K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

AH
Akai Haruma
Giáo viên
14 tháng 10 2023

Lời giải:
Bài toán tương đương với:
Tìm $m\in [-10;10]$ để $f(x)=(m+2)x^2-x+3m^2-2m$ với $x\in [0;+\infty)$ có GTLN.

Với $m=-2$ thì $f(x)=-x+16\leq 16$ với mọi $x\geq 0$ nên đạt gtln =16 tại $x=0$

Với $m>-2$ thì $f(x)$ là hàm bậc 2 có hệ số cao nhất dương. Đồng thời $x$ không bị chặn trên nên $f(x)$ không có gtln.

Với $m< -2$ thì $f'(x)=2x(m+2)-1<0$ với mọi $x\geq 0$

$\Rightarrow f(x)$ nghịch biến trên $[0;+\infty)$

$\Rightarrow f(x)\leq f(0)$ tức là hàm số có gtln.

Vậy $m\leq -2$. Tức là $m$ có thể nhận các giá trị $-2, -3, -4, -5, -6, -7, -8, -9,-10$, hay có 9 giá trị $m$ thỏa mãn.

10 tháng 8 2023

Tham khảo:

Câu 48: 

 

NV
22 tháng 6 2021

84.

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC\\BC\perp AB\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB\) đồng thời SB là hình chiếu vuông góc của SC lên (SAB)

\(\Rightarrow\widehat{BSC}\) là góc giữa SC và (SAB)

\(\Rightarrow\widehat{BSC}=30^0\)

\(\Rightarrow SB=\dfrac{BC}{tan30^0}=a\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow SA=\sqrt{SB^2-AB^2}=a\sqrt{2}\)

\(V=\dfrac{1}{3}SA.BC^2=\dfrac{a^3\sqrt{2}}{3}\)

NV
22 tháng 6 2021

87.

Gọi M là trung điểm BC \(\Rightarrow AM\perp BC\) (trung tuyến đồng thời là đường cao trong tam giác cân)

Mà \(SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC\)

\(\Rightarrow BC\perp\left(SAM\right)\)

Lại có BC là giao tuyến (SBC) và (ABC)

\(\Rightarrow\widehat{SMA}\) là góc giữa (SBC) và (ABC)

\(\Rightarrow\widehat{SMA}=60^0\)

\(AM=\sqrt{AB^2-BM^2}=\sqrt{4a^2-\left(\dfrac{3a}{2}\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{7}}{2}\)

\(SA=AM.tan60^0=\dfrac{a\sqrt{21}}{2}\)

\(V=\dfrac{1}{3}SA.\dfrac{1}{2}.AM.BC=\dfrac{7a^3\sqrt{3}}{8}\)

NV
23 tháng 4 2021

Xét \(I_1=2\int\limits^{\dfrac{\pi}{2}}_0f\left(sinx\right)cosxdx=2\int\limits^{\dfrac{\pi}{2}}_0f\left(sinx\right)d\left(sinx\right)\)

Đặt \(sinx=t\Rightarrow t\in\left[0;1\right]\Rightarrow f\left(t\right)=5-t\)

\(I_1=2\int\limits^1_0\left(5-t\right)dt=9\)

Xết \(I_2=3\int\limits^1_0f\left(3-2x\right)dx=-\dfrac{3}{2}\int\limits^1_0f\left(3-2x\right)d\left(3-2x\right)\)

Đặt \(3-2x=t\Rightarrow t\in\left[1;3\right]\Rightarrow f\left(t\right)=t^2+3\)

\(I_2=-\dfrac{3}{2}\int\limits^1_3\left(t^2+3\right)dt=\dfrac{3}{2}\int\limits^3_1\left(t^2+3\right)dt=22\)

\(\Rightarrow I=9+22=31\)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
14 tháng 10 2023

Lời giải:

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

Nếu $m=1$ thì $y=1$ với mọi $x\neq -1$ (loại)

Nếu $m> 1$ thì hàm số nghịch biến trên TXĐ

$\Rightarrow$ với $x\in [0;1]$ thì:
$y_{\min}=y(1)=\frac{m+1}{2}=3$

$\Leftrightarrow m=5$

Nếu $m<1$ thì hàm số đồng biến trên TXĐ

$\Rightarrow$ với $x\in [0;1]$ thì:

$y_{\min}=y(0)=\frac{0+m}{0+1}=3\Leftrightarrow m=3$ (vô lý do $m< 1$)

Vậy $m=5$. Nghĩa là đáp án D đúng. 

15 tháng 10 2023

\(g'\left(x\right)=\left(-2x\right)'\cdot f'\left(-2x\right)\)

\(=-2\cdot f'\left(-2x\right)\)

\(=-2\left(-2x^2-4x\right)\)

\(=4x^2+8x\)

\(g''\left(x\right)=4\cdot2x+8=8x+8\)

g'(x)=0

=>4x(x+2)=0

=>x=0 hoặc x=-2

Khi x=0 thì \(g''\left(x\right)=8\cdot0+8=8\)>0

=>Khi x=0 thì g(x) đạt giá trị cực đại

Khi x=-2 thì \(g''\left(x\right)=8\cdot\left(-2\right)+8=-8< 0\)

=>Khi x=-2 thì g(x) không đạt giá trị cực đại

Vậy: G(x) đạt giá trị cực đại tại x=0

AH
Akai Haruma
Giáo viên
14 tháng 10 2023

Lời giải:

Với hệ số lớn nhất là $1>0$ thì hàm trùng phương chỉ có cực tiểu khi mà:
$y'=4x^3-2(m^2-9)x=0$ có 1 nghiệm duy nhất.

$\Leftrightarrow 2x[2x^2-(m^2-9)]=0$ có nghiệm duy nhất. (*)

Mà pt này đã có sẵn nghiệm $x=0$ nên (*) xảy ra khi mà $2x^2-(m^2-9)=0$ vô nghiệm hoặc có nghiệm $x=0$

$\Leftrightarrow m^2-9=0$ hoặc $m^2-9<0$

$\Leftrightarrow m^2\leq 9$

$\Leftrightarrow -3\leq m\leq 3$

$\Leftrightarrow m\in\left\{-3; -2; -1; 0; 1; 2; 3\right\}$

Tức là có 7 giá trị $m$ nguyên tm.

NV
18 tháng 7 2021

Bài này chỉ cần kiên nhẫn, mà mình hơi thiếu kiên nhẫn nên hướng dẫn thôi nghe:

Từ giả thiết hàm đạt max tại \(x=-1\Rightarrow x=-1\) là 1 điểm cực đại

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}f'\left(-1\right)=0\\f''\left(-1\right)< 0\end{matrix}\right.\)

\(f'\left(-1\right)=0\Rightarrow6a-b+2=0\Leftrightarrow b=6a+2\)

Thế vào hàm ban đầu:

\(f\left(x\right)=a\left(x-1\right)^2\left(x^2+4x+5\right)\)

Tới đây tính \(f''\left(-1\right)=-4a< 0\Rightarrow a>0\)

Từ đó hoành độ min, max của f(x) hoàn toàn giống với hoành độ min, max của \(g\left(x\right)=\left(x-1\right)^2\left(x^2+4x+5\right)\)

Đạo hàm, giải phương trình, tính giá trị tại mút và cực trị => min, max

6 tháng 5 2021

Câu 35 Diện tích tam giác ABC là \(\dfrac{1}{2}\).AB.AC=\(\dfrac{1}{2}\).a\(^2\)

thể tích lăng trụ ABC.A'B'C'=a\(\sqrt{3}\).\(\dfrac{1}{2}\)a\(^2\)=a\(^3\)\(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

Câu 36 Gọi O là giao điểm của AC và DB

AC=\(\sqrt{2}\)a => AO=\(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)a
Mà góc SAC=45 => SO=AO=\(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)a

thể tích khối chóp S.ABCD = \(\dfrac{1}{3}\).\(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)a.a\(^2\)=\(\dfrac{\sqrt{2}}{6}\)a\(^3\)

Câu 37 \(\dfrac{Vs.A'B'C'}{Vs.ABC}\)=\(\dfrac{SA'}{SA}\).\(\dfrac{SB'}{SB}\).\(\dfrac{SC'}{SC}\)=\(\dfrac{1}{8}\) 

tương tự \(\dfrac{Vs.D'B'C'}{Vs.DBC}\)=\(\dfrac{1}{8}\)=> \(\dfrac{Vs.A'B'C'D'}{Vs.ABCD}\)=\(\dfrac{1}{8}\)