Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
ĐKXĐ: \(x>0\)
\(x^{log_25}=t\Rightarrow25^{log_2x}=\left(5^{log_2x}\right)^2=\left(x^{log_25}\right)^2=t^2\)
\(x_1x_2=4\Rightarrow t_1t_2=\left(x_1x_2\right)^{log_25}=4^{log_25}=25\)
\(\left(m+1\right)t^2+\left(m-2\right)t-2m+1=0\) (1)
Pt có 2 nghiệm pb \(\Rightarrow\) (1) có 2 nghiệm dương pb
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta=\left(m-2\right)^2-4\left(m+1\right)\left(-2m+1\right)>0\\t_1+t_2=\dfrac{2-m}{m+1}>0\\t_1t_2=\dfrac{-2m+1}{m+1}>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ne0\\-1< m< \dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)
Ủa làm đến đây mới thấy kì kì, chỉ riêng hệ điều kiện này đã ko tồn tại m nguyên rồi, chưa cần điều kiện \(x_1x_2=4\)
cái này mk làm 1 nghiệm t =1 xong thay tìm m, có vẻ cũng ko dài lắm :))))
Câu 1:
\(\Leftrightarrow x^2-4x+5+\sqrt{x^2-4x+5}-5=m\)
Đặt \(\sqrt{x^2-4x+5}=\sqrt{\left(x-2\right)^2+1}=a\ge1\)
\(\Rightarrow a^2+a-5=m\) (1)
Xét phương trình: \(x^2-4x+5=a^2\Leftrightarrow x^2-4x+5-a^2=0\)
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=4\\x_1x_2=5-a^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\) Nếu \(5-a^2>0\Rightarrow1\le a< \sqrt{5}\) thì pt có 2 nghiệm dương
Nếu \(5-a^2\le0\) \(\Leftrightarrow a\ge\sqrt{5}\) thì pt có 1 nghiệm dương
Vậy để pt đã cho có đúng 2 nghiệm dương thì: (1) có đúng 1 nghiệm thỏa mãn \(1\le a< \sqrt{5}\) hoặc có 2 nghiệm pb \(a_1>a_2\ge\sqrt{5}\)
Xét \(f\left(a\right)=a^2+a-5\) với \(a\ge1\)
\(f'\left(a\right)=0\Rightarrow a=-\frac{1}{2}< 1\Rightarrow f\left(a\right)\) đồng biến \(\forall a\ge1\) \(\Rightarrow y=m\) chỉ có thể cắt \(y=f\left(a\right)\) tại nhiều nhất 1 điểm có hoành độ \(a\ge1\)
\(f\left(1\right)=-3\) ; \(f\left(\sqrt{5}\right)=\sqrt{5}\)
\(\Rightarrow\) Để pt có 2 nghiệm pb đều dương thì \(-3\le m< \sqrt{5}\)
Câu 2:
\(x^2-3x+2\le0\Leftrightarrow1\le x\le2\) (1)
Ta có: \(mx^2+\left(m+1\right)x+m+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow m\left(x^2+x+1\right)\ge-x-1\)
\(\Leftrightarrow m\ge\frac{-x-1}{x^2+x+1}=f\left(x\right)\) (2)
Để mọi nghiệm của (1) là nghiệm của (2) \(\Leftrightarrow\left(2\right)\) đúng với mọi \(x\in\left[1;2\right]\)
\(\Rightarrow m\ge\max\limits_{\left[1;2\right]}f\left(x\right)\)
\(f'\left(x\right)=\frac{-\left(x^2+x+1\right)+\left(2x+1\right)\left(x+1\right)}{\left(x^2+x+1\right)^2}=\frac{x^2+2x}{\left(x^2+x+1\right)^2}>0\) \(\forall x\in\left[1;2\right]\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) đồng biến \(\Rightarrow\max\limits_{\left[1;2\right]}f\left(x\right)=f\left(2\right)=-\frac{3}{7}\)
\(\Rightarrow m\ge-\frac{3}{7}\)
Câu 1:
Để dễ nhìn hơn, ta đặt \(log_2m=a\) phương trình trở thành:
\(3^{3a}-3^{-3a}+3^{a^2+2}-3^{-a^2-2}=0\)
\(\Leftrightarrow3^{3a}-3^{-3a}=3^{-a^2-2}-3^{-\left(-a^2-2\right)}\) (1)
Xét hàm \(f\left(t\right)=3^t-3^{-t}\Rightarrow f'\left(t\right)=3^t.ln3+3^{-t}.ln3>0\)
\(\Rightarrow f\left(t\right)\) đồng biến \(\Rightarrow\left(1\right)\) xảy ra khi và chỉ khi \(3a=-a^2-2\)
\(\Leftrightarrow a^2+3a+2=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=-1\\a=-2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}log_2m=-1\\log_2m=-2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=\frac{1}{2}\\m=\frac{1}{4}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow T=\frac{1}{8}\)
Câu 2:
\(x_M=1\Rightarrow y_M=-3m^2+2m+6\)
\(y'=-3x^2+4\left(m+1\right)x-3m^2+3\)
\(\Rightarrow y'\left(1\right)=-3m^2+4m+4\)
Phương trình tiếp tuyến tại M:
\(y=\left(-3m^2+4m+4\right)\left(x-1\right)-3m^2+2m+6\)
\(\Leftrightarrow y=\left(-3m^2+4m+4\right)x-2m+2\)
Để tiếp tuyến song song với d: \(\left\{{}\begin{matrix}-3m^2+4m+4=-3\\-2m+2\ne4\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3m^2-4m-7=0\\m\ne-1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m=\frac{7}{3}\Rightarrow\) có đúng 1 giá trị m thỏa mãn
Câu 3:
Áp dụng điều kiện của nghiệm của pt lượng giác bậc nhất:
\(1^2+\left(m-1\right)^2\ge\left(2m-1\right)^2\)
\(\Leftrightarrow m^2-2m+2\ge4m^2-4m+1\)
\(\Leftrightarrow3m^2-2m-1\le0\)
\(\Rightarrow\frac{-1}{3}\le m\le1\Rightarrow m=\left\{0;1\right\}\) có 2 giá trị nguyên
Câu 4:
Sao lại là \(\left|1z-2-i\right|\), sự xuất hiện số 1 bất thường làm mình nghĩ bạn gõ nhầm chỗ nào đó, nhưng thực ra chỉ cần phương pháp giải, còn số liệu thì chỉ việc thay đổi thôi
Với dữ kiện để bài, ta thấy ngay tập hợp \(z\) là các điểm \(M\left(x;y\right)\) nằm trên đường tròn \(\left(x-2\right)^2+\left(y-1\right)^2=9\)
Gọi \(A\left(4;1\right)\) và \(B\left(-5;-8\right)\)
\(\Rightarrow P=\left|z-4-i\right|+\left|z+5+8i\right|=MA+MB\)
Bài toán quy về tìm điểm M thuộc đường tròn cố định và 2 điểm A, B cố định sao cho \(MA+MB\) đạt max
Gọi H là trung điểm AB \(\Rightarrow H\left(-\frac{1}{2};-\frac{7}{2}\right)\)
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:
\(P=MA+MB\le\sqrt{2\left(MA^2+MB^2\right)}\)
Theo công thức trung tuyến trong tam giác MAB ta có:
\(MA^2+MB^2=2MH^2+\frac{AB^2}{2}\)
\(\Rightarrow P\le\sqrt{2\left(MH^2+\frac{AB^2}{2}\right)}\) (1)
AB cố định \(\Rightarrow P_{max}\) khi \(MH_{max}\Rightarrow M\) là giao điểm nằm khác phía H so với I của đường thẳng IH và đường tròn (C)
\(\overrightarrow{BA}=\left(9;9\right)=9\left(1;1\right)\Rightarrow\)phương trình đường thẳng IH:
\(x+\frac{1}{2}+y+\frac{7}{2}=0\Leftrightarrow x+y+4=0\)
Tọa độ M: \(\left\{{}\begin{matrix}\left(x-2\right)^2+\left(y-1\right)^2=9\\x+y+4=0\end{matrix}\right.\)
Số xấu, nghĩa là linh cảm đúng, pt ban đầu bạn viết nhầm :(
Đến đây chỉ việc giải ra tọa độ M, sau đó thay vào công thức (1) là xong
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3.2^xlogx-12logx-2^x+4=0\left(1\right)\\5^x=m\left(2\right)\end{matrix}\right.\) và \(5^x\ge m\) (\(x>0\))
Xét (1):
\(\Leftrightarrow3logx\left(2^x-4\right)-\left(2^x-4\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(3logx-1\right)\left(2^x-4\right)=0\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x_1=2\\x_2=\sqrt[3]{10}\end{matrix}\right.\)
\(y=5^x\) đồng biến trên R nên (2) có tối đa 1 nghiệm
Để pt đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt ta có các TH sau:
TH1: (2) vô nghiệm \(\Rightarrow m\le0\) (ko có số nguyên dương nào)
TH2: (2) có nghiệm (khác với 2 nghiệm của (1)), đồng thời giá trị của m khiến cho đúng 1 nghiệm của (1) nằm ngoài miền xác định
(2) có nghiệm \(\Rightarrow m>0\Rightarrow x_3=log_5m\)
Do \(\sqrt[3]{10}>2\) nên bài toán thỏa mãn khi: \(x_1< x_3< x_2\)
\(\Rightarrow2< log_5m< \sqrt[3]{10}\)
\(\Rightarrow25< m< 5^{\sqrt[3]{10}}\) (hơn 32 chút xíu)
\(\Rightarrow\) \(32-26+1\) giá trị nguyên
bài2:
x4-2x2-3=-m
vế trái có x4-2x2-3=0
bảng
| x | -∞ -1 0 1 +∞ |
| f'x | - 0 + 0 - 0 + |
| fx | -4 -3 -4 |
phương trình có 4 nghiệm khi
-4<-m<-3
=> 3<m<4
Đặt \(f\left(x\right)=t\Rightarrow t^3-3t+2=m\)
- Với \(\left[{}\begin{matrix}m< 0\\m>4\end{matrix}\right.\) pt có nghiệm duy nhất
- Với \(0< m< 4\) pt có 3 nghiệm pb
- Với \(\left[{}\begin{matrix}m=0\\m=4\end{matrix}\right.\) pt có 2 nghiệm pb
Xét pt \(f\left(x\right)=t\Leftrightarrow x^7+x^5-x^4+x^3-2x^2+2x-10=t\)
Ta có \(f'\left(x\right)=7x^6+5x^4-4x^3+3x^2-4x+2\)
\(=7\left(x^3-\frac{2}{7}\right)^2+5x^4+3\left(x-\frac{2}{3}\right)^2+\frac{2}{21}>0\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) đồng biến \(\Rightarrow f\left(x\right)=t\) có nghiệm duy nhất
\(\Rightarrow\) Để pt có 3 nghiệm pb thì \(0< m< 4\)
Đặt \(2^x=t>0\Rightarrow t^2-mt+10-m=0\) (1)
Để pt đã cho có 2 nghiệm pb thì (1) có 2 nghiệm dương phân biệt
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta=m^2-4\left(10-m\right)>0\\S=m>0\\P=10-m>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}m< -2-2\sqrt{11}\\m>-2+2\sqrt{11}\end{matrix}\right.\\0< m< 10\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow m=\left\{5;6;7;8;9\right\}\) \(\Rightarrow\sum m=35\)
Lời giải:
Ta có \(4^x-2m.2^x+(2m^2+5)=0\)
Coi \(2^x=a\) thì pt chuyển về pt bậc 2:
\(a^2-2ma+(2m^2+5)=0(*)\)
Ta thấy \(\Delta'=m^2-(2m^2+5)=-(m^2+5)<0\), do đó pt $(*)$ vô nghiệm, tức là không tồn tại $a$, kéo theo không tồn tại $x$
Do đó không tồn tại giá trị nào của $m$ thỏa mãn đkđb