\(f\left(x\right)=x^3-3x^2+3x-1+4=\left(x-1\right)^3+4\)

Lấy x1,x2 thuộc R sao cho x1<x2

\(A=\dfrac{f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)}{x_1-x_2}=\dfrac{\left(x_1-1\right)^3-\left(x_2-1\right)^3}{x_1-x_2}\)

\(=\dfrac{\left(x_1-1-x_2+1\right)\left[\left(x_1-1\right)^2+\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)+\left(x_2-1\right)^2\right]}{x_1-x_2}\)

\(=\left(x_1-1\right)^2+\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)+\left(x_2-1\right)^2>0\)

=>A>0

Do đó: Hàm số đồng biến với x thuộc R

Do đó: \(f\left(\dfrac{2018}{2017}\right)< f\left(\dfrac{2017}{2016}\right)\)

a)\(\left(3x^2+x-2016\right)^2+4\left(x^2+506x-2017\right)^2=4\left(3x^2+x-2016\right)\cdot\left(x^2+506x-2017\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(3x^2+x-2016\right)^2-4\left(3x^2+x-2016\right)\left(x^2+506x-2017\right)+4\left(x^2+506x-2017\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(3x^2+x-2016-2x^2-1012x+4034\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-1011x+2018=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=1009\end{matrix}\right.\)

Lời giải:

Sử dụng công thức nội suy Newton:

$f(x)=a_1+a_2(x-2017)+a_3(x-2017)(x-2018)+a_4(x-2017)(x-2018)(x-t)$ với $a_4$ nguyên dương, $a_1,a_2, a_3, t$ bất kỳ.

Ta có:
$f(2017)=a_1=2018$

$f(2018)=a_1+a_2=2019$

$\Rightarrow a_2=1$. Thay giá trị $a_1,a_2$ vào lại $f(x)$ thì:

$f(x)=x+1+a_3(x-2017)(x-2018)+a_4(x-2017)(x-2018)(x-t)$

Do đó:

$f(2019)=2020+2a_3+2a_4(2019-a)$

$f(2016)=2017+2a_3+2a_4(2016-a)$

$\Rightarrow f(2019)-f(2016)=3+6a_4\vdots 3$ với mọi $a_4$ nguyên dương.

Cũng dễ thấy $3+6a_4>3$ với mọi $a_4$ nguyên dương

Do đó $f(2019)-f(2016)$ là hợp số (đpcm)

1: Ta có: \(\left|x-2017\right|^{2017}+\left|x-2018\right|^{2018}=1\left(1\right)\)

TH1: x<2017

=>x-2017<0; x-2018<-1<0

=>\(\left|x-2017\right|^{2017}>0;\left|x-2018\right|^{2018}>1\)

=>\(\left|x-2017\right|^{2017}+\left|x-2018\right|^{2018}>1\)

=>Loại

TH2: x>2018

=>x-2017>1; x-2018>0

=>\(\left|x-2017\right|^{2017}>1;\left|x-2018\right|^{2018}>0\)

=>\(\left|x-2017\right|^{2017}+\left|x-2018\right|^{2018}>1\)

=>Loại

TH3: 2017<=x<=2018

=>\(\left|x-2017\right|=x-2017;\left|x-2018\right|=2018-x\)

Đặt a=x-2017

=>2018-x=1-a

(1) sẽ trở thành: \(a^{2017}+\left(1-a\right)^{2018}=1\)

Vì 0<=a<=1 và 0<=1-a<=1 nên ta có:

\(a^{2017}\le a;\left(1-a\right)^{2018}\le1-a\)

=>\(a^{2017}+\left(1-a\right)^{2018}\le a+1-a=1\)

Dấu '=' xảy ra khi a=0 hoặc 1-a=0

=>a=0 hoặc a=1

=>x-2017=1 hoặc x-2017=0

=>x=2018 hoặc x=2017

BÀi 2:

a; Xét ΔFAB và ΔFCD có

\(\hat{FAB}=\hat{FCD}\) (hai góc so le trong, AB//CD)

\(\hat{AFB}=\hat{CFD}\) (hai góc đối đỉnh)

DO đó: ΔFAB~ΔFCD
b: ΔFAB~ΔFCD
=>\(\frac{FA}{FC}=\frac{FB}{FD}\)

=>\(FA\cdot FD=FC\cdot FB\)

c:

MN⊥AB

AB//CD

Do đó: NM⊥CD tại N

Xét ΔFAM vuông tại M và ΔFCN vuông tại N có

\(\hat{FAM}=\hat{FCN}\) (hai góc so le trong, AM//CN)

Do đó: ΔFAM~ΔFCN

=>\(\frac{FA}{FC}=\frac{FM}{FN}\)

=>\(\frac{FM}{FN}=\frac{FB}{FD}\)

=>\(\frac{2}{FN}=\frac36=\frac12\)

=>FN=4(cm)

ΔFDC có FN là đường cao

nên \(S_{FDC}=\frac12\cdot FN\cdot DC=\frac12\cdot4\cdot8=4\cdot4=16\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

Bài 3:

a: Xét ΔBHA vuông tại H và ΔBAC vuông tại A có

\(\hat{HBA}\) chung

Do đó: ΔBHA~ΔBAC

b: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC^2=12^2+16^2=144+256=400=20^2\)

=>BC=20(cm)

ΔBHA~ΔBAC

=>\(\frac{BH}{BA}=\frac{AH}{AC}=\frac{BA}{BC}\)

=>\(\frac{BH}{12}=\frac{AH}{16}=\frac{12}{20}=\frac35\)

=>\(BH=12\cdot\frac35=7,2\left(\operatorname{cm}\right)\) ; \(AH=16\cdot\frac35=9,6\left(\operatorname{cm}\right)\)

c: Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(\frac{BD}{CD}=\frac{BA}{CA}=\frac{12}{16}=\frac34\)

=>\(\frac{BD}{BC}=\frac37\)

=>\(BD=\frac37\cdot20=\frac{60}{7}\left(\operatorname{cm}\right)\)

BH+HD=BD

=>\(HD=BD-BH=\frac{60}{7}-7,2=\frac{300}{35}-\frac{252}{35}=\frac{48}{35}\) (cm)

ΔAHD vuông tại H

=>\(S_{AHD}=\frac12\cdot AH\cdot HD=\frac12\cdot9,6\cdot\frac{48}{35}=\frac{24}{35}\cdot9,6=\frac{24}{35}\cdot\frac{48}{5}=\frac{1152}{175}\) ≃6,6\(\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

BÀi 2:

a; Xét ΔFAB và ΔFCD có

\(\hat{FAB}=\hat{FCD}\) (hai góc so le trong, AB//CD)

\(\hat{AFB}=\hat{CFD}\) (hai góc đối đỉnh)

DO đó: ΔFAB~ΔFCD
b: ΔFAB~ΔFCD
=>\(\frac{FA}{FC}=\frac{FB}{FD}\)

=>\(FA\cdot FD=FC\cdot FB\)

c:

MN⊥AB

AB//CD

Do đó: NM⊥CD tại N

Xét ΔFAM vuông tại M và ΔFCN vuông tại N có

\(\hat{FAM}=\hat{FCN}\) (hai góc so le trong, AM//CN)

Do đó: ΔFAM~ΔFCN

=>\(\frac{FA}{FC}=\frac{FM}{FN}\)

=>\(\frac{FM}{FN}=\frac{FB}{FD}\)

=>\(\frac{2}{FN}=\frac36=\frac12\)

=>FN=4(cm)

ΔFDC có FN là đường cao

nên \(S_{FDC}=\frac12\cdot FN\cdot DC=\frac12\cdot4\cdot8=4\cdot4=16\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

Bài 3:

a: Xét ΔBHA vuông tại H và ΔBAC vuông tại A có

\(\hat{HBA}\) chung

Do đó: ΔBHA~ΔBAC

b: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC^2=12^2+16^2=144+256=400=20^2\)

=>BC=20(cm)

ΔBHA~ΔBAC

=>\(\frac{BH}{BA}=\frac{AH}{AC}=\frac{BA}{BC}\)

=>\(\frac{BH}{12}=\frac{AH}{16}=\frac{12}{20}=\frac35\)

=>\(BH=12\cdot\frac35=7,2\left(\operatorname{cm}\right)\) ; \(AH=16\cdot\frac35=9,6\left(\operatorname{cm}\right)\)

c: Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(\frac{BD}{CD}=\frac{BA}{CA}=\frac{12}{16}=\frac34\)

=>\(\frac{BD}{BC}=\frac37\)

=>\(BD=\frac37\cdot20=\frac{60}{7}\left(\operatorname{cm}\right)\)

BH+HD=BD

=>\(HD=BD-BH=\frac{60}{7}-7,2=\frac{300}{35}-\frac{252}{35}=\frac{48}{35}\) (cm)

ΔAHD vuông tại H

=>\(S_{AHD}=\frac12\cdot AH\cdot HD=\frac12\cdot9,6\cdot\frac{48}{35}=\frac{24}{35}\cdot9,6=\frac{24}{35}\cdot\frac{48}{5}=\frac{1152}{175}\) ≃6,6\(\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

BÀi 2:

a; Xét ΔFAB và ΔFCD có

\(\hat{FAB}=\hat{FCD}\) (hai góc so le trong, AB//CD)

\(\hat{AFB}=\hat{CFD}\) (hai góc đối đỉnh)

DO đó: ΔFAB~ΔFCD
b: ΔFAB~ΔFCD
=>\(\frac{FA}{FC}=\frac{FB}{FD}\)

=>\(FA\cdot FD=FC\cdot FB\)

c:

MN⊥AB

AB//CD

Do đó: NM⊥CD tại N

Xét ΔFAM vuông tại M và ΔFCN vuông tại N có

\(\hat{FAM}=\hat{FCN}\) (hai góc so le trong, AM//CN)

Do đó: ΔFAM~ΔFCN

=>\(\frac{FA}{FC}=\frac{FM}{FN}\)

=>\(\frac{FM}{FN}=\frac{FB}{FD}\)

=>\(\frac{2}{FN}=\frac36=\frac12\)

=>FN=4(cm)

ΔFDC có FN là đường cao

nên \(S_{FDC}=\frac12\cdot FN\cdot DC=\frac12\cdot4\cdot8=4\cdot4=16\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

Bài 3:

a: Xét ΔBHA vuông tại H và ΔBAC vuông tại A có

\(\hat{HBA}\) chung

Do đó: ΔBHA~ΔBAC

b: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC^2=12^2+16^2=144+256=400=20^2\)

=>BC=20(cm)

ΔBHA~ΔBAC

=>\(\frac{BH}{BA}=\frac{AH}{AC}=\frac{BA}{BC}\)

=>\(\frac{BH}{12}=\frac{AH}{16}=\frac{12}{20}=\frac35\)

=>\(BH=12\cdot\frac35=7,2\left(\operatorname{cm}\right)\) ; \(AH=16\cdot\frac35=9,6\left(\operatorname{cm}\right)\)

c: Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(\frac{BD}{CD}=\frac{BA}{CA}=\frac{12}{16}=\frac34\)

=>\(\frac{BD}{BC}=\frac37\)

=>\(BD=\frac37\cdot20=\frac{60}{7}\left(\operatorname{cm}\right)\)

BH+HD=BD

=>\(HD=BD-BH=\frac{60}{7}-7,2=\frac{300}{35}-\frac{252}{35}=\frac{48}{35}\) (cm)

ΔAHD vuông tại H

=>\(S_{AHD}=\frac12\cdot AH\cdot HD=\frac12\cdot9,6\cdot\frac{48}{35}=\frac{24}{35}\cdot9,6=\frac{24}{35}\cdot\frac{48}{5}=\frac{1152}{175}\) ≃6,6\(\left(\operatorname{cm}^2\right)\)