Nếu phương trình là \(\left(2m^2-5m+2\right)\left(x-1\right)^{2021}\left(x^{2020}-2\right)+2x^2-3=0\) thì còn có cơ hội giải quyết

Chứ đề đúng thế này thì e rằng không có cơ hội nào cả.

b, \(\left\{{}\begin{matrix}x^2-2x-3\le0\\x^2-2mx+m^2-9\ge0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-1\le x\le3\\x^2-2mx+m^2-9\ge0\end{matrix}\right.\)

Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi phương trình \(f\left(x\right)=x^2-2mx+m^2-9\ge0\) có nghiệm \(x\in\left[-1;3\right]\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta'=m^2-m^2+9=9>0,\forall m\\-1< m< 3\\f\left(-1\right)=m^2+2m-8\ge0\\f\left(3\right)=m^2-6m\ge0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow m\in[2;3)\cup(-1;0]\)

PT có 2 nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow\Delta=\left(2m-3\right)^2-4\left(m-3\right)=9>0\)

Vậy PT có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

Ta có \(\left[{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{2m-3+3}{2}=m\\x_2=\dfrac{2m-3-3}{2}=m-3\end{matrix}\right.\)

Ta thấy \(m>m-3\) nên \(1< m-3< m< 6\Leftrightarrow4< m< 6\)

Vậy \(4< m< 6\)  thỏa yêu cầu đề

Ta có \(x^4+y^4-1=xy\left(3-2xy\right)\)

\(\Leftrightarrow x^4+y^4-1=3xy-2x^2y^2\)

\(\Leftrightarrow x^4+2x^2y^2+y^4=3xy+1\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+y^2\right)^2=3xy+1\)

Vì \(\left(x^2+y^2\right)^2\ge0\forall x;y\)

\(\Rightarrow3xy+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow xy\ge-\frac{1}{3}\)

\(\Leftrightarrow P\ge-\frac{1}{3}\)

Dấu "=" tại x = y = 0

1.

\(\Leftrightarrow\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^2-2m\left(x+\dfrac{1}{x}\right)-1+2m=0\)

Đặt \(x+\dfrac{1}{x}=t\Rightarrow\left|t\right|\ge2\)

\(\Rightarrow t^2-1-2mt+2m=0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left(t+1\right)-2m\left(t-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left(t+1-2m\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=1\left(loại\right)\\t=2m-1\end{matrix}\right.\)

Pt có nghiệm \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2m-1\ge2\\2m-1\le-2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge\dfrac{3}{2}\\m\le-\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

2.

Cộng vế với vế: \(3\left|x\right|=3\Rightarrow\left|x\right|=1\)

\(\Rightarrow\left|y\right|=-1< 0\) (không thỏa mãn)

Vậy hệ pt vô nghiệm

1)\(ĐKXĐ:x\ne0\)

Đặt \(\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^2=a\)

\(\Rightarrow x^2+\dfrac{1}{x^2}=a-2\)

\(\Rightarrow VT=2a+\left(a-2\right)^2-\left(a-2\right)a\)

\(=2a+a^2-4a+4-a^2+2a=4\)

\(\Rightarrow\left(x+2\right)^2=4\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\left(loai\right)\\x=-4\end{matrix}\right.\)

Bài 2: Ta có:

\(\left(2x+5y+1\right)\left(2020^{\left|x\right|}+y+x^2+x\right)=105\) là số lẻ

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x+5y+1\\2020^{\left|x\right|}+y+x^2+x\end{matrix}\right.\) đều lẻ

\(\Rightarrow y⋮2\)\(\Rightarrow2020^{\left|x\right|}⋮̸2\Leftrightarrow\left|x\right|=0\Leftrightarrow x=0\).

Thay vào tìm được y...

Lúc nãy bận thi online nên giờ mới làm tiếp được, bạn thông cảm.

Bài 4:

Do p; q; r là các SNT nên \(p^q+q^p>2^2+2^2=8\Rightarrow r>8\) nên r là SNT lẻ

Mà r lẻ thì trong 2 số \(p^q;q^p\) phải có 1 số lẻ, một số chẵn.

Do vai trò p; q như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử p lẻ, q chẵn

\(\Rightarrow q=2\). Lúc này ta có:

\(p^2+2^p=r\)

+Xét p=3\(\Rightarrow p^2+2^p=r=17\left(tm\right)\) (Do p lẻ nên loại TH p=2)

+Xét p>3. Ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}p^2\equiv1\left(mod3\right)\\2^p\equiv\left(-1\right)^p\equiv-1\left(mod3\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow p^2+2^p\equiv1+\left(-1\right)\equiv0\left(mod3\right)\)

\(\Rightarrow\left(p^2+2^p\right)⋮3\) mà \(p^2+2^p>3\) nên là hợp số

\(\Rightarrow r\) là hợp số, không phải SNT, loại.

Vậy ta có \(\left(p;q;r\right)\in\left\{\left(3;2;17\right);\left(2;3;17\right)\right\}\) tm đề bài

a:

ĐKXĐ: x+1>0 và x>0

=>x>0

=>\(log_2\left(x^2+x\right)=1\)

=>x^2+x=2

=>x^2+x-2=0

=>(x+2)(x-1)=0

=>x=1(nhận) hoặc x=-2(loại)

c: ĐKXĐ: x-1>0 và x-2>0

=>x>2

\(PT\Leftrightarrow log_2\left(x^2-3x+2\right)=3\)

=>\(\Leftrightarrow x^2-3x+2=8\)

=>x^2-3x-6=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{3+\sqrt{33}}{2}\left(nhận\right)\\x=\dfrac{3-\sqrt{33}}{2}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

1: \(y=\frac{2x+m}{x+1}\)

=>y'=\(\frac{\left(2x+m\right)^{\prime}\left(x+1\right)-\left(2x+m\right)\left(x+1\right)^{\prime}}{\left(x+1\right)^2}=\frac{2\left(x+1\right)-\left(2x+m\right)}{\left(x+1\right)^2}=\frac{2-m}{\left(x+1\right)^2}\)
Khi x=0 thì y=\(\frac{2\cdot0+m}{0+1}=\frac{m}{1}=m\)

Khi x=1 thì \(y=\frac{2\cdot1+m}{1+1}=\frac{m+2}{2}\)

TH1: Hàm số đồng biến trên khoảng [0;1]

=>y'>0

=>2-m>0

=>m<2

Khi hàm số đồng biến trên khoảng [0;1] thì y max=y(1)=(m+2)/2

y max=2

=>m+2=4

=>m=2(loại)

TH2: Hàm số đồng biến trên khoảng [0;1]

=>y'<0

=>2-m<0

=>m>2

Khi hàm số nghịch biến trên khoảng [0;1] thì y max=y(0)=m

y max=2

=>m=2(loại)

TH3: Hàm số là hàm hằng

=>2-m=0

=>m=2

Khi m=2 thì \(y=\frac{2\cdot x+2}{x+1}=2\)

=>\(y_{\max}=2\) khi m=2