Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a. Đề bài em ghi sai thì phải
Vì:
\(x+y=2\left(\sqrt{x-3}+\sqrt{y-3}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x-3-2\sqrt{x-3}+1\right)+\left(y-3-2\sqrt{y-3}+1\right)+4=0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x-3}-1\right)^2+\left(\sqrt{y-3}-1\right)^2+4=0\) (vô lý)
b.
Xét hàm \(f\left(x\right)=x^3+ax^2+bx+c\)
Hàm đã cho là hàm đa thức nên liên tục trên mọi khoảng trên R
Hàm bậc 3 nên có tối đa 3 nghiệm
\(f\left(-2\right)=-8+4a-2b+c>0\)
\(f\left(2\right)=8+4a+2b+c< 0\)
\(\Rightarrow f\left(-2\right).f\left(2\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc (-2;2)
\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}f\left(x\right)=x^3\left(1+\dfrac{a}{x}+\dfrac{b}{x^2}+\dfrac{c}{x^3}\right)=+\infty.\left(1+0+0+0\right)=+\infty\)
\(\Rightarrow\) Luôn tồn tại 1 số thực dương n đủ lớn sao cho \(f\left(n\right)>0\)
\(\Rightarrow f\left(2\right).f\left(n\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(2;n\right)\) hay \(\left(2;+\infty\right)\)
Tương tự \(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}f\left(x\right)=-\infty\Rightarrow f\left(-2\right).f\left(m\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(-\infty;-2\right)\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) có đúng 3 nghiệm pb \(\Rightarrow\) hàm cắt Ox tại 3 điểm pb
Ta có \(f'\left(x\right)=3ax^2+2bx+c;f"\left(x\right)=6ax+2b\)
Hàm số \(f\left(x\right)\) đạt cực tiểu tại \(x=0\) khi và chỉ khi
\(\begin{cases}f'\left(0\right)=0\\f"\left(0\right)>0\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}c=0\\2b>0\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}c=0\\b>0\end{cases}\left(1\right)\)
Hàm số \(f\left(x\right)\) đạt cực đại tại \(x=1\) khi và chỉ khi \(\begin{cases}f'\left(1\right)=0\\f"\left(1\right)< 0\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}3a+2b+c=0\\6a+2b< 0\end{cases}\)
\(\begin{cases}f\left(0\right)=0\\f\left(1\right)=1\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}d=0\\a+b+c+d=1\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}d=0\\a+b+c+d=1\end{cases}\) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(a=-2;b=3;c=0;d=0\)
Kiểm tra lại \(f\left(x\right)=-2x^3+3x^2\)
Ta có \(f'\left(x\right)=-6x^2+6x;f"\left(x\right)=-12x+6\)
\(f"\left(0\right)=6>0\), hàm số đạt cực tiểu tại \(x=0\)
\(f"\left(1\right)=-6< 0\), hàm số đạt cực đại tại \(x=1\)
Vậy \(a=-2;b=3;c=0;d=0\)
Giải:
a) Xét \(y'=3x^2+2mx\)
Ta thấy \(y'=3x^2+2mx=0\) có \(\Delta'=m^2>0\forall m\neq 0\) nên luôn có hai nghiệm phân biệt, đồng nghĩa với hàm số đã cho luôn có cực đại, cực tiểu với mọi \(m\neq 0\)
b) Đồ thị hàm số luôn cắt trục hoành tại điểm có hoành độ dương với mọi giá trị của $m$ nghĩa là phương trình \(x^3+mx^2-1=0\) luôn có nghiệm dương với mọi \(m\)
Xét hàm $y$ liên tục trên tập xác định.
Nếu \(m>0\) có \(\left\{\begin{matrix} f(0)=-1<0\\ f(m+1)=(m+1)^3+m(m+1)^2-1>0\end{matrix}\right.\Rightarrow f(0).f(m+1)<0\)
Do đó phương trình luôn có nghiệm thuộc khoảng \((0;m+1)\), tức là nghiệm dương.
Nếu \(m<0\) có \(\left\{\begin{matrix} f(0)=-1<0\\ f(1-m)=m^2-2m>0\forall m<0\end{matrix}\right.\Rightarrow f(0).f(1-m)<0\)
Do đó phương trình luôn có nghiệm thuộc khoảng \((0,1-m)\) , tức nghiệm dương
Từ hai TH ta có đpcm.
c) Để pt có $3$ nghiệm phân biệt thì \(y'=3x^2+2mx\) phải có hai nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\) thỏa mãn \(f(x_1)f(x_2)<0\)
Kết hợp với định lý Viete:
\(\Leftrightarrow x_1^3+x_2^3+m(x_1^2+x_2^2)-1>0\)
\(\Leftrightarrow 4m^3-27>0\Leftrightarrow m>\frac{3}{\sqrt[3]{4}}\)
Câu 1:
Để ý rằng \((2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3})=1\) nên nếu đặt
\(\sqrt{2+\sqrt{3}}=a\Rightarrow \sqrt{2-\sqrt{3}}=\frac{1}{a}\)
PT đã cho tương đương với:
\(ma^x+\frac{1}{a^x}=4\)
\(\Leftrightarrow ma^{2x}-4a^x+1=0\) (*)
Để pt có hai nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\) thì pt trên phải có dạng pt bậc 2, tức m khác 0
\(\Delta'=4-m>0\Leftrightarrow m< 4\)
Áp dụng hệ thức Viete, với $x_1,x_2$ là hai nghiệm của pt (*)
\(\left\{\begin{matrix} a^{x_1}+a^{x_2}=\frac{4}{m}\\ a^{x_1}.a^{x_2}=\frac{1}{m}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a^{x_2}(a^{x_1-x_2}+1)=\frac{4}{m}\\ a^{x_1+x_2}=\frac{1}{m}(1)\end{matrix}\right.\)
Thay \(x_1-x_2=\log_{2+\sqrt{3}}3=\log_{a^2}3\) :
\(\Rightarrow a^{x_2}(a^{\log_{a^2}3}+1)=\frac{4}{m}\)
\(\Leftrightarrow a^{x_2}(\sqrt{3}+1)=\frac{4}{m}\Rightarrow a^{x_2}=\frac{4}{m(\sqrt{3}+1)}\) (2)
\(a^{x_1}=a^{\log_{a^2}3+x_2}=a^{x_2}.a^{\log_{a^2}3}=a^{x_2}.\sqrt{3}\)
\(\Rightarrow a^{x_1}=\frac{4\sqrt{3}}{m(\sqrt{3}+1)}\) (3)
Từ \((1),(2),(3)\Rightarrow \frac{4}{m(\sqrt{3}+1)}.\frac{4\sqrt{3}}{m(\sqrt{3}+1)}=\frac{1}{m}\)
\(\Leftrightarrow \frac{16\sqrt{3}}{m^2(\sqrt{3}+1)^2}=\frac{1}{m}\)
\(\Leftrightarrow m=\frac{16\sqrt{3}}{(\sqrt{3}+1)^2}=-24+16\sqrt{3}\) (thỏa mãn)
Câu 2:
Nếu \(1> x>0\)
\(2017^{x^3}>2017^0\Leftrightarrow 2017^{x^3}>1\)
\(0< x< 1\Rightarrow \frac{1}{x^5}>1\)
\(\Rightarrow 2017^{\frac{1}{x^5}}> 2017^1\Leftrightarrow 2017^{\frac{1}{x^5}}>2017\)
\(\Rightarrow 2017^{x^3}+2017^{\frac{1}{x^5}}> 1+2017=2018\) (đpcm)
Nếu \(x>1\)
\(2017^{x^3}> 2017^{1}\Leftrightarrow 2017^{x^3}>2017 \)
\(\frac{1}{x^5}>0\Rightarrow 2017^{\frac{1}{x^5}}>2017^0\Leftrightarrow 2017^{\frac{1}{5}}>1\)
\(\Rightarrow 2017^{x^3}+2017^{\frac{1}{x^5}}>2018\) (đpcm)