Nếu \(m< 0\Rightarrow m+1>2m+1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_{CĐ}=2m+1\\x_{CT}=m+1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow3\left(2m+1\right)^2=4\left(m+1\right)\Rightarrow12m^2+8m-1=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=\frac{-2+\sqrt{7}}{6}>0\left(l\right)\\m=\frac{-2-\sqrt{7}}{6}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\sum m=\frac{4-\sqrt{7}}{6}\)

Đặt \(\left|cosx\right|=a\Rightarrow0\le a\le1\)

Phương trình trở thành \(\frac{1}{3}a^3-3a^2+5a-3+2m=0\) (1)

Để phương trình ban đầu có đúng 4 nghiệm pb thuộc \(\left[0;2\pi\right]\) \(\Leftrightarrow\left(1\right)\) có nghiệm duy nhất thuộc \(\left(0;1\right)\)

Xét \(f\left(a\right)=\frac{1}{3}a^3-3a^2+5a-3\)

\(f'\left(a\right)=a^2-6a+5=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=1\\a=5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow f\left(a\right)\) đồng biến trên \(\left(0;1\right)\)

\(f\left(0\right)=-3\); \(f\left(1\right)=-\frac{2}{3}\)

\(\Rightarrow-3< -2m< -\frac{2}{3}\Rightarrow\frac{1}{3}< m< \frac{3}{2}\)

Câu 1:

Để dễ nhìn hơn, ta đặt \(log_2m=a\) phương trình trở thành:

\(3^{3a}-3^{-3a}+3^{a^2+2}-3^{-a^2-2}=0\)

\(\Leftrightarrow3^{3a}-3^{-3a}=3^{-a^2-2}-3^{-\left(-a^2-2\right)}\) (1)

Xét hàm \(f\left(t\right)=3^t-3^{-t}\Rightarrow f'\left(t\right)=3^t.ln3+3^{-t}.ln3>0\)

\(\Rightarrow f\left(t\right)\) đồng biến \(\Rightarrow\left(1\right)\) xảy ra khi và chỉ khi \(3a=-a^2-2\)

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

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}log_2m=-1\\log_2m=-2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=\frac{1}{2}\\m=\frac{1}{4}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow T=\frac{1}{8}\)

Câu 2:

\(x_M=1\Rightarrow y_M=-3m^2+2m+6\)

\(y'=-3x^2+4\left(m+1\right)x-3m^2+3\)

\(\Rightarrow y'\left(1\right)=-3m^2+4m+4\)

Phương trình tiếp tuyến tại M:

\(y=\left(-3m^2+4m+4\right)\left(x-1\right)-3m^2+2m+6\)

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

Để tiếp tuyến song song với d: \(\left\{{}\begin{matrix}-3m^2+4m+4=-3\\-2m+2\ne4\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3m^2-4m-7=0\\m\ne-1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m=\frac{7}{3}\Rightarrow\) có đúng 1 giá trị m thỏa mãn

Câu 3:

Áp dụng điều kiện của nghiệm của pt lượng giác bậc nhất:

\(1^2+\left(m-1\right)^2\ge\left(2m-1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow m^2-2m+2\ge4m^2-4m+1\)

\(\Leftrightarrow3m^2-2m-1\le0\)

\(\Rightarrow\frac{-1}{3}\le m\le1\Rightarrow m=\left\{0;1\right\}\) có 2 giá trị nguyên

Câu 4:

Sao lại là \(\left|1z-2-i\right|\), sự xuất hiện số 1 bất thường làm mình nghĩ bạn gõ nhầm chỗ nào đó, nhưng thực ra chỉ cần phương pháp giải, còn số liệu thì chỉ việc thay đổi thôi

Với dữ kiện để bài, ta thấy ngay tập hợp \(z\) là các điểm \(M\left(x;y\right)\) nằm trên đường tròn \(\left(x-2\right)^2+\left(y-1\right)^2=9\)

Gọi \(A\left(4;1\right)\) và \(B\left(-5;-8\right)\)

\(\Rightarrow P=\left|z-4-i\right|+\left|z+5+8i\right|=MA+MB\)

Bài toán quy về tìm điểm M thuộc đường tròn cố định và 2 điểm A, B cố định sao cho \(MA+MB\) đạt max

Gọi H là trung điểm AB \(\Rightarrow H\left(-\frac{1}{2};-\frac{7}{2}\right)\)

Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:

\(P=MA+MB\le\sqrt{2\left(MA^2+MB^2\right)}\)

Theo công thức trung tuyến trong tam giác MAB ta có:

\(MA^2+MB^2=2MH^2+\frac{AB^2}{2}\)

\(\Rightarrow P\le\sqrt{2\left(MH^2+\frac{AB^2}{2}\right)}\) (1)

AB cố định \(\Rightarrow P_{max}\) khi \(MH_{max}\Rightarrow M\) là giao điểm nằm khác phía H so với I của đường thẳng IH và đường tròn (C)

\(\overrightarrow{BA}=\left(9;9\right)=9\left(1;1\right)\Rightarrow\)phương trình đường thẳng IH:

\(x+\frac{1}{2}+y+\frac{7}{2}=0\Leftrightarrow x+y+4=0\)

Tọa độ M: \(\left\{{}\begin{matrix}\left(x-2\right)^2+\left(y-1\right)^2=9\\x+y+4=0\end{matrix}\right.\)

Số xấu, nghĩa là linh cảm đúng, pt ban đầu bạn viết nhầm :(

Đến đây chỉ việc giải ra tọa độ M, sau đó thay vào công thức (1) là xong

Gọi \(s = sin ⁡ x , \textrm{ }\textrm{ } c = cos ⁡ x\). Vì \(x \in \left[\right. 0 , \pi / 4 \left]\right.\) nên \(c > 0\). Chia cả phương trình cho \(cos ⁡ x\) được (không làm mất nghiệm vì \(cos ⁡ x \neq 0\) trên đoạn này). Đặt \(t = tan ⁡ x = \frac{s}{c} \in \left[\right. 0 , 1 \left]\right.\). Sau khi biến đổi ta được:

tương đương (sau tính toán và đưa về \(t\)):

Vậy nghiệm ứng với \(t\) là:

hoặc \(t\) là nghiệm của đa thức bậc hai

Ta cần số nghiệm \(t \in \left[\right. 0 , 1 \left]\right.\). Lưu ý \(t = 1\) luôn là một nghiệm (tương ứng \(x = \pi / 4\)). Để phương trình chỉ có một nghiệm trên \(\left[\right. 0 , \pi / 4 \left]\right.\) tức là không có nghiệm \(t\) nào khác nằm trong \(\left[\right. 0 , 1 \left.\right)\). Do đó phải đảm bảo rằng phương trình \(q \left(\right. t \left.\right) = 0\) không có nghiệm trong đoạn \(\left[\right. 0 , 1 \left.\right)\).

Phân tích \(q \left(\right. t \left.\right)\):

• Đặt \(D_{q} = 4 \left(\right. \left(\right. m - 1 \left.\right) \left(\right. m - 3 \left.\right) \left.\right)\). Nếu \(1 < m < 3\) thì \(D_{q} < 0\) → \(q\) không có nghiệm thực → không có nghiệm trong \(\left[\right. 0 , 1 \left.\right)\) → duy nhất \(t = 1\).
• Nếu \(m \geq 3\) thì hai nghiệm của \(q\) là \(m \pm \sqrt{\left(\right. m - 1 \left.\right) \left(\right. m - 3 \left.\right)}\); cả hai đều \(> 1\) (không rơi vào \(\left[\right. 0 , 1 \left.\right)\)) → chỉ \(t = 1\).
• Nếu \(m \leq 1\) thì \(q\) có nghiệm thực; xét riêng:
• • Nếu \(m < \frac{3}{4}\) thì một nghiệm của \(q\) âm và nghiệm kia \(> 1\) → không có nghiệm trong \(\left[\right. 0 , 1 \left.\right)\) → chỉ \(t = 1\).
  • Nếu \(m = \frac{3}{4}\) thì \(q \left(\right. 0 \left.\right) = 0\) (tức \(t = 0\) là nghiệm) → hai nghiệm trong \(\left[\right. 0 , \frac{\pi}{4} \left]\right.\): \(t = 0\) và \(t = 1\) → không thỏa yêu cầu “duy nhất”.
  • Nếu \(\frac{3}{4} < m < 1\) thì \(q\) có đúng một nghiệm nằm trong \(\left(\right. 0 , 1 \left.\right)\) → cộng với \(t = 1\) ta có ít nhất hai nghiệm → không thỏa.
  • Nếu \(m = 1\) thì \(q \left(\right. t \left.\right) = \left(\right. t - 1 \left.\right)^{2}\) và duy nhất nghiệm trong đoạn là \(t = 1\) (bội) → vẫn một nghiệm.

Kết luận: phương trình có đúng một nghiệm \(x \in \left[\right. 0 , \pi / 4 \left]\right.\) khi và chỉ khi

(Nói ngắn: tất cả \(m\) ngoại trừ đoạn \(\left[\right. \frac{3}{4} , 1 \left.\right)\); điểm \(m = \frac{3}{4}\) bị loại vì lúc đó có thêm nghiệm \(x = 0\).)

Đặt \(3^x=t>0\) pt trở thành \(t^2-\left(m-1\right)t+2m=0\) (1)

Ta nhận thấy với mỗi giá trị dương của t sẽ cho 1 giá trị x tương ứng, do đó để pt đã cho có nghiệm duy nhất \(\Rightarrow\left(1\right)\) có nghiệm kép dương hoặc có 1 nghiệm dương, 1 nghiệm không dương

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}\Delta=0\\-\dfrac{b}{2a}>0\end{matrix}\right.\\a.c< 0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}m^2-10m+1=0\\m>1\end{matrix}\right.\\2m< 0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=5+2\sqrt{6}\\m< 0\end{matrix}\right.\)