1.a/ \(\left\{{}\begin{matrix}3^{x+1}>0\\5^{x^2}>0\end{matrix}\right.\) \(\forall x\) \(\Rightarrow\) pt vô nghiệm

b/ Mình làm câu b, câu c bạn tự làm tương tự, 3 câu này cùng dạng

Lấy ln hai vế:

\(ln\left(3^{x^2-2}.4^{\dfrac{2x-3}{x}}\right)=ln18\Leftrightarrow ln3^{x^2-2}+ln4^{\dfrac{2x-3}{x}}-ln18=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-2\right)ln3+\dfrac{2x-3}{x}2ln2-ln\left(2.3^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^3ln3-2x.ln3+4x.ln2-6ln2-x.ln2-2x.ln3=0\)

\(\Leftrightarrow x^3ln3-4x.ln3+3x.ln2-6ln2=0\)

\(\Leftrightarrow x.ln3\left(x^2-4\right)+3ln2\left(x-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x^2ln3+2x.ln3+3ln2\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x-2=0\Rightarrow x=2\\x^2ln3+2x.ln3+3ln2=0\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

Xét (1): \(\left(x^2+2x\right)ln3=-3ln2\Leftrightarrow x^2+2x=\dfrac{-3ln2}{ln3}=-3log_32\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)^2=1-3log_32=log_33-log_38=log_3\dfrac{3}{8}< 0\)

\(\Rightarrow\left(1\right)\) vô nghiệm

\(\Rightarrow\) pt có nghiệm duy nhất \(x=2\)

2/ Pt đã cho tương đương:

\(2017^{sin^2x}-2017^{cos^2x}=cos^2x-sin^2x\)

\(\Leftrightarrow2017^{sin^2x}+sin^2x=2017^{cos^2x}+cos^2x\)

Xét hàm \(f\left(t\right)=2017^t+t\) (\(0\le t\le1\))

\(\Rightarrow f'\left(t\right)=2017^t.ln2017+1>0\) \(\forall t\) \(\Rightarrow f\left(t\right)\) đồng biến

\(\Rightarrow f\left(t_1\right)=f\left(t_2\right)\Leftrightarrow t_1=t_2\)

\(\Rightarrow sin^2x=cos^2x\Rightarrow cos^2x-sin^2x=0\Rightarrow cos2x=0\)

\(\Rightarrow x=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{k\pi}{2}\)

Thế k=0; k=1 ta được 2 nghiệm thuộc đoạn đã cho là \(x=\dfrac{\pi}{4};x=\dfrac{3\pi}{4}\)

\(\Rightarrow\) tổng nghiệm là \(T=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{3\pi}{4}=\pi\)

1) bạn dùng dấu U 

điều kiện \(\begin{cases}m\ne0,m>-\frac{1}{4}\\m< 1\end{cases}\)

muons dễ nhìn thì vẽ trục số:  0 -1/4 1 x

=> điều kiện x \(\in\left(-\frac{1}{4};1\right)\backslash\left\{0\right\}\)

Bài 1:

Đặt \(\left(\frac{3}{2}\right)^x=a\) \((a>0)\)

PT tương đương với:

\(\left(\frac{9}{4}\right)^x-2.\left(\frac{3}{2}\right)^x+m^2=0\)

\(\Leftrightarrow a^2-2a+m^2=0\) (1)

-Trước tiên, để pt đầu tiên có hai nghiệm phân biệt thì (1) cũng phải có hai nghiệm phân biệt \(\rightarrow \) \(\Delta'=1-m^2>0\Leftrightarrow -1< m< 1\)

Áp dụng hệ thức Viete với \(a_1,a_2\) là nghiệm của (1) \(\left\{\begin{matrix} a_1+a_2=2\\ a_1a_2=m^2\end{matrix}\right.\)

-Vì \(a\) luôn dương nên \(\left\{\begin{matrix} a_1+a_2>0\\ a_1a_2>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m^2>0 \Leftrightarrow m\neq 0\)

-Xét đk cuối cùng, để pt đầu tiên có hai nghiệm trái dấu, tức \(x<0\) hoặc $x>0$ thì \(a<1\) hoặc \(a>1\), hay \((a_1-1)(a_2-1)< 0\)

\(\Leftrightarrow a_1a_2-(a_1+a_2)+1< 0\Leftrightarrow m^2<1\Leftrightarrow -1< m< 1\)

Vậy \(-1< m< 1; m\neq 0\)

Bài 2:

Đặt \(2^x=a\Rightarrow \) \(4^x-2m.2^x+2m=0\) tương đương với:
\(a^2-2ma+2m=0\) (1)

Để pt đầu tiên có hai nghiệm phân biệt thì (1) cũng phải có hai nghiệm phân biệt

\(\Rightarrow \Delta'=m^2-2m>0\Leftrightarrow m< 0\) hoặc $m>2$

Áp dugnj hệ thức viete với $a_1,a_2$ là hai nghiệm của phương trình:

\(a_1a_2=2m\Leftrightarrow 2^{x_1}.2^{x_2}=2m\Leftrightarrow 2^{x_1+x_2}=2m\Leftrightarrow 8=2m\rightarrow m=4\)

(thỏa mãn)

Vậy \(m=4\)

a) Xét hàm số y = (C) có tập xác định: D = R

y’ = 2x³ – 6x = 2x(x² – 3)

y’ = 0 ⇔ x = 0, x = ±√3

Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số:

b)

y’’ = 6x² – 6x

y’’ = 0 ⇔ 6x² – 6x = 0 ⇔ x = ± 1

y’(-1) = 4, y’’(1) = -4, y(± 1) = -1

Tiếp tuyến của (C) tại điểm (-1, -1) là : y = 4(x+1) – 1= 4x+3

Tiếp tuyến của (C) tại điểm (1, -1) là: y = -4(x-1) – 1 = -4x + 3

c) Ta có: \(x^4-6x^2+3=m\)\(\Leftrightarrow\dfrac{x^4}{2}-3x^2+\dfrac{3}{2}=\dfrac{m}{2}\).

Số nghiệm của (1) là số giao điểm của (C) và đường thẳng (d) : \(y=\dfrac{m}{2}\).

Dễ thấy:

m < -6: ( 1) vô nghiệm

m = -6 : (1) có 2 nghiệm

-6 < m < 3: (1) có 4 nghiệm

m = 3: ( 1) có 3 nghiệm

m > 3: (1) có 2 nghiệm

Câu 1:

Để ý rằng \((2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3})=1\) nên nếu đặt

\(\sqrt{2+\sqrt{3}}=a\Rightarrow \sqrt{2-\sqrt{3}}=\frac{1}{a}\)

PT đã cho tương đương với:

\(ma^x+\frac{1}{a^x}=4\)

\(\Leftrightarrow ma^{2x}-4a^x+1=0\) (*)

Để pt có hai nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\) thì pt trên phải có dạng pt bậc 2, tức m khác 0

\(\Delta'=4-m>0\Leftrightarrow m< 4\)

Áp dụng hệ thức Viete, với $x_1,x_2$ là hai nghiệm của pt (*)

\(\left\{\begin{matrix} a^{x_1}+a^{x_2}=\frac{4}{m}\\ a^{x_1}.a^{x_2}=\frac{1}{m}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a^{x_2}(a^{x_1-x_2}+1)=\frac{4}{m}\\ a^{x_1+x_2}=\frac{1}{m}(1)\end{matrix}\right.\)

Thay \(x_1-x_2=\log_{2+\sqrt{3}}3=\log_{a^2}3\) :

\(\Rightarrow a^{x_2}(a^{\log_{a^2}3}+1)=\frac{4}{m}\)

\(\Leftrightarrow a^{x_2}(\sqrt{3}+1)=\frac{4}{m}\Rightarrow a^{x_2}=\frac{4}{m(\sqrt{3}+1)}\) (2)

\(a^{x_1}=a^{\log_{a^2}3+x_2}=a^{x_2}.a^{\log_{a^2}3}=a^{x_2}.\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow a^{x_1}=\frac{4\sqrt{3}}{m(\sqrt{3}+1)}\) (3)

Từ \((1),(2),(3)\Rightarrow \frac{4}{m(\sqrt{3}+1)}.\frac{4\sqrt{3}}{m(\sqrt{3}+1)}=\frac{1}{m}\)

\(\Leftrightarrow \frac{16\sqrt{3}}{m^2(\sqrt{3}+1)^2}=\frac{1}{m}\)

\(\Leftrightarrow m=\frac{16\sqrt{3}}{(\sqrt{3}+1)^2}=-24+16\sqrt{3}\) (thỏa mãn)

Câu 2:

Nếu \(1> x>0\)

\(2017^{x^3}>2017^0\Leftrightarrow 2017^{x^3}>1\)

\(0< x< 1\Rightarrow \frac{1}{x^5}>1\)

\(\Rightarrow 2017^{\frac{1}{x^5}}> 2017^1\Leftrightarrow 2017^{\frac{1}{x^5}}>2017\)

\(\Rightarrow 2017^{x^3}+2017^{\frac{1}{x^5}}> 1+2017=2018\) (đpcm)

Nếu \(x>1\)

\(2017^{x^3}> 2017^{1}\Leftrightarrow 2017^{x^3}>2017 \)

\(\frac{1}{x^5}>0\Rightarrow 2017^{\frac{1}{x^5}}>2017^0\Leftrightarrow 2017^{\frac{1}{5}}>1\)

\(\Rightarrow 2017^{x^3}+2017^{\frac{1}{x^5}}>2018\) (đpcm)

Bài 14:

Vecto chỉ phương của đường thẳng $d$ là: $\overrightarrow{u_d}=(1; -1; 2)$

Mp $(P)$ vuông góc với $d$ nên nhận $\overrightarrow{u_d}$ là vecto pháp tuyến

Do đó PTMP $(P)$ là:

$1(x-x_M)-1(y-y_M)+2(z-z_M)=0$

$\Leftrightarrow x-y+2z=0$

Đáp án A

Bài 13:

Khi quay tam giác đều ABC quanh cạnh AB thì ta thu được một khối hình là hợp của 2 hình nón (ngược chiều nhau) có cùng bán kính đáy $r$ là đường cao của tam giác đều, tức là $r=\frac{\sqrt{3}}{2}.1=\frac{\sqrt{3}}{2}$ và đường cao là $h=\frac{AB}{2}=\frac{1}{2}$

Thể tích 1 hình nón: $V_n=\frac{1}{3}\pi r^2h=\frac{\pi}{8}$

Do đó thể tích của khối hình khi quay tam giác đều ABC quanh AB là: $2V_n=\frac{\pi}{4}$