Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vẽ đồ thị:
- Vẽ đồ thị hàm số y = f(x) = x + 1 qua hai điểm (0; 1) và (-1; 0).
- Vẽ đồ thị hàm số y = g(x) = 3 - x qua hai điểm (0; 3) và (3; 0)
a) Nghiệm của phương trình f(x) = g(x) chính là hoành độ giao điểm của hai đường thẳng y = f(x) và y = g(x).
Giao điểm của hai đường thẳng y = x + 1 và y = 3 – x là điểm A(1; 2).
Do đó phương trình f(x) = g(x) có nghiệm x = 1.
Kiểm tra bằng tính toán:
f(x) = g(x) ⇔ x + 1 = 3 - x ⇔ 2x = 2 ⇔ x = 1.
b) Khi x > 1 thì đồ thị hàm số y = f(x) nằm phía trên đồ thị hàm số y = g(x), hay với x > 1 thì f(x) > g(x).
Kiểm tra bằng tính toán:
f(x) > g(x) ⇔ x + 1 > 3 - x ⇔ 2x > 2 ⇔ x > 1.
c) Khi x < 1 thì đồ thị hàm số y = f(x) nằm phía dưới đồ thị hàm số y = g(x), hay với x < 1 thì f(x) < g(x).
Kiểm tra bằng tính toán:
f(x) < g(x) ⇔ x + 1 < 3 - x ⇔ 2x < 2 ⇔ x < 1.
Hình 30a:
\(f\left( x \right) > 0\) có tập nghiệm là \(S = \left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right)\)
\(f\left( x \right) < 0\) có tập nghiệm là \(S = \left( {1;4} \right)\)
\(f\left( x \right) \ge 0\) có tập nghiệm là \(S = \left( { - \infty ;1} \right] \cup \left[ {4; + \infty } \right)\)
\(f\left( x \right) \le 0\) có tập nghiệm là \(S = \left[ {1;4} \right]\)
Hình 30b:
\(f\left( x \right) > 0\) có tập nghiệm là \(S = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\)
\(f\left( x \right) < 0\) có tập nghiệm là \(S = \emptyset \)
\(f\left( x \right) \ge 0\) có tập nghiệm là \(S = \mathbb{R}\)
\(f\left( x \right) \le 0\) có tập nghiệm là \(S = \left\{ 2 \right\}\)
Hình 30c:
\(f\left( x \right) > 0\) có tập nghiệm là \(S = \mathbb{R}\)
\(f\left( x \right) < 0\) có tập nghiệm là \(S = \emptyset \)
\(f\left( x \right) \ge 0\) có tập nghiệm là \(S = \mathbb{R}\)
\(f\left( x \right) \le 0\) có tập nghiệm là \(S = \emptyset \)
\(\sqrt{2-f\left(x\right)}=f\left(x\right)\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}f\left(x\right)\ge0\\f^2\left(x\right)+f\left(x\right)-2=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}f\left(x\right)=1\\f\left(x\right)=-2< 0\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow f\left(1\right)=f\left(2\right)=f\left(3\right)=1\)
\(\sqrt{2g\left(x\right)-1}+\sqrt[3]{3g\left(x\right)-2}=2.g\left(x\right)\)
\(VT=1.\sqrt{2g\left(x\right)-1}+1.1\sqrt[3]{3g\left(x\right)-2}\)
\(VT\le\dfrac{1}{2}\left(1+2g\left(x\right)-1\right)+\dfrac{1}{3}\left(1+1+3g\left(x\right)-2\right)\)
\(\Leftrightarrow VT\le2g\left(x\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(g\left(x\right)=1\)
\(\Rightarrow g\left(0\right)=g\left(3\right)=g\left(4\right)=g\left(5\right)=1\)
Để các căn thức xác định \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}f\left(x\right)-1\ge0\\g\left(x\right)-1\ge0\end{matrix}\right.\)
Ta có:
\(\sqrt{f\left(x\right)-1}+\sqrt{g\left(x\right)-1}+f\left(x\right).g\left(x\right)-f\left(x\right)-g\left(x\right)+1=0\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{f\left(x\right)-1}+\sqrt{g\left(x\right)-1}+\left[f\left(x\right)-1\right]\left[g\left(x\right)-1\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}f\left(x\right)=1\\g\left(x\right)=1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow x=3\)
Vậy tập nghiệm của pt đã cho có đúng 1 phần tử
a)
f(x) giao trục tại hai Điểm có hoành độ x1=-4; x2=-2
g(x) giao trục hoành duy nhất một điểm hoành độ x=m/2
b) f(x) >g(x) => điểm m/2 phải trong khoảng (-4,-2)
\(-4< \dfrac{m}{2}< -2\Leftrightarrow-8< m< -4\)
\(h\left(x\right)=x^2-4x+5+m\)
\(g\left(x\right)=\left|h\left(x\right)\right|=\left|f\left(x\right)+m\right|=\left|x^2-4x+5+m\right|\)
\(h\left(0\right)=5+m;h\left(4\right)=5+m;h\left(2\right)=1+m\)
TH1: \(1+m>0\Leftrightarrow m>-1\)
\(max=5+m=9\Leftrightarrow m=4\left(tm\right)\)
TH2: \(5+m< 0\Leftrightarrow m< -5\)
\(max=-1-m=9\Leftrightarrow m=-10\left(tm\right)\)
TH3: \(5+m>0>1+m\Leftrightarrow-5< m< -1\)
Nếu \(5+m< -1-m\Leftrightarrow m< -3\)
\(max=-1-m=9\Leftrightarrow m=-10\left(tm\right)\)
Nếu \(5+m=-1-m\Leftrightarrow m=-3\)
\(max=5+m=2\ne9\)
\(\Rightarrow m=-3\) không thỏa mãn yêu cầu bài toán
Nếu \(5+m>-1-m\Leftrightarrow m>-3\)
\(max=5+m=9\Leftrightarrow m=4\left(tm\right)\)
Vậy \(m=4;m=-10\)
\(1.x^2+\dfrac{1}{x^2}-2m\left(x+\dfrac{1}{x}\right)+1+2m=0\left(1\right)\)\(đặt:x^2+\dfrac{1}{x^2}=t\)
\(x>0\Rightarrow t\ge2\sqrt{x^2.\dfrac{1}{x^2}}=2\)
\(x< 0\Rightarrow-t=-x^2+\dfrac{1}{\left(-x^2\right)}\ge2\Rightarrow t\le-2\)
\(\Rightarrow t\in(-\infty;-2]\cup[2;+\infty)\left(2\right)\)
\(\Rightarrow\left(1\right)\Leftrightarrow t^2-2mt+2m-1=0\)
\(\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left(t-2m+1\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=1\notin\left(2\right)\\t=2m-1\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}2m-1\le-2\\2m-1\ge2\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\le-\dfrac{1}{2}\\m\ge\dfrac{3}{4}\end{matrix}\right.\)
\(2.\) \(f^2\left(\left|x\right|\right)+\left(m-2\right)f\left(\left|x\right|\right)+m-3=0\left(1\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}f\left(\left|x\right|\right)=-1\\f\left(\left|x\right|\right)=3-m\end{matrix}\right.\)
\(dựa\) \(vào\) \(đồ\) \(thị\) \(f\left(\left|x\right|\right)\) \(\Rightarrow f\left(\left|x\right|\right)=-1\) \(có\) \(2nghiem\) \(pb\)
\(\left(1\right)có\) \(6\) \(ngo\) \(pb\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-1< 3-m< 3\\3-m\ne-1\\\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow0< m< 4\)
\(\Rightarrow m=\left\{1;2;3\right\}\)
đồ thị hai hàm parabol có một điểm chung khi chúng có chung đỉnh
hay đỉnh I(1,3) của f(x) cũng là đỉnh của g(x)
dẫn đến giá trị nhỏ nhất của hai hàm là bằng nhau.
thế nên bài này sai ngay từ đề bài rồi nhé
hay nói cách khác , không tồn tại hai số a b thỏa mãn điều kiện trên
Vẽ đồ thị: