\(\dfrac{\sqrt{x}+5}{2\left(\sqrt{x}-3\right)}< 0\left(ĐK:x\ge0\right)\)

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

<=> \(\sqrt{x}+5< 0\)

<=> \(\sqrt{x}< -5\)

<=> \(x< 25;\left(x\ge0\right)\)

<=> \(0\le x< 25\) 

\(ĐK:x\ge0;x\ne9\\ BPT\Leftrightarrow2\left(\sqrt{x}-3\right)< 0\left(\sqrt{x}+5\ge5>0\right)\\ \Leftrightarrow\sqrt{x}-3< 0\left(2>0\right)\\ \Leftrightarrow x< 9\\ \Leftrightarrow0\le x< 9\)

Với m = 2, (d) có phương trình y = 2. Khoảng cách từ gốc O tới d là 2.

Với \(m\ne2\):

OxydABH

Từ O, kẻ OH vuông góc với đường thẳng (d) : y = (m - 2)x + 2 (H thuộc d)

Gọi A, B là giao điểm của d với Oy và Ox. Ta tìm tọa độ của A và B.

Với x = 0 \(\Rightarrow y=2\Rightarrow A\left(0;2\right)\Rightarrow OA=2.\)

Với \(y=0\Rightarrow x=\frac{2}{2-m}\Rightarrow B\left(\frac{2}{2-m};0\right)\Rightarrow OB=\left|\frac{2}{2-m}\right|\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{0A^2}+\frac{1}{OB^2}\Rightarrow\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{4}+\frac{\left(2-m\right)^2}{4}=\frac{1+\left(2-m\right)^2}{4}\)

\(\Rightarrow OH=\frac{2}{\sqrt{1+\left(2-m\right)^2}}\)

Do \(m\ne2\)  nên \(\sqrt{1+\left(2-m\right)^2}>1\Rightarrow OH< 2.\) 

Vậy kết hợp cả hai trường hợp ta có max OH = 2 khi m = 2.

Vậy khoảng cách lớn nhất từ gốc tọa độ tới (d) là 2, khi m = 2.

Ta có : \(-x^3+x^2+4=0\)

\(\Delta=1^2-4.4.\left(-1\right)=17>0\)

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt : 

\(x_1=\frac{-1-\sqrt{17}}{-1};x_2=\frac{-1+\sqrt{17}}{-1}\)

Với m = 0,  thì f(√3 -√2) < f(√6 - √5)

Ta có : m=0 thay vào (d) được :

y = f(x) = (2*0-1)x+1 = -x+1

Vì hệ số a = -1<0 nên hàm nghịch biến

Mà √3 -√2 > √6 - √5 =>f(√3 -√2) < f(√6 - √5)

hai vế bằng nhau nha

ap dung cong thuc \(\sqrt{A}=\sqrt{B}< =>A=B\)B nen \(\sqrt{x-2}=0=x-2\)