Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1.
\(y'=6x^2+6\left(m-1\right)x+6\left(m-2\right)=6\left(x+1\right)\left(x+m-2\right)\)
\(y'=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-1\\x=-m+2\end{matrix}\right.\)
Phương trình nghịch biến trên đoạn có độ dài lớn hơn 3 khi:
\(\left|-1-\left(-m+2\right)\right|>3\)
\(\Leftrightarrow\left|m-3\right|>3\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m>6\\m< 0\end{matrix}\right.\)
2.
\(y'=-3x^2+6x+m-1\)
\(\Delta'=9+3\left(m-1\right)>0\Rightarrow m>-2\)
Gọi \(x_1;x_2\) là 1 nghiệm của pt \(-3x^2+6x+m-1=0\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\\x_1x_2=\dfrac{-m+1}{3}\end{matrix}\right.\)
Hàm đồng biến trên đoạn có độ dài lớn hơn 1 khi:
\(\left|x_1-x_2\right|>1\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)^2>1\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2>1\)
\(\Leftrightarrow4-\dfrac{-4m+4}{3}>1\)
\(\Rightarrow m>-\dfrac{5}{4}\) \(\Rightarrow m=-1\)
Có đúng 1 giá trị nguyên âm của m thỏa mãn
3.
\(y'=x^2+6\left(m-1\right)x+9\)
\(\Delta'=9\left(m-1\right)^2-9>0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m>1\\m< 0\end{matrix}\right.\)
Khi đó theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-6\left(m-1\right)\\x_1x_2=9\end{matrix}\right.\)
\(\left|x_1-x_2\right|=6\sqrt{3}\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)^2=108\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=108\)
\(\Leftrightarrow36\left(m-1\right)^2-36=108\)
\(\Rightarrow\left(m-1\right)^2=4\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=3\\m=-1\end{matrix}\right.\)
Có 1 giá trị nguyên âm của m thỏa mãn
31.
\(y'=\dfrac{1+m}{\left(x+1\right)^2}\)
Hàm đồng biến trên các khoảng xác định khi:
\(\dfrac{1+m}{\left(x+1\right)^2}>0\Rightarrow m>-1\) (C)
32.
\(y'=\dfrac{4-m^2}{\left(x+4\right)^2}\)
Hàm đồng biến trên các khoảng xác định khi:
\(4-m^2>0\Rightarrow-2< m< 2\)
\(\Rightarrow m=\left\{-1;0;1\right\}\)
Có 3 giá trị nguyên của m
33.
\(y'=\dfrac{m-1}{\left(x+1\right)^2}\)
Hàm đồng biến trên từng khoảng xác định khi:
\(m-1>0\Rightarrow m>1\)
34.
\(y'=\dfrac{2m-1}{\left(x+2m\right)^2}\)
Hàm đồng biến trên khoảng đã cho khi:
\(\left\{{}\begin{matrix}2m-1>0\\-2m>-3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\dfrac{1}{2}< m< \dfrac{3}{2}\)
\(\Rightarrow m=1\)
Có 1 giá trị nguyên của m
a) (H) có các đường tiệm cận là:
- Tiệm cận ngang y = -1
- Tiệm cận đứng x = -1
hai đường tiềm cận này cắt nhau tại điểm I(-1; -1).
Hình (H') có hai đường tiệm cận cắt nhau tại I'(2;2) nên ta cần phép tịnh tiến theo vector \(\overrightarrow{II'}=\left(2-\left(-1\right);2-\left(-1\right)\right)=\left(3;3\right)\)
b) Hình (H') có phương trình là:
\(y+3=\dfrac{3-\left(x+3\right)}{\left(x+3\right)+1}\) hay là \(y=\dfrac{-4x-12}{x+4}\)
Hình đối xứng với (H') qua gốc tọa độ có phương trình là:
\(-y=\dfrac{-4\left(-x\right)-12}{-x+4}\) hay là: \(y=\dfrac{4x-12}{-x+4}\)
Giả sử z = x + yi (x, y ∈ R), khi đó số phức z được biểu diễn bởi điểm M(x, y) trên mặt phẳng tọa độ Oxy.
a) Trên hình 71.a (SGK), điểm biểu diễn ở phần gạch chéo có hoành độ có hoành độ x ≥ 1, tung độ y tùy ý.
Vậy số phức có phần thực lớn hơn hoặc bằng -1 có điểm biểu diễn ở hình 71.a (SGK)
b) Trên hình 71.b(SGK), điểm biểu diễn có tung độ y ∈ [1, 2], hoành độ x tùy ý.
Vậy số phức có phần ảo thuộc đoạn [-1, 2]
c) Trên hình 71.c (SGK), hình biểu diễn z có hoành độ x ∈ [-1, 1] và x2 + y2 ≤ 4 (vì |z| ≤ 4.
Vậy số phực có phần thực thuộc đoạn [-1, 1] và môdun không vượt quá 2.
8.
Hàm có 1 điểm cực đại \(\left(x=-1\right)\)
9.
Hàm có 1 điểm cực tiểu (\(x=-1\))
14.
\(y'=\dfrac{2x\left(x+1\right)-\left(x^2+3\right)}{\left(x+1\right)^2}=\dfrac{x^2+2x-3}{\left(x+1\right)^2}\)
\(y'=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-3\end{matrix}\right.\)
Xét dấu y' trên trục số:
Từ dấu của y' ta thấy \(x=1\) là điểm cực tiểu
\(\Rightarrow y_{CT}=y\left(1\right)=2\)
Lời giải:
PT hoành độ giao điểm:
\(mx+2m+1-\frac{2x+1}{x+1}=0\Leftrightarrow mx^2+x(3m-1)+2m=0\)
Để hai ĐTHS cắt nhau tại hai điểm $A,B$ thì \(m\neq 0\) và:
\(\Delta=(3m-1)^2-8m^2=m^2-6m+1>0\)
Khi đó áp dụng hệ thức Viete có \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=\frac{1-3m}{m}\\ x_1x_2=2\end{matrix}\right.\)
Ta có:
\(d(A,Ox)=d(B,Ox)\Leftrightarrow |mx_1+2m+1|=|mx_2+2m+1|\)
TH1: \(mx_1+2m+1=mx_2+2m+1\Leftrightarrow x_1=x_2\)
\(\Rightarrow x_1=x_2=\sqrt{2}\Rightarrow \frac{1-3m}{m}=2\sqrt{2}\) kéo theo \(m=\frac{1}{2\sqrt{2}+3}\) (không thỏa mãn đk của \(\Delta)\)
TH2: \(mx_1+2m+1=-(mx_2+2m+1)\Leftrightarrow m(x_1+x_2)+4m+2=0\)
\(\Leftrightarrow 3+m=0\Rightarrow m=-3\) (t/m)
Vậy $m=-3$
Lời giải:
Vì \(\frac{a}{b}\) chưa tối giản nên tồn tại một số \(d\in\mathbb{N}>1\) sao cho \(a\vdots d,b\vdots d\)
Khi đó \(a-b\vdots d\)
a)
Thấy $a$ và $a-b$ đều chia hết cho $d$ nên \(\frac{a}{a-b}\) không phải phân số tối giản
b) Vì \(a\vdots d\) và \(b\vdots d\) nên \(2a,2b\vdots d\). Do đó \(a-2b\vdots d\)
Thấy $2a$ và $a-2b$ đều chia hết cho $d$ nên \(\frac{2a}{a-2b}\) không phải phân số tối giản.
Ta có đpcm.
P/s: Phiền bạn từng sau đăng bài nên chú ý đăng đúng box. Bài này nên đăng ở box toán 6 thôi nhé.
. (vì α ∈ 
), α = arccos t.
(loại).
.
Vì \(f\left(b\right)\) đồng biến nên nếu \(f\left(-8\right)>0\Rightarrow f\left(b\right)>0;\forall b>-8\)
\(\Rightarrow f\left(b\right)\le0\) có nhiều nhất 3 nghiệm nguyên thuộc (-12;12) là -11;-10;-9 (ktm yêu cầu đề bài)
Do đó \(f\left(-8\right)\le0\)
Hiểu đơn giản thì đếm từ -11 trở đi thêm 4 số nguyên ta sẽ chạm tới mốc -8
Con vẫn không hiểu lắm ạ, nếu đếm từ 11 trở lui có được không ạ?
\(f\left(b\right)\) đồng biến nên nó có đồ thị như dạng bên dưới, giả sử \(f\left(b\right)=0\) tại giá trị \(b=b_0\)
Như vậy, do \(f\left(b\right)\) đồng biến nên ta có \(f\left(b\right)\le0\) với mọi \(b\in\left[-11;b_0\right]\) và \(f\left(b\right)>0\) với mọi \(b>b_0\)
Do đó, trên \(\left(-12;12\right)\) thì \(f\left(b\right)\le0\) có các nghiệm nguyên là \(-11;-10;...;b_0\) tổng cộng có \(b_0-\left(-11\right)+1=b_0+12\) giá trị nguyên
Để yêu cầu ít nhất 4 giá trị nguyên nên \(b_0+12=4\Rightarrow b_0=-8\)
Đó là lý do xuất hiện \(f\left(-8\right)\) ở đây, em hiểu chưa nhỉ?
f(b)f(b) đồng biến nên nó có đồ thị như dạng bên dưới, giả sử f(b)=0f(b)=0 tại giá trị b=b0b=b0
Như vậy, do f(b)f(b) đồng biến nên ta có f(b)≤0f(b)≤0 với mọi b∈[−11;b0]b∈[−11;b0] và f(b)>0f(b)>0 với mọi b>b0b>b0
Do đó, trên (−12;12)(−12;12) thì f(b)≤0f(b)≤0 có các nghiệm nguyên là −11;−10;...;b0−11;−10;...;b0 tổng cộng có b0−(−11)+1=b0+12b0−(−11)+1=b0+12 giá trị nguyên
Để yêu cầu ít nhất 4 giá trị nguyên nên b0+12=4⇒b0=−8
con cảm ơn nhiều ạ♥
cho con hỏi thêm là sao từ \(4^{a^2-8}\le3^{-a-8}+65\) lại ra \(4^{a^2-5}\le65\) vậy ạ?
Chắc người ta ghi nhầm đó em, đúng ra phải là \(4^{a^2-8}\le65\) (đây chỉ là cách để trắc nghiệm ra kết quả và nó không thật sự chính xác đâu)
Cách tốt nhất của bài này là khi tìm ra được \(4^{a^2-8}-3^{-a-8}-65\le0\) thì em đưa nó vào TABLE để tìm miền của a.
Còn tự luận 1 cách thuần túy hoàn toàn (nghĩa là khảo sát hàm \(f\left(a\right)\) kia thì coi như là không thể, vì đạo hàm của nó rất phức tạp để biện luận dấu)
dạ nếu vậy thì sao lại mất \(3^{-a-8}\) ạ? Con để hàm đó vào Table nó không cho tính ạ. Con cảm ơn nhiều ạ
Không, khi em sử dụng TABLE thì thay vì a, em phải để X chứ
Nhập vào TABLE: \(F\left(X\right)=4^{X^2-8}-3^{-X-8}-65\)
START chọn -14, END chọn 14, step chọn 1
Sau đó kiểm tra cột \(F\left(X\right)\) chỗ nào dấu âm hoặc =0 thì nhận thôi, đếm có bao nhiêu chỗ âm thì có bấy nhiêu giá trị nguyên của a thỏa mãn
//Lý do mất \(3^{-a-8}\) vì có thể người ta lý luận rằng nếu \(4^{a^2-8}\le65\) thì hiển nhiên \(4^{a^2-8}\le3^{-a-8}+65\) cũng thỏa mãn (do \(3^{-a-8}>0;\forall a\))
Nhưng cách làm bỏ số hạng này rất nguy hiểm vì ko có gì chắc chắn nó ko làm phát sinh nghiệm.
Do đó, để chắc chắn, ta cứ phải TABLE để soát chính xác miền giá trị