Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Từ bảng biến thiên bạn có thể vẽ được đồ thị hàm số $f(x)$
Khi đó pt : $f(x)=\frac{2019}{2}$ có nghiệm duy nhất $x\in (3;+\infty)$
Đáp án D.
41. Do \(\left(e;e^2\right)\in\left(2;+\infty\right)\) nên \(f\left(x\right)=3x^2+6x\)
\(I=\int\limits^{e^2}_e\dfrac{3\left(ln^2x\right)^2+6ln^2x}{x.lnx}dx=\int\limits^{e^2}_e\dfrac{3ln^3x+6lnx}{x}dx\)
Đặt \(lnx=t\Rightarrow\dfrac{dx}{x}=dt\) ; \(\left\{{}\begin{matrix}x=e\Rightarrow t=1\\x=e^2\Rightarrow t=2\end{matrix}\right.\)
\(I=\int\limits^2_1\left(3t^3+6t\right)dt=\int\limits^2_1\left(\dfrac{3}{4}t^4+3t^2\right)|^2_1=\dfrac{81}{4}\)
Cả 4 đáp án đều sai
42.
Đặt \(2021=a\) (ngắn cho dễ viết), \(z=x+yi\Rightarrow x^2+y^2=a^4\)
\(\left(x+\left(y+a\right)i\right)\left(x-\dfrac{1}{a}-yi\right)=x^2-\dfrac{x}{a}+y^2+ay+\left(ax-\dfrac{y}{a}-1\right)i\)
Số đã cho thuần ảo \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2=a^4\\x^2+y^2-\dfrac{x}{a}+ay=0\end{matrix}\right.\) và \(ax-\dfrac{y}{a}-1\ne0\) (1)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2=a^4\\a^4-\dfrac{x}{a}+ay=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2=a^4\\x=a^5+a^2y\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left(a^5+a^2y\right)^2+y^2=a^4\)
\(\Rightarrow\left(a^4+1\right)y^2+2a^7y+a^{10}-a^4=0\)
\(\Delta'=a^{14}-\left(a^4+1\right)\left(a^{10}-a^4\right)=-a^4\left(a^6-a^4-1\right)< 0\)
\(\Rightarrow\) Pt vô nghiệm hay ko tồn tại số phức thỏa yêu cầu
7a.
\(y'=3x^2-2\left(m-1\right)x-m-3\)
Hàm nghịch biến trên \(\left(-1;0\right)\) khi và chỉ khi \(y'\le0\) ; \(\forall x\in\left(-1;0\right)\)
\(\Leftrightarrow3x^2-2\left(m-1\right)x-m-3\le0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta'=\left(m-1\right)^2+3\left(m+3\right)>0\\x_1\le-1< 0\le x_2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2+m+10>0\left(\text{luôn đúng}\right)\\f\left(-1\right)\le0\\f\left(0\right)\le0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3+2\left(m-1\right)-m-3\le0\\-m-3\le0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m-2\le0\\-m-3\le0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow-3\le m\le2\)
7b.
\(y'=-x^2+2\left(m-1\right)x+m+3\)
Hàm đồng biến trên \(\left(0;3\right)\) khi và chỉ khi \(y'\le0\) ; \(\forall x\in\left(0;3\right)\)
\(\Leftrightarrow-x^2+2\left(m-1\right)x+m+3\ge0\) ; \(\forall x\in\left(0;3\right)\)
\(\Leftrightarrow m\left(2x+1\right)\ge x^2+2x-3\)
\(\Leftrightarrow m\ge\dfrac{x^2+2x-3}{2x+1}\)
\(\Leftrightarrow m\ge\max\limits_{\left[0;3\right]}\dfrac{x^2+2x-3}{2x+1}\)
Xét hàm \(f\left(x\right)=\dfrac{x^2+2x-3}{2x+1}\) trên \(\left(0;3\right)\)
\(f'\left(x\right)=\dfrac{2\left(x^2+x+4\right)}{\left(2x+1\right)^2}>0\) ; \(\forall x\Rightarrow f\left(x\right)\) đồng biến
\(\Rightarrow f\left(x\right)< f\left(3\right)=\dfrac{12}{7}\)
\(\Rightarrow m\ge\dfrac{12}{7}\)
Để hàm bậc 3 có 2 cực trị nằm về 2 phía trục hoành
\(\Leftrightarrow y=0\) có 3 nghiệm pb
\(\Leftrightarrow x^3-\left(2m+1\right)x^2+\left(m+1\right)x+m-1=0\) có 3 nghiệm pb
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^2-2mx-m+1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x^2-2mx-m+1=0\left(1\right)\end{matrix}\right.\)
Bài toán thỏa mãn khi (1) có 2 nghiệm pb khác 1
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=1-2m-m+1\ne0\\\Delta'=m^2+m-1>0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ne\dfrac{2}{3}\\\left[{}\begin{matrix}m< \dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}\\m>\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
Có 19 số tự nhiên nhỏ hơn 20 thỏa mãn
42.
Do mọi hình hộp đều cho kết quả như nhau nên để đơn giản, chúng ta sẽ sử dụng hình hộp chữ nhật để tính toán (với 1 dạng hộp bất kì thì cần kẻ đường cao để tính tỉ lệ, như vậy rất mất thời gian, trong khi sử dụng hộp chữ nhật thì có thể sử dụng trực tiếp cạnh để tính, gọn hơn nhiều):
Nối MN kéo dài cắt CD tại E \(\Rightarrow AM=DE=\dfrac{1}{2}CD\)
Nối PE cắt D'D tại F \(\Rightarrow\dfrac{DF}{CP}=\dfrac{DE}{CE}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow DF=\dfrac{1}{3}CP=\dfrac{1}{6}CC'\)
\(\Rightarrow QF=\dfrac{1}{2}CC'-\dfrac{1}{6}CC'=\dfrac{1}{3}CC'\)
\(V_{MNPQ}=V_{M.PQE}-\left(V_{E.NQF}+V_{P.NQF}\right)\)
Có:
\(V_{M.PQE}=\dfrac{1}{3}AD.\dfrac{1}{2}DQ.PQ=\dfrac{1}{12}AD.D'D.CD=\dfrac{1}{12}V\)
\(V_{E.NQF}=\dfrac{1}{3}.ED.\dfrac{1}{2}ND.QF=\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}CD.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}AD.\dfrac{1}{3}D'D=\dfrac{1}{72}V\)
\(V_{P.NQF}=\dfrac{1}{3}.PQ.\dfrac{1}{2}ND.QF=\dfrac{1}{3}CD.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}AD.\dfrac{1}{3}D'D=\dfrac{1}{36}V\)
\(\Rightarrow V_{MNPQ}=\dfrac{1}{12}V-\left(\dfrac{1}{72}V+\dfrac{1}{36}V\right)=\dfrac{V}{24}\)
Bài này áp hệ trục tọa độ giải có lẽ sẽ ngắn hơn
43.
\(y'=2f'\left(2x+m\right)\) có cùng tính đơn điệu với hàm \(f\left(x\right)\)
Mà \(f\left(x\right)\) đồng biến trên \(\left(-1;1\right)\) và \(\left(4;+\infty\right)\)
\(\Rightarrow y=f\left(2x+m\right)\) đồng biến trên các khoảng thỏa mãn:
\(\left[{}\begin{matrix}-1\le2x+m\le1\\2x+m\ge4\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\dfrac{-1-m}{2}\le x\le\dfrac{1-m}{2}\\x\ge\dfrac{4-m}{2}\end{matrix}\right.\)
Hàm đồng biến trên \(\left(1;2\right)\) khi và chỉ khi:
\(\left[{}\begin{matrix}\dfrac{-1-m}{2}\le1< 2\le\dfrac{1-m}{2}\\1\ge\dfrac{4-m}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=-3\\m\ge2\end{matrix}\right.\)