Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
\(A=a_1a_2+a_2a_3+....+a_{n-1}a_n+a_na_1=0\)
Nếu $n$ lẻ, ta thấy tổng $A$ gồm lẻ số hạng, mỗi số hạng có giá trị $1$ hoặc $-1$ nên $A$ lẻ \(\Rightarrow A\neq 0\) (vô lý)
Do đó $n$ chẵn. Nếu $n$ có dạng $4k+2$. Vì $A=0$ nên trong $4k+2$ số hạng trên sẽ có $2k+1$ số có giá trị là $1$ và $2k+1$ số có giá trị $-1$. Vì mỗi số $a_i$ trong $A$ xuất hiện $2$ lần nên \(a_1a_2a_2a_3....a_{n-1}a_na_{n}a_{1}=(a_1a_2...a_n)^2=1^{2k+1}(-1)^{2k+1}=-1\) (vô lý)
Do đó $n$ phải có dạng $4k$, tức là $n$ chia hết cho $4$ (đpcm)
hoành độ giao điểm là nghiệm của pt
\(x^3+3x^2+mx+1=1\Leftrightarrow x\left(x^2+3x+m\right)=0\)
\(x=0;x^2+3x+m=0\)(*)
để (C) cắt y=1 tại 3 điểm phân biệt thì pt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
\(\Delta=3^2-4m>0\) và \(0+m.0+m\ne0\Leftrightarrow m\ne0\)
từ pt (*) ta suy ra đc hoành độ của D, E là nghiệm của (*)
ta tính \(y'=3x^2+6x+m\)
vì tiếp tuyến tại Dvà E vuông góc
suy ra \(y'\left(x_D\right).y'\left(x_E\right)=-1\)
giải pt đối chiếu với đk suy ra đc đk của m
Áp dụng BĐT tam giác ta có:
a+b>c =>c-a<b =>c2-2ac+a2<b2
a+c>b =>b-c <a =>b2-2bc+c2<a2
b+c>a =>a-b<c =>a2-2ab+b2<c2
Suy ra: c2-2ac+a2+b2-2bc+c2+a2-2ab+b2<a2+b2+c2
<=>-2.(ab+bc+ca)+2.(a2+b2+c2)<a2+b2+c2
<=>-2(ab+bc+ca)<-(a2+b2+c2)
<=>2.(ab+bc+ca)<a2+b2+c2
Ta luôn có \(\left|a\right|+\left|b\right|\ge\left|a+b\right|\) và \(\left|x-y\right|=\left|y-x\right|\)
\(\Rightarrow\left|x-2\right|=\left|2-x\right|;\left|x-4\right|=\left|4-x\right|;...;\left|x-8\right|=\left|8-x\right|;\left|x-10\right|=\left|10-x\right|\)
\(\Rightarrow A=\left|x-1\right|+\left|2-x\right|+\left|x+3\right|+\left|4-x\right|+...+\left|x-9\right|+\left|10-x\right|\)
\(\Rightarrow A\ge\left|x-1+2-x+x-3+4-x+...+x-9+10-x\right|\)
\(=\left|\left(x-x+x-x+x-x+...+x-x\right)+\left(2-1\right)+\left(4-3\right)+...+\left(10-9\right)\right|\)
\(=\left|0+1+1+1+1+1\right|\)
\(=5\)
\(\Rightarrow A\ge5\)
\(\Rightarrow\) GTNN của A = 5 tại \(\left(x-1\right)\left(2-x\right)\left(x-3\right)...\left(x-10\right)\ge0\)
\(\left(C_1\right)\) có dạng \(y=x^3-3x\)
Gọi điểm A(a;2) là điểm kẻ đc 3 tiếp tuyến đến C do đề bài yêu cầu tìm điểm thuộc đường thẳng y=2
ta tính \(y'=3x^2-3\)
gọi \(B\left(x_0;y_0\right)\) là tọa độ tiếp điểm
phương trình tiếp tuyến tại điểm B có dạng
\(y=y'\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+y_0\)
suy ra ta có \(y=\left(3x^2_0-3\right)\left(x-x_0\right)+x_0^3-3x_0\)
do tiếp tuyến đi qua điểm A suy ra tọa độ của A thỏa mãn pt tiếp tuyến ta có
\(2=\left(3x^2_0-3\right)\left(a-x_0\right)+x_0^3-3x_0\Leftrightarrow-\left(3x^2_0-3\right)\left(a-x_0\right)+x_0^3-3x_0-2=0\Leftrightarrow-3\left(x_0-1\right)\left(1+x_0\right)\left(a-x_0\right)+\left(1+x_0\right)^2\left(x_0-2\right)=0\)(*)
từ pt * suy ra đc 1 nghiệm \(x_0+1=0\Rightarrow x_0=-1\) hoặc\(-3\left(x_0-1\right)\left(a-x_0\right)+\left(1+x_0\right)\left(x_0-2\right)=0\)(**)
để qua A kẻ đc 3 tiếp tuyến thì pt (*) có 3 nghiệm phân biệt
suy ra pt (**) có 2 nghiệm phân biệt khác -1
từ đó ta suy ra đc a để pt có 2 nghiệm phân biệt khác -1
suy ra đc tập hợ điểm A để thỏa mãn đk bài ra
\(A=\left(1-\frac{1}{1+2}\right)\left(1-\frac{1}{1+2+3}\right)...\left(1-\frac{1}{1+2+3+...+2006}\right)\)
\(A=\left(1-\frac{1}{\frac{\left(1+2\right).2}{2}}\right)\left(1-\frac{1}{\frac{\left(1+3\right).3}{2}}\right)...\left(1-\frac{1}{\frac{\left(1+2006\right).2006}{2}}\right)\)
\(A=\frac{2}{3}.\frac{5}{6}.\frac{9}{10}...\frac{2007.2006-2}{2006.2007}=\frac{4}{6}.\frac{10}{12}.\frac{18}{20}....\frac{2007.2006-2}{2006.2007}\) (1)
xét thấy:2007.2006-2=2006.(2008-1)+2006-2008=2006.(2008-1+1)-2008=2008.(2006-1)=2008.2005 (2)
(1),(2)\(=>A=\frac{4.1}{2.3}.\frac{5.2}{3.4}.\frac{6.3}{4.5}....\frac{2008.2005}{2006.2007}\)
\(A=\frac{\left(4.5.6...2008\right)\left(1.2.3...2005\right)}{\left(2.3.4....2006\right)\left(3.4.5...2007\right)}=\frac{2008}{2006.3}=\frac{1004}{3009}\)
Vậy A=1004/3009
Đáp án là A