Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
x^3-x^2(m+3)+x(3m+2)-2m=0
=>(x-1)(x^2-(m+2)x+2m)=0
=>x=1 hoặc x^2-(m+2)x+2m=0
Để PT có 3 nghiệm thì (m+2)^2-4*2m>0 và 1^2-(m+2)+2m<>0
=>m<>1 và m<>2
=>x2=(m+2-m+2)/2=2 và x3=(m+2+m-2)/2=m
Để tạo thành cấp sô nhân thì
x1<x2<m hoặc m<x1<x2 hoặc x1<m<x2
=>m*1=2^2 hoặc 2m=1 hoặc m^2=2
=>m=4 hoặc m=1/2 hoặc m=căn 2
\(y'=-3x^2+6x+2m-1=-3x^2+6x-3+2m+2\)
\(y'=-3\left(x-1\right)^2+2m+2\le2m+2\)
\(\Rightarrow\) Hệ số góc lớn nhất của tiếp tuyến \(\left(C_m\right)\) là \(k=2m+2\)
Để tiếp tuyến song song với \(x-2y-4=0\Rightarrow y=\frac{1}{2}x-2\)
\(\Rightarrow k=\frac{1}{2}\Rightarrow2m+2=\frac{1}{2}\Rightarrow m=-\frac{3}{4}\)
Câu 2:
\(y'=\frac{\left(2x+\frac{1}{2\sqrt{x+1}}\right)x-\left(x^2-1+\sqrt{x+1}\right)}{x^2}\)
\(=\frac{4x^2\sqrt{x+1}+x-2x^2\sqrt{x+1}+2\sqrt{x+1}-2\left(x+1\right)}{2x^2\sqrt{x+1}}\)
\(=\frac{2x^2\sqrt{x+1}+2\sqrt{x+1}-x-2}{2x^2\sqrt{x+1}}\)
Hoặc làm thế này cũng được:
\(y=x-\frac{1}{x}+\frac{\sqrt{x+1}}{x}\)
\(\Rightarrow y'=1+\frac{1}{x^2}+\frac{\frac{x}{2\sqrt{x+1}}-\sqrt{x+1}}{x^2}\)
\(=1+\frac{1}{x^2}-\frac{x+2}{2x^2\sqrt{x+1}}\)
Sau đó quy đồng sẽ có kết quả giống bên trên
\(\lim\limits_{x\rightarrow0^+}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow0^+}\left(m+\frac{1-x}{1+x}\right)=m+1\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow0^-}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow0^-}\frac{\left(\sqrt{1-x}-\sqrt{1+x}\right)\left(\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}\right)}{x\left(\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}\right)}=\lim\limits_{x\rightarrow0^-}\frac{-2x}{x\left(\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}\right)}\)
\(=\lim\limits_{x\rightarrow0^-}\frac{-2}{\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}}=-1\)
Để hàm số liên tục tại x=0
\(\Leftrightarrow\lim\limits_{x\rightarrow0^+}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow0^-}f\left(x\right)=f\left(0\right)\)
\(\Leftrightarrow m+1=-1\Rightarrow m=-2\)
Bài 2:
Đặt \(f\left(x\right)=4x^4+2x^2-x-3\)
\(f\left(x\right)\) là hàm đa thức nên liên tục trên mọi khoảng thuộc R
\(f\left(-1\right)=4>0\) ; \(f\left(0\right)=-3< 0\)
\(\Rightarrow f\left(-1\right).f\left(0\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) có ít nhất 1 nghiệm trên \(\left(-1;0\right)\)
\(f\left(1\right)=2>0\Rightarrow f\left(0\right).f\left(1\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) có ít nhất 1 nghiệm trên \(\left(0;1\right)\)
Vậy \(f\left(x\right)\) có ít nhất 2 nghiệm trên \(\left(-1;1\right)\)
\(y'=\left(m+1\right)x^2-2\left(m+1\right)x-m\)
\(m=-1\Rightarrow y'=1>0\forall x\in R\)
\(m\ne-1\Rightarrow y'>0\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m+1>0\\\Delta'< 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>-1\\\left(m+\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}< 0\left(vl\right)\end{matrix}\right.\)
Vậy với m=-1 thì...
Câu 1:
Đặt \(f\left(x\right)=x^3+mx^2+\left(m-3\right)x-1\)
Ta có \(f\left(0\right)=-1\) ; \(f\left(-1\right)=1\)
\(\Rightarrow f\left(0\right).f\left(-1\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(-1;0\right)\)
Mặt khác \(\left\{{}\begin{matrix}f\left(0\right)=-1< 0\\\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}=+\infty\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow f\left(x\right)\) có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(0;+\infty\right)\)
\(\left\{{}\begin{matrix}f\left(-1\right)=1>0\\\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}=-\infty\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow f\left(x\right)\) có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(-\infty;-1\right)\)
Vậy pt đã cho có 3 nghiệm phân biệt với mọi m
Câu 2:
\(f'\left(x\right)=x^2+2\left(m-1\right)x+m+1\)
Để \(f'\left(x\right)\ge0\) \(\forall x\) \(\Leftrightarrow\Delta'=\left(m-1\right)^2-\left(m+1\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow m^2-3m\le0\Leftrightarrow0\le m\le3\)
Câu 3:
Nhận thấy \(x=0\) không phải nghiệm
\(\Leftrightarrow2x^3+3x^2-2=-mx\)
\(\Leftrightarrow\frac{2x^3+3x^2-2}{x}=-m\)
Đặt \(f\left(x\right)=\frac{2x^3+3x^2-2}{x}\Rightarrow f'\left(x\right)=\frac{\left(6x^2+6x\right)x-\left(2x^3+3x^2-2\right)}{x^2}=\frac{4x^3+3x^2+2}{x^2}\)
\(f'\left(x\right)=\frac{4x^2\left(x+1\right)+2-x^2}{x^2}\Rightarrow f'\left(x\right)>0\) \(\forall x\in\left(-1;1\right)\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) đồng biến trên \(\left(-1;1\right)\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow0^-}f\left(x\right)=+\infty\) ; \(\lim\limits_{x\rightarrow0^+}f\left(x\right)=-\infty\)
\(\Rightarrow y=-m\) luôn cắt đồ thị \(y=f\left(x\right)\) hay phương trình đã cho luôn có ít nhất 1 nghiệm trong khoảng \(\left(-1;1\right)\) với mọi m