Đặt a=\(\sqrt{x-1}\)\(\Rightarrow\)y=\(\dfrac{\left(m-1\right)a+1}{a+m}\) với aϵ(4;6)

y'=\(\dfrac{m\left(m-1\right)-m}{\left(a+m\right)^2}\).....giải bình thường bạn sẽ ra

Lời giải:

ĐK: \(x\in\mathbb{R}|x\neq \frac{-1}{2}\)

Ta có: \(y=\frac{\sqrt[3]{x^2}}{2x+1}\Rightarrow y'=\frac{2(1-x)}{3\sqrt[3]{x}(2x+1)^2}, \forall x\neq 0; x\neq \frac{-1}{2}\)

\(y'=0\Leftrightarrow x=1\)

Lập bảng biến thiên với điểm \(x=0; x=1\) ta có

\(y_{\text{cực đại}}=y(1)=\frac{1}{3}\)

\(y_{\text{cực tiểu}}=y(0)=0\)

Ta có: \(x^2+2xy+7(x+y)+2y^2+10=0\)
<=> \((x^2+2xy+y^2)+7(x+y)+y^2+10=0\)
<=>(1)
Đặt t=x+y
=>(1)<=>\(y^2+t^2+7t+10=0 \)
Phương trình có nghiệm khi \(\Delta\)'\(\ge\)0
<=>\(t^2+7t+10=0 \) \(\le\)0
<=> -5\(\le\)t\(\le\)-2
=>Max S=1 khi t=-2<=>y=0;x=-2
Min S=-2 khi t=-5<=>y=0;x=-5

Tam giác là gì vậy?

Lời giải:

MXĐ: \(x\in [2;4]\)

Ta có với \(x\neq 2; x\neq 4\) thì:

\(y'=(\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x})'=\frac{1}{2\sqrt{x-2}}-\frac{1}{2\sqrt{4-x}}\)

\(y'=0\Leftrightarrow \sqrt{4-x}=\sqrt{x-2}\Leftrightarrow x=3\)

Lập bảng biến thiên ta suy ra hàm số đồng biến trên \((2;3)\), nghịch biến trên \((3,4)\)

Bảng biến thiên:

Câu 1:

\(y=x^3-3mx^2+2\Rightarrow y'=3x^2-6mx\)

\(y'=0\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} x=0\\ x=2m\end{matrix}\right.\)

Để $(C_m)$ có 2 cực trị thì \(y'=0\) phải có 2 nghiệm , tức là $m\neq 0$

Khi đó: Hai cực trị của đths là: \(A(0; 2); B(2m, 2-4m^3)\)

Gọi ptđt $AB$ là $y=ax+b$

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 2=a.0+b\\ 2-4m^3=2ma+b\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} b=2\\ a=-2m^2\end{matrix}\right.\)

Vậy PTĐT $AB$ là: \(y=-2m^2x+2\)

$I(1,0)$ đi qua nên \(0=-2m^2+2\Rightarrow m=\pm 1\)

Câu 2:

Ta có:

\(y=(2x^2-1)^3(x^2-1)^2\)

\(\Rightarrow y'=3.4x(2x^2-1)^2(x^2-1)^2+2.2x(2x^2-1)^3(x^2-1)\)

\(=4x(x^2-1)(2x^2-1)^2(5x^2-4)\)

Vì $(2x^2-1)^2$ là lũy thừa số mũ chẵn nên tại \(x=\pm \sqrt{\frac{1}{2}}\) thì đths không đổi hướng biến thiên mà tiếp tục đơn điệu tăng hoặc đơn điệu giảm nên nó không phải điểm cực trị

Do đó các điểm cực trị của đths thỏa mãn: \(4x(x^2-1)(5x^2-4)=0\Leftrightarrow x=0; x=\pm 1; x=\frac{\pm 2}{\sqrt{5}}\)

Tức là có 5 cực trị

Lời giải:

Ta có: \(y=ax-\sin x+3\)

\(\Rightarrow y'=a-\cos x\)

Để hàm số $y$ đồng biến trên $R$ thì:

\(y'\geq 0, \forall x\in\mathbb{R}\Leftrightarrow a-\cos x\geq 0\)

\(\Leftrightarrow a\geq \cos x, \forall x\in\mathbb{R}\Leftrightarrow a\geq max(\cos x)\)

Mà \(\cos x\leq 1\rightarrow \max (\cos x)=1\Rightarrow a\geq 1\)

Vậy \(a\in [1;+\infty)\)

Lời giải:

Chọn điểm $I$ sao cho \(\overrightarrow{IA}-2\overrightarrow{IB}=0\)

\(\Leftrightarrow (1-x_I, 2-y_I, 1-z_I)-2(2-x_I, -1-y_I, 3-z_I)=0\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 1-x_I-2(2-x_I)=0\\ 2-y_I-2(-1-y_I)=0\\ 1-z_I-2(3-z_I)=0\end{matrix}\right.\Rightarrow I(3,-4, 5)\)

Có:

\(MA^2-2MB^2=(\overrightarrow {MI}+\overrightarrow{IA})^2-2(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB})^2\)

\(=-MI^2+IA^2-2IB^2+2\overrightarrow{MI}(\overrightarrow{IA}-2\overrightarrow{IB})\)

\(=-MI^2+IA^2-2IB^2\)

Do đó để \(MA^2-2MB^2\) max thì \(MI^2\) min. Do đó $M$ là hình chiếu vuông góc của $I$ xuống mặt phẳng $Oxy$

Gọi d là đường thẳng đi qua $I$ và vuông góc với (Oxy)

Khi đó: \(d:\left\{\begin{matrix} x=3\\ y=-4\\ z=5+t\end{matrix}\right.\)

$M$ thuộc d và $(Oxy)$ thì ta có thể suy ra ngay đáp án D

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\((a^2+b^2+1)(1+1+c^2)\geq (a+b+c)^2\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+1\geq \frac{(a+b+c)^2}{c^2+2}\Rightarrow \frac{1}{a^2+b^2+1}\leq \frac{c^2+2}{(a+b+c)^2}\)

Thiết lập tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:

\(\Rightarrow A=\frac{1}{a^2+b^2+1}+\frac{1}{b^2+c^2+1}+\frac{1}{c^2+a^2+1}\leq \frac{6+a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}\)

\(\Leftrightarrow A\leq \frac{2(ab+bc+ac)+a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}=\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1\)

Vậy \((\frac{1}{a^2+b^2+1}+\frac{1}{b^2+c^2+1}+\frac{1}{c^2+a^2+1})_{\max}=1\Leftrightarrow a=b=c=1\)

Cho 2 tập hợp A và B. Biết tập hợp B khác rỗng, số phần tử của tập B gấp đôi số phần tử của tập A∩B và A∪B có 10 phần tử. Hỏi tập A và B có bao nhiêu phần tử? Hãy xét các trường hợp xảy ra và dùng biểu đồ Ven minh họa?

Lời giải:

Giả sử \(A=(a,0,0); B=(0,b,0); C=(0,0,c)\)

Phương trình mặt phẳng $(P)$ là:

\(\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1\) (đây là dạng PTMP theo đoạn chắn rất quen thuộc)

Vì \(M\in (P)\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}=1(*)\)

Ta có:

\(A=\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OB^2}+\frac{1}{OC^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky có:

\(\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)(1+2^2+1)\geq \left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow 6A\geq 1\Leftrightarrow A\geq \frac{1}{6}\). Điểm "min" xảy ra khi : \(\frac{1}{a}=\frac{1}{2b}=\frac{1}{c}\)

Đặt \(\frac{1}{a}=\frac{1}{2b}=\frac{1}{c}=t\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=\frac{1}{t}\\ b=\frac{1}{2t}\\ c=\frac{1}{t}\end{matrix}\right.\). Thay vào \((*)\Rightarrow t=\frac{1}{6}\)

Thay vào ptmp ban đầu suy ra ptmp (P) là:

\(\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1\Leftrightarrow xt+2yt+zt=1\)

\(\Leftrightarrow \frac{x}{6}+\frac{y}{3}+\frac{z}{6}=1\) hay \(x+2y+z-6=0\)

Lời giải:

ĐK: \(m\in (-\infty; 0)\cup (4;+\infty)\)

\(y=\frac{x-m^2-1}{x-m}=1-\frac{m^2-m+1}{x-m}\)

\(\Rightarrow y'=\frac{m^2-m+1}{(x-m)^2}=\frac{(m-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}{(x-m)^2}>0\)

Do đó hàm số đã cho luôn đồng biến

\(\Rightarrow y(x)\leq y(4)\Leftrightarrow y_{\max}=y(4)=\frac{3-m^2}{4-m}\)

Ta có: \(\frac{3-m^2}{4-m}=-6\Leftrightarrow m^2+6m-27=0\)

\(\Leftrightarrow (m-3)(m+9)=0\) \(\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} m=3(L)\\ m=-9(C)\end{matrix}\right.\)

Vậy có 1 giá trị m thỏa mãn .