Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(t=2^x\left(t>0\right)\), xét hàm số \(F\left(t\right)=\frac{a}{3}t^3+\frac{b}{3}t^2+ct\) khả vi liên tục trên \(\left(0;+\infty\right)\) và \(F\left(1\right)-F\left(0\right)=\frac{a}{3}+\frac{b}{2}+c=0\)
Theo định lí Laggange thì tồn tại ít nhất 1 số \(k\in\left(0;1\right)\) sao cho :
\(F'\left(k\right)=ak^2+bk+c=0\)
Do đó \(x=\log_2k\) là nghiệm của phương trình đã cho
ĐK: \(\left\{{}\begin{matrix}2x^2+2x-6>0\\2x^2-5x+4>0\\mx-5>0\end{matrix}\right.\)
Khi đó pt tương đương:
\(2log_{mx-5}\left(x^2+2x-6\right)=2log_{mx-5}\left(2x^2-5x+4\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+2x-6=2x^2-5x+4\)
\(\Leftrightarrow x^2-7x+10=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=5\\x=2\end{matrix}\right.\)
Thay 2 nghiệm vào 2 điều kiện đầu đều thỏa mãn
\(\Rightarrow\) pt có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi có đúng 1 nghiệm thỏa mãn \(mx-5>0\)
TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}2m-5>0\\5m-5\le0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>\frac{5}{2}\\m\le1\end{matrix}\right.\) (ko có m thỏa mãn)
TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}5m-5>0\\2m-5\le0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>1\\m\le\frac{5}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow1< m\le\frac{5}{2}\)
Gọi \(x_1,x_2\) là các nghiệm phương trình và \(r=\left|x_2\right|=\left|x_2\right|\) Khi đó :
\(\frac{p^2}{q^2}=\frac{\left(x_1+x_2\right)^2}{x_1x_2}=\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}+2=\frac{x_1\overline{x_2}}{r^2}+\frac{x_2\overline{x_1}}{r^2}+2=2+\frac{2}{r^2}Re\left(x_1\overline{x_2}\right)\)
Là số thực, hơn nữa :
\(Re\left(x_1\overline{x_2}\right)\ge-\left|x_1\overline{x_2}\right|=-r^2\)
Do đó \(\frac{p^2}{q^2}\ge0\)
vậy \(\frac{p}{q}\) là một số thực
Lời giải:
PT \(\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
x\leq 3\\
2x^2+mx=(3-x)^2=x^2-6x+9\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\leq 3\\ x^2+(m+6)x-9=0(1)\end{matrix}\right.\)
Với (1):
$\Delta=(m+6)^2+36$ nên PT(1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi $m$. Để PT ban đầu có duy nhất 1 nghiệm thì PT (1) phải có 1 nghiệm $x_1\leq 3$, nghiệm còn lại $x_2>3$
Điều này xảy ra khi mà :
\((x_1-3)(x_2-3)\leq 0\)
\(\Leftrightarrow x_1x_2-3(x_1+x_2)+9\leq 0\)
\(\Leftrightarrow -9-3(-m-6)+9\leq 0\Leftrightarrow 3(m+6)\leq 0\Leftrightarrow m\leq -6\)
Lời giải:
Ta có: \(\sqrt{(2x^2+1)^2}=x^2-2(m-1)x+m^2-3m\)
\(\Leftrightarrow 2x^2+1=x^2-2(m-1)x+m^2-3m\)
\(\Leftrightarrow x^2+2(m-1)x+(3m+1-m^2)=0\)
Để PT có nghiệm duy nhất thì :
\(\Delta'=(m-1)^2-(3m+1-m^2)=0\)
\(\Leftrightarrow 2m^2-5m=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=0\\m=\dfrac{5}{2}\end{matrix}\right.\)
lời giải
theo phương pháp chia nhỏ xét
\(f\left(x\right)=x^5-x^2-2x-1\)
\(f'\left(x\right)=5x^4-2x-2\)
\(f''\left(x\right)=20x^3-2\)
1) xét f'(x)
\(f''\left(x\right)=0\Rightarrow x=\sqrt[3]{\dfrac{1}{10}}\Rightarrow f'\left(x\right)\)
xét hàm f'(x) nếu có chỉ có 2 nghiệm trái dấu
f''(x) \(\left\{{}\begin{matrix}f''\left(x\right)< 0\\x\le0\end{matrix}\right.\)
Vậy điểm cực đại f(x) có hoành độ xcd<0
\(\left\{{}\begin{matrix}f'\left(-1\right)=5>0\\f'\left(0\right)=-2< 0\\f'\left(1\right)=1>0\end{matrix}\right.\) vậy f'(x) có hai nghiệm \(\left[{}\begin{matrix}x_{cđ}=\left(-1,0\right)\\x_{ct}=\left(0,1\right)\end{matrix}\right.\)
Ta lại có
\(f\left(x\right)=\dfrac{x}{5}.f'\left(x\right)-\dfrac{1}{5}\left(3x^2+8x+5\right)\)
\(\Rightarrow f\left(x_{cd}\right)=-\dfrac{1}{5}\left(x^2+8x-5\right)\)
{a-b+c=0} \(\Rightarrow f\left(x_{cd}\right)\le0..khi..\left[{}\begin{matrix}x\le-\dfrac{5}{3}\\x\ge-1\end{matrix}\right.\)
Khi \(-1< x< 0\Rightarrow f\left(cđ\right)< 0\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) có nghiệm duy nhất --> dpcm
p/s:
nếu làm tổng thể \(f\left(x_{xd}\right).f\left(x_{ct}\right)>0\) ra bậc bốn rất khó khăn trong việc giải BPT
Lời giải sau đây có lẽ đơn giản hơn:
Viết lại phương trình đã cho dưới dạng \(x^5=\left(x+1\right)^2\). Từ đó nếu \(x\) là nghiệm của phương trình thì \(x\ge0\).
Hơn nữa, \(x\ge0\Rightarrow x+1\ge1\Rightarrow x^5=\left(x+1\right)^2\ge1\Rightarrow x\ge1\) . Như vậy mọi \(x< 1\) đều không phải là nghiệm của phương trình.
Xét \(x\ge1\), ta có \(f'\left(x\right)=5x^4-2x-2=2x\left(x^3-1\right)+2\left(x^4-1\right)+1>0\). Do đó hàm số
\(f\left(x\right)=x^5-x^2-2x-1\) đồng biến trong khoảng \([1;+\infty)\). Ngoài ra \(f\left(1\right)=-3;f\left(2\right)=23\) nên phương trình \(f\left(x\right)=0\) có duy nhất một nghiệm (trong khoảng \(\left(1;2\right)\)).