K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
AH
Akai Haruma
Giáo viên
9 tháng 11 2017
Lời giải:
a) ĐKXĐ:......
Ta có: \(\log_{2x+1}(3-x^2)=2\)
\(\Leftrightarrow 3-x^2=(2x+1)^2\)
\(\Leftrightarrow 5x^2+4x-2=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{-2+\sqrt{14}}{5}\\x=\dfrac{-2-\sqrt{14}}{5}\end{matrix}\right.\)
Kết hợp với đkxđ suy ra \(x=\frac{-2+\sqrt{14}}{5}\) là nghiệm
b) ĐKXĐ:....
Đặt \(2-x=a\Rightarrow \log_2(2a+1)=a\) (\(a>\frac{-1}{2}\))
\(\Leftrightarrow 2a+1=2^a\)
Xét hàm \(y(a)=2^a-2a-1\)
\(\Rightarrow y'=\ln 2.2^a-2=0\Leftrightarrow a=\log_2\left(\frac{2}{\ln 2}\right)\)
Lập bảng biến thiên của $y(a)$ với $a>\frac{-1}{2}$ ta thấy đồ thì của $y(a)$ cắt đường thẳng \(y=0\) tại hai điểm, tức là pt có hai nghiệm. Trong đó một nghiệm thuộc \((-\frac{1}{2}; \log_2\left(\frac{2}{\ln 2}\right))\) và nghiệm khác thuộc \((\log_2\left(\frac{2}{\ln 2}\right);+\infty)\)
Thực hiện shift-solve ta thu được \(a=0\) hoặc \(a\approx 2,66\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
9 tháng 11 2017
Câu c)
ĐKXĐ: \(x>-1\)
Ta có: \(\log_2(x+1)=4-3x\Leftrightarrow x+1=2^{4-3x}\)
Ta thấy:
\((x+1)'=1>0\) nên hàm vế trái đồng biến trên KXĐ
\((2^{4-3x})'=-3.\ln 2.2^{4-3x}<0\) nên hàm vế phải nghịch biến trên KXĐ
Do đó, PT chỉ có thể có duy nhất một nghiệm
Thấy \(x=1\) thỏa mãn nên $x=1$ là nghiệm duy nhất của phương trình
AH
Akai Haruma
Giáo viên
3 tháng 3 2020
Lời giải:
TCĐ: $x=-1$
TCN: $y=2$
Do đó:
\(d(M_1,\text{TCĐ})=|x_1+1|; d(M_2, \text{TCĐ})=|x_2+1|\)
\(d(M_1,\text{TCN})=|y_1-2|=|\frac{2x_1-1}{x_1+1}-2|=\frac{3}{|x_1+1|}\)
\(d(M_2, \text{TCN})=|y_2-2|=\frac{3}{|x_2+1|}\)
Áp dụng BĐT Cô-si, tổng khoảng cách:
\(h=(|x_1+1|+\frac{3}{|x_1+1|})+(|x_2+1|+\frac{3}{|x_2+1|})\geq 2\sqrt{3}+2\sqrt{3}=4\sqrt{3}\)
Vậy $h_{\min}=4\sqrt{3}$ khi \(\left\{\begin{matrix} |x_1+1|^2=3\\ |x_2+1|^2=3\end{matrix}\right.; x_1\neq x_2\Rightarrow (x_1,x_2)=(\sqrt{3}-1, -\sqrt{3}-1)\)
\(\Rightarrow (y_1,y_2)=(2-\sqrt{3}, 2+\sqrt{3})\)
Do đó:
$P=x_1x_2+y_1y_2=-1$
TV
0
17 tháng 12 2016
\(y'=-6x^2-6\left(2a+1\right)x-6a\left(a+1\right)\)
\(y'=0\Leftrightarrow x^2+\left(2a+1\right)x+a\left(a+1\right)=0\)
\(\Delta=\left(2a+1\right)^2-4a\left(a+1\right)=1>0\forall a\)
Ta có \(x_1+x_2=-\left(2a+1\right)\) và \(x_1x_2=a\left(a+1\right)\) (theo Vi-ét)
\(\left|x_1-x_2\right|=\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2}=\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2}=...\)
19 tháng 7 2016
y có hai cực trị <=> y' =0 có hai nghiệm phân biệt <=> \(\Delta\) > 0 \(\rightarrow\) tìm điều kiện m
áp dụng vi-et x1+x2= -b/a và x1.x2= c/a
thay vào x1.x2 + 2(x1+x2) =1 =>m
HN
10 tháng 5 2018
M∈ (S) : (x0 - 2)2 + (y0-1)2 +(z0-1)2 =9.
A=x0+2y0+2z0=(x0-2)+2(y0-1)+2(z0-1)+6
Dùng BĐT bunhiacopski
[(x0-2)+2(y0-1)+2(z0-1)]2 ≤ (1+4+4).[(x0 - 2)2 + (y0-1)2 +(z0-1)2 ]
≤ 81
-9 ≤ (x0-2)+2(y0-1)+2(z0-1) ≤ 9.
-3 ≤ A ≤ 12. vậy GTNN của A = -3.
Dấu bằng xảy ra khi :
x0+2y0+2z0 = -3
và \(\dfrac{x0-2}{1}=\dfrac{y0-1}{1}=\dfrac{z0-1}{1}\)
Giải hệ được x0=1, y0=z0=-1. Suy ra: x0+y0+z0 = -1
PQ
1
HN
10 tháng 5 2022
y'=3x2-2(m+2)x+1-m.
\(\Delta\)'=(m+2)2-3(1-m)=m2+7m+1>0 (để hàm số có hai điểm cực trị x1, x2).
|x1-x2|=2 \(\Leftrightarrow\) (x1+x2)2-4x1x2=4 \(\Leftrightarrow\) \(\left[\dfrac{2\left(m+2\right)}{3}\right]^2-4\dfrac{1-m}{3}=4\) \(\Rightarrow\) m=-8 (nhận) hoặc m=1 (nhận).
Cái trên ak bn tại mk gõ ko quen mấy kí hiệu này nên hơi khó hiểu xl bn nha
\(log_2x.log_3\left(2x+1\right)=2log_2x\)
\(\Leftrightarrow log_2x\left(log_3\left(2x+1\right)-2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}log_2x=0\\log_3\left(2x+1\right)=2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\2x+1=9\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=4\end{matrix}\right.\)