Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Ta có:
\(f\left( 1 \right) = 1 + 1 = 2\)
\(f\left( 2 \right) = 2 + 1 = 3\)
\( \Rightarrow f\left( 2 \right) > f\left( 1 \right)\)
b) Ta có:
\(f\left( {{x_1}} \right) = {x_1} + 1;f\left( {{x_2}} \right) = {x_2} + 1\)
\(\begin{array}{l}f\left( {{x_1}} \right) - f\left( {{x_2}} \right) = \left( {{x_1} + 1} \right) - \left( {{x_2} + 1} \right)\\ = {x_1} - {x_2} < 0\end{array}\)
Vậy \({x_1} < {x_2} \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right)\).
Câu 1 :
Ta có :
\(\Delta=\left(m-1\right)^2-4.\left(2m-7\right)\)
\(=m^2-2m+1-8m+28\)
\(=m^2-10m+27>0\)
Do đó pt luôn có 2 nghiệm phân biệt
1: \(\text{Δ}=\left(-m\right)^2-4\left(m-2\right)=m^2-4m+8=\left(m-2\right)^2+4>0\)
=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
Theo đề, ta có: m-2<0
=>m<2
2: \(\Leftrightarrow\dfrac{x_1^2+1}{x_1}\cdot\dfrac{x_2^2+1}{x_2}=9\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x_1\cdot x_2\right)^2+\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2+1}{x_1x_2}=9\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(m-2\right)^2+\left(-m\right)^2-2\left(m-2\right)+1}{m-2}=9\)
\(\Leftrightarrow m^2-4m+4+m^2-2m+4+1=9m-18\)
\(\Leftrightarrow2m^2-6m+9-9m+18=0\)
=>2m^2-15m+27=0
hay \(m\in\varnothing\)
3: =>m=0
a) Thay \({x_1} = - 1;{x_2} = 1\) vào \(y = {x^2}\) ta được:
\({y_1} = f\left( { - 1} \right) = {\left( { - 1} \right)^2} = 1\)
\({y_2} = f\left( 1 \right) = {1^2} = 1\)
b) Ta có \({x_1} = - 1;{y_1} = 1 \Rightarrow {M_1}\left( { - 1;1} \right)\)
Ta có: \({x_2} = 1;{y_2} = 1 \Rightarrow {M_2}\left( {1;1} \right)\)
Biểu diễn trên mặt phẳng:
a) △ = \(m^2-28\ge0\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge\sqrt{28}\\m\le-\sqrt{28}\end{matrix}\right.\)
Theo Vi-ét \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-m\\x_1x_2=7\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1^2+x_2^2+2x_1x_2=m^2\\x_1x_2=7\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow m^2=24\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=\sqrt{24}\\m=-\sqrt{24}\end{matrix}\right.\)(không thỏa mãn)
b) △ = \(4-4\left(m+2\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow m\le-1\)
Theo Vi-ét \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\\x_1x_2=m+2\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1^2+x_2^2+2x_1x_2=4\\x_1x_2=m+2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x_2-x_1\right)^2+4x_1x_2=4\\x_1x_2=m+2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow4+4\left(m+2\right)=4\)\(\Leftrightarrow m=-2\)(thỏa mãn)
c) △ = \(\left(m-1\right)^2-4\left(m+6\right)\)\(\ge0\)\(\Leftrightarrow m^2-2m+1-4m-24\ge0\)
\(\Leftrightarrow m^2-6m-23\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(m-3\right)^2\ge32\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge\sqrt{32}+3\\m\le-\sqrt{32}+3\end{matrix}\right.\)
Theo Vi-ét \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=1-m\\x_1x_2=m+6\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1^2+x_2^2+2x_1x_2=m^2-2m+1\\x_1x_2=m+6\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow10+2\left(m+6\right)=m^2-2m+1\)
\(\Leftrightarrow m^2-4m-21=0\)\(\Leftrightarrow\left(m+3\right)\left(m-7\right)=0\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=7\\m=-3\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow m=-3\)(thỏa mãn)
mấy câu kia cũng dùng Vi-ét xử tiếp nha
Bài 1:
Khai bút đầu năm lấy may :''>
Đặt $x^2+ax+1=t$ thì ta có hệ \(\left\{\begin{matrix} x^2+ax+(1-t)=0(1)\\ t^2+at+1=0(2)\end{matrix}\right.\)
Trước tiên, pt $(2)$ cần có nghiệm.
Điều này xảy ra khi $\Delta_{(2)}=a^2-4\geq 0\Leftrightarrow a\geq 2$ hoặc $a\leq -2$
Để PT ban đầu có nghiệm duy nhất thì PT $(1)$ phải có nghiệm duy nhất. Điều này xảy ra khi $\Delta_{(1)}=a^2-4(1-t)=0$
$\Leftrightarrow 4(1-t)=a^2$. Mà $a^2\geq 4$ nên $1-t\geq 1\Rightarrow t\leq 0$
------------------
Giờ ta xét:
Nếu $a\leq -2$. Kết hợp với $t\leq 0\Rightarrow at\geq -2t$
$\Rightarrow 0=t^2+at+2\geq t^2-2t+1\Leftrightarrow 0\geq (t-1)^2$.
$\Rightarrow t-1=0\Rightarrow t=1$ (vô lý vì $t\leq 0$)
Do đó $a\geq 2$
Tuy nhiên thay $a=2$ vào hệ ta thấy không thỏa mãn. Do đó $a>2$ (đpcm)
Bài 2:
Nếu $a=0\Rightarrow 2b+5c=0\Rightarow c=\frac{-2}{5}b$
PT trở thành: $bx+c=0$
$\Leftrightarrow bx-\frac{2}{5}b=0$ có nghiệm duy nhất $x=\frac{2}{5}$ nếu $b\neq 0$ hoặc vô số nghiệm nếu $b=0$
Tức là với $a=0$ pt luôn có nghiệm.
Nếu $a\neq 0$. PT đã cho là pt bậc hai ẩn $x$
Xét $\Delta=b^2-4ac=b^2-4(-2b-5c)c=b^2+8bc+20c^2=(b+4c)^2+4c^2\geq 0$ với mọi $b,c$ nên PT đã cho luôn có nghiệm.
Vậy........
b, Ta có : \(0\le x\le1\)
\(\Rightarrow-2\le x-2\le-1< 0\)
Ta có : \(y=f\left(x\right)=2\left(m-1\right)x+\dfrac{m\left(x-2\right)}{\left(2-x\right)}\)
\(=2\left(m-1\right)x-m< 0\)
TH1 : \(m=1\) \(\Leftrightarrow m>0\)
TH2 : \(m\ne1\) \(\Leftrightarrow x< \dfrac{m}{2\left(m-1\right)}\)
Mà \(0\le x\le1\)
\(\Rightarrow\dfrac{m}{2\left(m-1\right)}>1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{m-2\left(m-1\right)}{2\left(m-1\right)}>0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2-m}{m-1}>0\)
\(\Leftrightarrow1< m< 2\)
Kết hợp TH1 => m > 0
Vậy ...
\(x^2-2\left(m-1\right)x-m^3+\left(m+1\right)^2=0\)
Để pt có hai nghiệm thỏa mãn
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta\ge0\\x_1+x_2=2\left(m-1\right)\le4\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\left(m-2\right)\left(m+2\right)\ge0\\m\le3\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\in\left[-2;0\right]\cup\left(2;+\infty\right)\cup\left\{2\right\}\\m\le3\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow m\in\left[-2;0\right]\cup\left[2;3\right]\)
\(P=x^3_1+x_2^3+x_1x_2\left(3x_1+3x_2+8\right)\)
\(=\left(x_1+x_2\right)^3-3x_1x_2\left(x_1+x_2\right)+3x_1x_1\left(x_1+x_2\right)+8x_1x_2\)
\(=8\left(m-1\right)^3+8\left(-m^3+m^2+2m+1\right)\)
\(=-16m^2+40m\)
Vẽ BBT với \(f\left(m\right)=-16m^2+40m\) ;\(m\in\left[-2;0\right]\cup\left[2;3\right]\)
Tìm được \(f\left(m\right)_{min}=-144\Leftrightarrow m=-2\)
\(f\left(m\right)_{max}=16\Leftrightarrow m=2\)
\(\Rightarrow P_{max}=16;P_{min}=-144\)
Vậy....
