Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1.
Hàm tuần hoàn với chu kì \(2\pi\) nên ta chỉ cần xét trên đoạn \(\left[0;2\pi\right]\)
\(y'=\frac{-4}{\left(cosx-2\right)^2}.sinx=0\Leftrightarrow x=k\pi\)
\(\Rightarrow x=\left\{0;\pi;2\pi\right\}\)
\(y\left(0\right)=-3\) ; \(y\left(\pi\right)=\frac{1}{3}\) ; \(y\left(2\pi\right)=-3\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}M=\frac{1}{3}\\m=-3\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow9M+m=0\)
2.
\(\Leftrightarrow y.cosx+y.sinx+2y=2k.cosx+k+1\)
\(\Leftrightarrow y.sinx+\left(y-2k\right)cosx=k+1-2y\)
Theo điều kiện có nghiệm của pt lượng giác bậc nhất:
\(\Rightarrow y^2+\left(y-2k\right)^2\ge\left(k+1-2y\right)^2\)
\(\Leftrightarrow2y^2-4k.y+4k^2\ge4y^2-4\left(k+1\right)y+\left(k+1\right)^2\)
\(\Leftrightarrow2y^2-4y-3k^2+2k+1\le0\)
\(\Leftrightarrow2\left(y-1\right)^2\le3k^2-2k+1\)
\(\Leftrightarrow y\le\sqrt{\frac{3k^2-2k+1}{2}}+1\)
\(y_{max}=f\left(k\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{3k^2-2k+1}+1\)
\(f\left(k\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{3\left(k-\frac{1}{3}\right)^2+\frac{2}{3}}+1\ge\frac{1}{\sqrt{3}}+1\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(k=\frac{1}{3}\)
Đáp án A
1/ ĐKXĐ: \(\cos2x\ne0\)
\(\frac{\cos4x}{\cos2x}=\frac{\sin2x}{\cos2x}\)\(\Leftrightarrow\cos4x-\sin2x=0\)
\(\Leftrightarrow2\cos^22x-1-\sin2x=0\)
\(\Leftrightarrow2-2\sin^22x-1-\sin2x=0\)
\(\Leftrightarrow2\sin^22x+\sin2x-1=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sin2x=\frac{1}{2}=\sin\frac{\pi}{6}\\\sin2x=-1=\sin\frac{-\pi}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2x=\frac{\pi}{6}+2k\pi\\2x=\frac{5\pi}{6}+2k\pi\\2x=\frac{-\pi}{2}+2k\pi\left(l\right)\\2x=\frac{3\pi}{2}+2k\pi\left(l\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\frac{\pi}{12}+k\pi\\x=\frac{5\pi}{12}+k\pi\end{matrix}\right.\)
2/ \(\sin2.4x+\cos4x=1+2\sin2x.\cos\left(2x+4x\right)\)
\(\Leftrightarrow2\sin4x.\cos4x+\cos4x=1+2\sin2x.\left(\cos2x.\cos4x-\sin2x.\sin4x\right)\)
\(\Leftrightarrow2\sin4x.\cos4x+\cos4x=1+2\sin2x.\cos2x.\cos4x-2\sin^22x.\sin4x\)
\(\Leftrightarrow2\sin4x.\cos4x+\cos4x=1+\sin4x.\cos4x-\sin4x+\cos4x.\sin4x\)
Đến đây bn tự giải nốt nhé, lm kiểu bthg thôi bởi vì đã quy về hết sin4x và cos4x r
Lời giải:
Với $m^2+(m+1)^2>0$ ta thấy:
PT \(\Leftrightarrow \frac{m}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\sin x+\frac{m+1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\cos x=\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}(*)\)
Vì \((\frac{m}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}})^2+(\frac{m+1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}})^2=1\) nên tồn tại $a$ sao cho:
\(\sin a=\frac{m}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}; \cos a=\frac{m+1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\). Khi đó:
\((*)\Leftrightarrow \sin a\sin x+\cos a\cos x=\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\)
\(\Leftrightarrow \cos (x-a)=\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\)
Để PT có nghiệm thì \(\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\in [-1;1]\Leftrightarrow m^2+(m+1)^2\geq 1\)
Đặt \(\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}=\cos b(1)\Rightarrow \cos (x-a)=\cos b\)
\(\Leftrightarrow x=a\pm b+2k\pi \) ($k_i$ nguyên)
PT có 2 nghiệm có dạng $x_1=a+b+2k_1\pi$ và $x_1=a-b+2k_2\pi$ (nếu $x_1,x_2$ cùng họ nghiệm thì $|x_1-x_2|=|2n\pi|\neq \frac{\pi}{2}$)
\(\Rightarrow |x_1-x_2|=|2b+2(k_1-k_2)\pi|\)
\(\Rightarrow \cos |x_1-x_2|=\cos |2b+2(k_1-k_2)\pi|=\cos 2b=\cos \frac{\pi}{2}=0\)
\(\Leftrightarrow 2\cos ^2b-1=0\Leftrightarrow \cos ^2b=\frac{1}{2}\). Kết hợp vs $(1)$ suy ra $m^2+(m+1)^2=2$
$\Rightarrow m=\frac{-1\pm \sqrt{3}}{2}$
Thử lại thấy thỏa mãn.
Lời giải:
Với $m^2+(m+1)^2>0$ ta thấy:
PT \(\Leftrightarrow \frac{m}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\sin x+\frac{m+1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\cos x=\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}(*)\)
Vì \((\frac{m}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}})^2+(\frac{m+1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}})^2=1\) nên tồn tại $a$ sao cho:
\(\sin a=\frac{m}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}; \cos a=\frac{m+1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\). Khi đó:
\((*)\Leftrightarrow \sin a\sin x+\cos a\cos x=\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\)
\(\Leftrightarrow \cos (x-a)=\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\)
Để PT có nghiệm thì \(\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\in [-1;1]\Leftrightarrow m^2+(m+1)^2\geq 1\)
Đặt \(\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}=\cos b(1)\Rightarrow \cos (x-a)=\cos b\)
\(\Leftrightarrow x=a\pm b+2k\pi \) ($k_i$ nguyên)
PT có 2 nghiệm có dạng $x_1=a+b+2k_1\pi$ và $x_1=a-b+2k_2\pi$ (nếu $x_1,x_2$ cùng họ nghiệm thì $|x_1-x_2|=|2n\pi|\neq \frac{\pi}{2}$)
\(\Rightarrow |x_1-x_2|=|2b+2(k_1-k_2)\pi|\)
\(\Rightarrow \cos |x_1-x_2|=\cos |2b+2(k_1-k_2)\pi|=\cos 2b=\cos \frac{\pi}{2}=0\)
\(\Leftrightarrow 2\cos ^2b-1=0\Leftrightarrow \cos ^2b=\frac{1}{2}\). Kết hợp vs $(1)$ suy ra $m^2+(m+1)^2=2$
$\Rightarrow m=\frac{-1\pm \sqrt{3}}{2}$
Thử lại thấy thỏa mãn.
\(f\left(x\right)=x^3-3x^2+\left(2m-2\right)x+m-3\\ f'\left(x\right)=3x^2-6x+2m-2\\ \Delta'_{f'}=-6m+15\)
Phương trình có 3 nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta'_{f'}=-6m+15>0\\y_{CĐ}y_{CT}< 0\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< \frac{5}{2}\\\left[\left(\frac{4}{3}m-\frac{10}{3}\right)x_{CĐ}+\frac{5}{3}m-\frac{11}{3}\right]\left[\left(\frac{4}{3}m-\frac{10}{3}\right)x_{CT}+\frac{5}{3}m-\frac{11}{3}\right]\end{matrix}\right.\\ \left\{{}\begin{matrix}m< \frac{5}{2}\\32m^3+3m^2-534m+823< 0\end{matrix}\right.\left(k\right)}\)
Theo định lí Viet ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2+x_3=3>0\\x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=2m-2\\x_1x_2x_3=3-m>0\end{matrix}\right.\)
Từ \(x_1< -1< x_2< x_3\Rightarrow\left(x_1+1\right)\left(x_2+1\right)\left(x_2+1\right)< 0\)
Và từ \(\left(x_1+1\right)\left(x_2+1\right)\left(x_3+1\right)< 0\), do Viet ở trên nên \(x_1< -1< x_2< x_3\)
Vậy phương trình có 3 nghiệm thỏa mãn yêu cầu đề bài \(\Leftrightarrow\left(x_1+1\right)\left(x_2+1\right)\left(x_3+1\right)< 0\\ \Leftrightarrow x_1x_2x_3+x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1+x_1+x_2+x_3+1< 0\\ \Leftrightarrow3-m+2m-2+3+1< 0\Leftrightarrow m< -5\)
Với m<-5 thì thỏa mãn điều kiện (k) ở trên. Vậy -10<m<-5