Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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........
Lời giải:
Ta thấy: $\Delta'=(m-1)^2+m^3-(m+1)^2=m^3-4m$
Để pt có nghiệm thì $m^3-4m\geq 0\Leftrightarrow m\geq 2$ hoặc $-2\leq m\leq 0$
Áp dụng định lý Vi-et: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2(m-1)\\ x_1x_2=-m^3+(m+1)^2\end{matrix}\right.\)
Khi đó:
\(P=x_1^3+x_2^3+3x_1x_2(x_1+x_2)+8x_1x_2\)
\(=(x_1+x_2)^3+8x_1x_2\)
\(=8(m-1)^3-8m^3+8(m+1)^2=40m-16m^2\)
Xét $f(m)=40m-16m^2$
$f'(m)=40-32m=0\Leftrightarrow m=1,25$ (loại vì $m\in [-2;0]\cup [2;3]$)
Lập bảng biến thiên ta thấy:
$P_{\min}=P(-2)=-144$
$P_{\max}=P(2)=16$
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
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
Với \(m\ne-1\)
\(\Delta'=\left(m-1\right)^2-\left(m+1\right)\left(m-1\right)\left(m+5\right)>0\)
\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)\left(m-1-m^2-6m-5\right)>0\)
\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)\left(m^2+5m+6\right)< 0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m< -3\\-2< m< 1\end{matrix}\right.\)
Đặt \(f\left(x\right)=\left(m+1\right)x^2-2\left(m-1\right)x+m^2+4m-5\)
Để pt có 2 nghiệm thỏa mãn \(x_2>x_1>2\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\frac{x_1+x_2}{2}-2>0\\a.f\left(2\right)>0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\frac{m-1}{m+1}-2>0\\\left(m+1\right)\left[4\left(m+1\right)-4\left(m-1\right)+m^2+4m-5\right]>0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\frac{-m-3}{m+1}>0\\\left(m+1\right)\left(m^2+4m+3\right)>0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-3< m< -1\\\left\{{}\begin{matrix}m>-3\\m\ne-1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow-3< m< -1\)
Kết hợp điều kiện delta \(\Rightarrow-2< m< -1\)
\(a=1>0\) ; \(\Delta'=\left(m-2\right)^2-\left(m-2\right)=\left(m-2\right)\left(m-3\right)\)
a/ Để \(f\left(x\right)\le0\) \(\forall x\in\left(0;1\right)\)
\(\Leftrightarrow x_1\le0< 1\le x_2\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}f\left(0\right)\le0\\f\left(1\right)\le0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m-2\le0\\1-\left(m-2\right)\le0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) ko tồn tại m thỏa mãn
Do đó các câu c, f cũng không tồn tại m thỏa mãn
b/ TH1: \(\Delta< 0\Rightarrow2< m< 3\)
TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta=0\\-\frac{b}{2a}\notin\left(0;1\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=2\\m=3\end{matrix}\right.\)
TH3: \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta>0\\\left[{}\begin{matrix}0\le x_1< x_2\\x_1< x_2\le1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
\(\Delta>0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m>3\\m< 2\end{matrix}\right.\)
\(0\le x_1< x_2\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}f\left(0\right)\ge0\\\frac{x_1+x_2}{2}>0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m-2\ge0\\m-2>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m>2\) \(\Rightarrow m>3\)
\(x_1< x_2\le1\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}f\left(1\right)\ge0\\\frac{x_1+x_2}{2}< 1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3-m\ge0\\m-2< 1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) ko tồn tại m
Kết hợp 3 TH \(\Rightarrow m\ge2\)
d/ Tương tự như câu b, nhưng
TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta=0\\-\frac{b}{2a}\in\left[0;1\right]\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) không tồn tại m thỏa mãn
TH3: \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta>0\\\left[{}\begin{matrix}0< x_1< x_2\\x_1< x_2< 1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow m>3\)
Kết hợp 3 TH \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}2< m< 3\\m>3\end{matrix}\right.\)
e/
TH1: \(\Delta\le0\Rightarrow2\le m\le3\)
TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta>0\\\left[{}\begin{matrix}0\le x_1< x_2\\x_1< x_2\le1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m>3\)
\(\Rightarrow m\ge2\)
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....