Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a/ \(y'=4x^3-2mx=2x\left(2x^2-m\right)\)
Do \(a=1>0\Rightarrow\)nếu \(m>0\Rightarrow\) hàm số có 1 khoảng đồng biến là \(\left(\sqrt{\frac{m}{2}};+\infty\right)\)
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{m}{2}}\le2\Rightarrow0< m\le8\)
Vậy \(m\le8\) \(\Rightarrow\) có 8 giá trị nguyên dương
Bài 2:
\(1\le\sqrt{a^2+b^2}\le2\Rightarrow1\le a^2+b^2\le4\)
\(\Rightarrow\) Tập hợp \(z\) là hình vành khuyên giới hạn bởi 2 đường tròn có tâm là gốc tọa độ và bán kính lần lượt là 1 và 2
\(\Rightarrow S=\pi.2^2-\pi.1^2=3\pi\)
Bài 3: Không thấy câu hỏi đâu hết, chỉ thấy gọi số phức z mà ko thấy yêu cầu làm gì với nó cả :(
Bài 4:
Do \(A\in d_1:\left\{{}\begin{matrix}x=2+t\\y=3+t\\z=3-2t\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow A\left(a+2;a+3;3-2a\right)\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{CA}=\left(a-1;a+1;-2a\right)\)
Do \(d_2\perp AC\Rightarrow\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{u_{d2}}=0\)
\(\Rightarrow1\left(a-1\right)-2\left(a+1\right)+1\left(-2a\right)=0\)
\(\Rightarrow-3a=3\Rightarrow a=-1\)
\(\Rightarrow x_A=a+2=1\)
Bài 1:
\(y'=3\left(x+m\right)^2+3\left(x+n\right)^2-3x^2\)
\(y'=3\left(x^2+2mx+m^2\right)+3\left(x^2+2nx+n^2\right)-3x^2\)
\(y'=3\left(x^2+2\left(m+n\right)x+m^2+n^2\right)\)
Để hàm số đồng biến trên R \(\Leftrightarrow y'\ge0\) \(\forall x\in R\)
\(\Rightarrow\Delta'=\left(m+n\right)^2-\left(m^2+n^2\right)\le0\) \(\Rightarrow mn\le0\)
\(P=4\left(m+n\right)^2-\left(m+n\right)-8mn\ge4\left(m+n\right)^2-\left(m+n\right)\ge-\frac{1}{16}\)
Bài 2: Đề bài rất kì quặc
Mình nghĩ cách giải sẽ như sau: nhận thấy \(z=0\) ko phải nghiệm nên chia 2 vế cho \(z^3\):
\(z^3+2016z^2+2017z+2018+\frac{2017}{z}+\frac{2016}{z^2}+\frac{1}{z^3}=0\)
\(\Leftrightarrow z^3+\frac{1}{z^3}+2016\left(z^2+\frac{1}{z^2}\right)+2017\left(z+\frac{1}{z}\right)+2018=0\)
Đặt \(z+\frac{1}{z}=a\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2=z^2+\frac{1}{z^2}+2\Rightarrow z^2+\frac{1}{z^2}=a^2-2\\a^3=z^3+\frac{1}{z^3}+3\left(z+\frac{1}{z}\right)\Rightarrow z^3+\frac{1}{z^3}=a^3-3a\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^3-3a+2016\left(a^2-2\right)+2017a+2018=0\)
\(\Leftrightarrow a^3+2016a^2+2014a-2014=0\)
Đặt \(f\left(a\right)=a^3+2016a^2+2014a-2014\)
\(f\left(-2015\right)=1\) ; \(f\left(-2016\right)=...< 0\)
\(\Rightarrow f\left(-2015\right).f\left(-2016\right)< 0\Rightarrow\) phương trình luôn có ít nhất một nghiệm \(a_0\in\left(-2016;-2015\right)\)
Khi đó ta có: \(z+\frac{1}{z}=a_0\Rightarrow z^2-a_0z+1=0\)
\(\Delta=a_0^2-4>0\) do \(a_0\in\left(-2016;-2015\right)\) nên \(a_0^2>2015^2>4\)
\(\Rightarrow\) Phương trình đã cho có ít nhất 2 nghiệm thực nên ko thể có 6 nghiệm phức
\(\Rightarrow\) Đề bài sai :(
Câu 1:
Để dễ nhìn hơn, ta đặt \(log_2m=a\) phương trình trở thành:
\(3^{3a}-3^{-3a}+3^{a^2+2}-3^{-a^2-2}=0\)
\(\Leftrightarrow3^{3a}-3^{-3a}=3^{-a^2-2}-3^{-\left(-a^2-2\right)}\) (1)
Xét hàm \(f\left(t\right)=3^t-3^{-t}\Rightarrow f'\left(t\right)=3^t.ln3+3^{-t}.ln3>0\)
\(\Rightarrow f\left(t\right)\) đồng biến \(\Rightarrow\left(1\right)\) xảy ra khi và chỉ khi \(3a=-a^2-2\)
\(\Leftrightarrow a^2+3a+2=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=-1\\a=-2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}log_2m=-1\\log_2m=-2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=\frac{1}{2}\\m=\frac{1}{4}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow T=\frac{1}{8}\)
Câu 2:
\(x_M=1\Rightarrow y_M=-3m^2+2m+6\)
\(y'=-3x^2+4\left(m+1\right)x-3m^2+3\)
\(\Rightarrow y'\left(1\right)=-3m^2+4m+4\)
Phương trình tiếp tuyến tại M:
\(y=\left(-3m^2+4m+4\right)\left(x-1\right)-3m^2+2m+6\)
\(\Leftrightarrow y=\left(-3m^2+4m+4\right)x-2m+2\)
Để tiếp tuyến song song với d: \(\left\{{}\begin{matrix}-3m^2+4m+4=-3\\-2m+2\ne4\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3m^2-4m-7=0\\m\ne-1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m=\frac{7}{3}\Rightarrow\) có đúng 1 giá trị m thỏa mãn
Câu 3:
Áp dụng điều kiện của nghiệm của pt lượng giác bậc nhất:
\(1^2+\left(m-1\right)^2\ge\left(2m-1\right)^2\)
\(\Leftrightarrow m^2-2m+2\ge4m^2-4m+1\)
\(\Leftrightarrow3m^2-2m-1\le0\)
\(\Rightarrow\frac{-1}{3}\le m\le1\Rightarrow m=\left\{0;1\right\}\) có 2 giá trị nguyên
Câu 4:
Sao lại là \(\left|1z-2-i\right|\), sự xuất hiện số 1 bất thường làm mình nghĩ bạn gõ nhầm chỗ nào đó, nhưng thực ra chỉ cần phương pháp giải, còn số liệu thì chỉ việc thay đổi thôi
Với dữ kiện để bài, ta thấy ngay tập hợp \(z\) là các điểm \(M\left(x;y\right)\) nằm trên đường tròn \(\left(x-2\right)^2+\left(y-1\right)^2=9\)
Gọi \(A\left(4;1\right)\) và \(B\left(-5;-8\right)\)
\(\Rightarrow P=\left|z-4-i\right|+\left|z+5+8i\right|=MA+MB\)
Bài toán quy về tìm điểm M thuộc đường tròn cố định và 2 điểm A, B cố định sao cho \(MA+MB\) đạt max
Gọi H là trung điểm AB \(\Rightarrow H\left(-\frac{1}{2};-\frac{7}{2}\right)\)
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:
\(P=MA+MB\le\sqrt{2\left(MA^2+MB^2\right)}\)
Theo công thức trung tuyến trong tam giác MAB ta có:
\(MA^2+MB^2=2MH^2+\frac{AB^2}{2}\)
\(\Rightarrow P\le\sqrt{2\left(MH^2+\frac{AB^2}{2}\right)}\) (1)
AB cố định \(\Rightarrow P_{max}\) khi \(MH_{max}\Rightarrow M\) là giao điểm nằm khác phía H so với I của đường thẳng IH và đường tròn (C)
\(\overrightarrow{BA}=\left(9;9\right)=9\left(1;1\right)\Rightarrow\)phương trình đường thẳng IH:
\(x+\frac{1}{2}+y+\frac{7}{2}=0\Leftrightarrow x+y+4=0\)
Tọa độ M: \(\left\{{}\begin{matrix}\left(x-2\right)^2+\left(y-1\right)^2=9\\x+y+4=0\end{matrix}\right.\)
Số xấu, nghĩa là linh cảm đúng, pt ban đầu bạn viết nhầm :(
Đến đây chỉ việc giải ra tọa độ M, sau đó thay vào công thức (1) là xong
\(y'=-6x^2-6\left(2a+1\right)x-6a\left(a+1\right)\)
\(y'=0\Leftrightarrow x^2+\left(2a+1\right)x+a\left(a+1\right)=0\)
\(\Delta=\left(2a+1\right)^2-4a\left(a+1\right)=1>0\forall a\)
Ta có \(x_1+x_2=-\left(2a+1\right)\) và \(x_1x_2=a\left(a+1\right)\) (theo Vi-ét)
\(\left|x_1-x_2\right|=\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2}=\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2}=...\)
Chọn D.
Theo giả thiết ta có:
z2 - 2z + 5 = 0
suy ra: ( z - 1) 2 + 4 = 0 hay z = 1 ± 2i
Tọa độ hai điểm biểu diễn hai số phức z1 và z2là A(1; 2) và B( 1; -2)
Do đó tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là I(1; 0).