Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Để hàm số đồng biến trên R thì:
\(y'=(m+2)x^2+2mx+1\geq 0\forall x\in\mathbb{R}\)
Theo định lý về dấu của tam thức bậc 2 thì điều này xảy ra khi :
\(\left\{\begin{matrix} m+2> 0\\ \Delta'=m^2-m-2\leq 0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m> -2\\ (m+1)(m-2)\leq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m> -2\\ -1\leq m\leq 2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow -1\leq m\leq 2\)
Đáp án B
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 sao không ra đáp án nào vậy bạn , hình như bạn làm sai đâu đó rồi
Trời, đọc xong chỉ việc chọn đáp án mà ko biết chọn luôn?
Đáp án D chứ sao nữa
1) bạn dùng dấu U
điều kiện \(\begin{cases}m\ne0,m>-\frac{1}{4}\\m< 1\end{cases}\)
muons dễ nhìn thì vẽ trục số: 0 -1/4 1 x
=> điều kiện x \(\in\left(-\frac{1}{4};1\right)\backslash\left\{0\right\}\)
7.
\(V=\frac{\left(a\sqrt{2}\right)^3\pi.\sqrt{2}}{3}=\frac{4\pi a^3}{3}\)
8.
Mệnh đề B sai
Mệnh đề đúng là: \(lnx< 1\Rightarrow0< x< e\)
9.
\(\overline{z}=5-2i\Rightarrow z=5+2i\Rightarrow\left|z\right|=\sqrt{5^2+2^2}=\sqrt{29}\)
10.
\(\overrightarrow{NM}=\left(1;-3;-2\right)\) nên đường thẳng MN nhận \(\left(1;-3;-2\right)\) là 1 vtcp
Phương trình tham số: \(\left\{{}\begin{matrix}x=t\\y=1-3t\\z=3-2t\end{matrix}\right.\)
4.
\(V=3.4.5=60\)
5.
\(\left\{{}\begin{matrix}log_8a+2log_4b=5\\log_8b+2log_4a=7\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow log_8a-log_8b-2\left(log_4a-log_4b\right)=-2\)
\(\Leftrightarrow log_8\frac{a}{b}-2log_4\frac{a}{b}=-2\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{3}log_2\frac{a}{b}-log_2\frac{a}{b}=-2\)
\(\Leftrightarrow-\frac{2}{3}log_2\frac{a}{b}=-2\)
\(\Leftrightarrow log_2\frac{a}{b}=3\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b}=8\)
6.
\(log_{\frac{1}{5}}x=t\Rightarrow t^2-2t-3=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t=-1\\t=3\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}log_{\frac{1}{5}}x=-1\\log_{\frac{1}{5}}x=3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=5\\x=\frac{1}{125}\end{matrix}\right.\)
Ta có \(\sqrt{\left(m+2\right)x+m}\ge\left|x-1\right|\Leftrightarrow\left(m+2\right)x+m\ge x^2-2x+1\)
\(\Leftrightarrow m\ge\frac{x^2-4x+1}{x+1}\) (vì \(x\in\left[0;2\right]\)
Xét hàm số \(f\left(x\right)=\frac{x^2-4x+1}{x+1}\) trên đoạn \(\left[0;2\right]\) ta có
\(f'\left(x\right)=\frac{x^2+2x-5}{\left(x+1\right)^2};f'\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=-1+\sqrt{6}\)
Lập bảng biến thiên ta được
\(f\left(0\right)=1;f\left(2\right)=-1\)
\(f\left(-1+\sqrt{6}\right)=2\sqrt{6}-6\)
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm thì \(m>\) min (0;2] \(f\left(x\right)=f\left(-1+\sqrt{6}\right)=2\sqrt{6-6}\)
Câu 2:
$y'=-3x^2+6x+(m-2)=0$
Để hàm số có 2 điểm cực trị $x_1,x_2$ đồng nghĩa với PT $-3x^2+6x+(m-2)=0$ có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$
$\Leftrightarrow \Delta'=9+3(m-2)>0\Leftrightarrow m>-1(1)$
Hai điểm cực trị cùng dương khi:
\(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2>0\\ x_1x_2=\frac{m-2}{-3}>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m< 2(2)\)
Từ $(1);(2)\Rightarrow -1< m< 2$
Đáp án C.
Câu 2:
Để đths có 2 điểm cực trị thì trước tiên:
$y'=x^2-2mx+m^2-4=0$ có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$
Điều này xảy ra khi $\Delta'=m^2-(m^2-4)>0\Leftrightarrow m\in\mathbb{R}$
Để 2 điểm cực trị của đồ thị $y$ nằm về hai phía của trục tung thì: $x_1x_2< 0$
$\Leftrightarrow m^2-4< 0$
$\Leftrightarrow -2< m< 2$
Đáp án A.
a/ ĐKXĐ: \(x>\frac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{3x^2-1}{\sqrt{2x-1}}-\sqrt{2x-1}=mx\)
\(\Leftrightarrow\frac{3x^2-2x}{\sqrt{2x-1}}=mx\Leftrightarrow\frac{3x-2}{\sqrt{2x-1}}=m\)
Đặt \(\sqrt{2x-1}=a>0\Rightarrow x=\frac{a^2+1}{2}\Rightarrow\frac{3a^2-1}{2a}=m\)
Xét hàm \(f\left(a\right)=\frac{3a^2-1}{2a}\) với \(a>0\)
\(f'\left(a\right)=\frac{12a^2-2\left(3a^2-1\right)}{4a^2}=\frac{6a^2+2}{4a^2}>0\)
\(\Rightarrow f\left(a\right)\) đồng biến
Mặt khác \(\lim\limits_{a\rightarrow0^+}\frac{3a^2-1}{2a}=-\infty\); \(\lim\limits_{a\rightarrow+\infty}\frac{3a^2-1}{2a}=+\infty\)
\(\Rightarrow\) Phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m
b/ ĐKXĐ: \(x\ge2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt[4]{\left(x-1\right)^2}+4m\sqrt[4]{\left(x-1\right)\left(x-2\right)}+\left(m+3\right)\sqrt[4]{\left(x-2\right)^2}=0\)
Nhận thấy \(x=2\) không phải là nghiệm, chia 2 vế cho \(\sqrt[4]{\left(x-2\right)^2}\) ta được:
\(\sqrt[4]{\left(\frac{x-1}{x-2}\right)^2}+4m\sqrt[4]{\frac{x-1}{x-2}}+m+3=0\)
Đặt \(\sqrt[4]{\frac{x-1}{x-2}}=a\) pt trở thành: \(a^2+4m.a+m+3=0\) (1)
Xét \(f\left(x\right)=\frac{x-1}{x-2}\) khi \(x>0\)
\(f'\left(x\right)=\frac{-1}{\left(x-2\right)^2}< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) nghịch biến
\(\lim\limits_{x\rightarrow2^+}\frac{x-1}{x-2}=+\infty\) ; \(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\frac{x-1}{x-2}=1\) \(\Rightarrow f\left(x\right)>1\Rightarrow a>1\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow m\left(4a+1\right)=-a^2-3\Leftrightarrow m=\frac{-a^2-3}{4a+1}\)
Xét \(f\left(a\right)=\frac{-a^2-3}{4a+1}\) với \(a>1\)
\(f'\left(a\right)=\frac{-2a\left(4a+1\right)-4\left(-a^2-3\right)}{\left(4a+1\right)^2}=\frac{-4a^2-2a+12}{\left(4a+1\right)^2}=0\Rightarrow a=\frac{3}{2}\)
\(f\left(1\right)=-\frac{4}{5};f\left(\frac{3}{2}\right)=-\frac{3}{4};\) \(\lim\limits_{a\rightarrow+\infty}\frac{-a^2-3}{4a+1}=-\infty\)
\(\Rightarrow f\left(a\right)\le-\frac{3}{4}\Rightarrow m\le-\frac{3}{4}\)
\(y'=3x^2-3=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-1\\x=1\end{matrix}\right.\)
Hàm đồng biến trên các khoảng \(\left(-\infty;-1\right)\) ; \(\left(1;+\infty\right)\) và nghịch biến trên \(\left(-1;1\right)\)
Do \(m>0\Rightarrow m+1>1\Rightarrow D\subset\left(1;+\infty\right)\Rightarrow\) hàm đồng biến trên D
\(\Rightarrow y_{min}=y\left(m+1\right)=\left(m+1\right)^3-3\left(m+1\right)+1< 3\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m+1\ne1\\m+1< 2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow0< m< 1\)