Câu 2:

a) Điều kiện: \(x\ne-1\)

BPT tương đương:

\(\frac{\left(x+1\right)^2\left(\sqrt{x^2+2x+2}+1\right)}{x^2+2x+1}\ge4+2x\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2+2x+2}\ge3+2x\)

\(\Leftrightarrow3+2x< 0\left(h\right)\hept{\begin{cases}3+2x\ge0\\x^2+2x+2\ge9+12x+4x^2\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow x< -\frac{3}{2}\left(h\right)\hept{\begin{cases}x\ge-\frac{3}{2}\\-\frac{7}{3}\le x\le-1\end{cases}}\Leftrightarrow x\le-1\)

Kết hợp ĐK suy ra \(S_a=\left(-\infty;-1\right)\)

b) Hệ tương đương:

\(\hept{\begin{cases}\left(x^2+1\right)=y\left(x+y+2\right)\left(1\right)\\\left(x^2+1\right)\left(x+y-2\right)=5y\left(2\right)\end{cases}}\)

Ta thấy VP(1) = VT (1) = x² + 1 khác 0, vậy thì chia VT(2) và VP(2) cho VT(1) và VP (1), ta được:

\(x+y-2=\frac{5}{x+y+2}\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2=9\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+y=3\\x+y=-3\end{cases}}\)

+) Nếu \(y=3-x\) thì (1) trở thành:

\(x^2+5x-14=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=2\\x=-7\end{cases}}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}\left(x;y\right)=\left(2;1\right)\\\left(x;y\right)=\left(-7;10\right)\end{cases}}\)

+) Nếu \(y=-3-x\) thì (1) trở thành:

\(x^2-x-2=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-1\\x=2\end{cases}}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}\left(x;y\right)=\left(-1;-2\right)\\\left(x;y\right)=\left(2;-5\right)\end{cases}}\)

Vậy \(S_b=\left\{\left(2;1\right);\left(-7;10\right);\left(-1;-2\right);\left(2;-5\right)\right\}.\)

TH 4 bạn nữ hoặc 5 bạn nữ đứng liền nhau: 

Coi nhóm 4 bạn nữ là X, số cách sắp xếp nhóm X là: \(4!\)(cách)

Sắp xếp X, 1 bạn nữ còn lại và 4 bạn nam có:  \(6!\)(cách)

Xếp ngẫu nhiên 9 bạn có: \(9!\)(cách)

Vậy xác suất để không quá 3 bạn nữ đứng liền nhau là: \(\frac{9!-4!.6!}{9!}=\frac{20}{21}\)

????????????

không đăng linh tinh nha

Gọi tọa độ điểm MM, NN lần lượt là M(x1;y1), N(x2;y2)M(x1;y1), N(x2;y2).

Hệ số góc tiếp tuyến của (C)(C) tại MM và NN lần lượt là

k1=y′(x1)=−3x12+6x1−1k1=y′(x1)=−3x12+6x1−1; k2=y′(x2)=−3x22+6x2−1k2=y′(x2)=−3x22+6x2−1

Để tiếp tuyến của (C)(C) tại MM và NN luôn song song với nhau điều kiện là

{k1=k2x1≠x2{k1=k2x1≠x2 ⇔{(x1−x2)[−3(x1+x2)+6]=0x1≠x2⇔{(x1−x2)[−3(x1+x2)+6]=0x1≠x2⇔x1+x2=2⇔x1+x2=2.

Ta có:y1+y2=−(x1+x2)[(x1+x2)2−3x1x2]+3[(x1+x2)2−2x1x2]−(x1+x2)+8y1+y2=−(x1+x2)[(x1+x2)2−3x1x2]+3[(x1+x2)2−2x1x2]−(x1+x2)+8

Do x1+x2=2x1+x2=2 nên y1+y2=−2(4−3x1x2)+3(4−2x1x2)+8=10y1+y2=−2(4−3x1x2)+3(4−2x1x2)+8=10.

Trung điểm của đoạn MNMN là I(1;5)I(1;5). Vậy đường thẳng MNMN luôn đi qua điểm cố định I(1;5)I(1;5).

Ta có \(y'=-3x^2+6x-1\Rightarrow y^n=-6x+6;y^n=0\Leftrightarrow x=1\Rightarrow I\left(1;5\right)\) là điểm uốn của đồ thị (C)

G/s M (x_M;y_M); N(x_N;y_N) là 2 điểm di động trên (C)

Tiếp tuyển của (C) tại M,N song song với nhau

=> y'(x_M)=y'(x_N)

\(\Leftrightarrow-3x^2_M+6x_M-1=-3x_N^2+6x_N-1\)

\(\Leftrightarrow-3\left(x_M-x_N\right)\left(x_N+x_M\right)+6\left(x_M-x_N\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{x_M+x_N}{2}=1\left(x_M\ne x_N\right)\)=> I là trung điểm MN

Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm I cố định

Cho hàm số y=f(x)y=f(x)có đạo hàm liên tục trên khoảng K và có đồ thị là đường cong (C), phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M(a,f(a)),(a∈K)M(a,f(a)),(a∈K) là:

y=f′(a)(x−a)+f(a).

 . 

y=-x-3

em gửi hình ảnh

y′=(2x+3)2−1​.

Đường thẳng y = ax+by=ax+b là tiếp tuyến của đường cong (C)(C) khi hệ phương trình sau có nghiệm:

\left\{\begin{aligned} &\dfrac{x+2}{2x+3} = ax+b\\ &a = \dfrac{-1}{(2x+3)^2} (1)\\ \end{aligned}\right.⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧​​2x+3x+2​=ax+ba=(2x+3)2−1​(1)​

Mà tiếp tuyến của (C)(C) cắt trục hoành tại AA, cắt trục tung tại BB sao cho AOBAOB là tam giác vuông cân tại OO nên a = -1a=−1 và b \ne 0 (2).b​=0(2).

Từ (1)(1) và (2)(2) suy ra \left[\begin{aligned} &2x+3=1\\ &2x+3=-1\\ \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} &x = -1\\ &x = -2\\ \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} &b = 0 (l)\\ &b = -2 (tm) \end{aligned}\right. \Rightarrow a+b = -3.[​2x+3=12x+3=−1​⇔[​x=−1x=−2​⇔[​b=0(l)b=−2(tm)​⇒a+b=−3.

y=-6x-3

Gọi N(x_0;y_0)N(x0​;y0​) là tiếp điểm của tiếp tuyến đã cho.

Phương trình tiếp tuyến dd có dạng: y = (4x_0^3+2x_0)(x-x_0)+x_0^4+x_0^2+1y=(4x03​+2x0​)(x−x0​)+x04​+x02​+1.

M \in dM∈d nên 3 = (4x_0^3+2x_0)(-1-x_0)+x_0^4+x_0^2+1 \Leftrightarrow 3x_0^4+4x_0^3+x_0^2+2x_0+2=03=(4x03​+2x0​)(−1−x0​)+x04​+x02​+1⇔3x04​+4x03​+x02​+2x0​+2=0

\Leftrightarrow (x_0+1)^2(3x_0^2-2x_0+2) = 0 \Leftrightarrow x_0 = -1 \Rightarrow y_0 = 3⇔(x0​+1)2(3x02​−2x0​+2)=0⇔x0​=−1⇒y0​=3 và y'(x_0)=-6y′(x0​)=−6.

Phương trình tiếp tuyến là y = -6x-3.y=−6x−3.

Xét tiếp tuyênd với (C) tại điểm có hoành độ x₀ bất kì trên (C) 

Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến đó là: y'=-x²₀-4x₀-3=1-(x₀+2) =< 1 với mọi x

k=1

X=1 hoặc x=-1

TXĐ : R 

y' =3x² - 3 

tiếp tuyến d song song với ox nếu hệ số góc bằng 0 nên ta có phương trình 0 = 3x² -3 => x = 1 hoặc x= -1

Đặt f(x) = 4x³ - 8x² + 1 

f(x) là hàm đa thức nên liên tục trên R nên:

f(x) liên tục trên [-1; 2].

Ta có: f(-1) = -11 và f(2) = 1 ⇒ f(−1).f(2)=−11<0  nên tồn tại x_0 \in (-1;2)x₀​ ∈ (−1; 2) để f(x_0)=0f(x₀₀​)=0.

\left\{ \begin{aligned} & f(-1)=-11\\ & f(2)=1 \end{aligned} \right. \Rightarrow f(-1).f(2) = -11 < 0 Vậy phương trình đã cho có ít nhất 1 nghiệm trong khoảng (-1 ; 2 ).    
 

Hàm số f(x)=4x³-8x²+1 liên tục trên R

Ta có f(-1)=-11,f(2)=1 nên f(-1);f(2) <0

Do đó theo tính chất hàm số liên tục, phương trình đã có có ít nhất 1 nghiệm thuộc khoảng (-1;2)