a) f(5) = 2; f(1) = 0; f(0) không tồn tại; f(-1) không tồn tại.

b) Để hàm số được xác định thì \(x-1\ge0\Leftrightarrow x\ge1\)

c) Gọi x₀ là số bất kì thỏa mãn \(x\ge1\). Khi đó ta có:

 \(h\left(x_0\right)=f\left[\left(x_0+1\right)-1\right]-f\left(x_0-1\right)=\sqrt{x_0}-\sqrt{x_0-1}\)  

\(h\left(x_0\right)\left[f\left(x_0+1\right)+f\left(x_0\right)\right]=\left(\sqrt{x_0}-\sqrt{x_0-1}\right)\left(\sqrt{x_0}+\sqrt{x_0-1}\right)=x_0-\left(x_0-1\right)=1>0\)

Vì \(\sqrt{x_0}+\sqrt{x_0-1}>0\Rightarrow h\left(x_0\right)>0\)

Vậy thì với các giá trị \(x\ge1\) thì hàm số đồng biến.

   \(x^2=\sqrt{x^3-x^2}+\sqrt{x^2-x}.\)

<=>  \(x^4=x^3-x^2+x^2-x.\)

<=>  \(x^3-x-x^4=0\)

<=>  \(x^3.\left(1-x\right)-x=0\)

<=>  \(x.\left[x^2.\left(1-x\right)-1\right]=0\)

Giải tiếp !

Bạn vẽ hình ra được không?

1) Ta thấy ngay \(\Delta MPA\sim\Delta MAQ\left(g-g\right)\) \(\Rightarrow\frac{MP}{MA}=\frac{MA}{MQ}\Rightarrow MP.MQ=MA^2\)  (1)

Xét tam giác vuông MAO, đường cao AH. Áp dụng hệ thức lượng ta có:

\(MA^2=MH.MO\)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(MP.MQ=MH.MO\Rightarrow\frac{MP}{MO}=\frac{MH}{MQ}\)

Vậy thì ta có: \(\Delta AHP\sim\Delta MQO\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{MHP}=\widehat{MQO}\)

\(\Rightarrow\) HPQO là tứ giác nội tiếp.  

Vậy thì \(\widehat{HPO}=\widehat{HQO}\)  (Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)

2) Trên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EB = EF. Vậy thì tam giác BEF cân tại E hay \(\widehat{BFA}=\frac{1}{2}\widehat{BEA}\)

Ta có \(\widehat{AFB}=\frac{\widehat{AEB}}{2}\) nên F di chuyển trên cung chứa góc \(\frac{\widehat{AEB}}{2}\) dựng trên đoạn BC.

Ta có: \(\frac{1}{EA}+\frac{1}{EB}\ge\frac{1}{EA+EB}\). Vậy \(\frac{1}{EA}+\frac{1}{EB}\) nhỏ nhất khi EA + EB lớn nhất hay EA + EF lớn nhất hay AF lớn nhất.

Gọi I là điểm chính giữa cung lớn AB, ta có \(\Delta IAB\) cân tại M, suy ra IA = IB   (3).

Ta có ngay \(\Delta EIB=\Delta EIF\left(c-g-c\right)\) \(\Rightarrow IB=IF\)     (4)

Từ (3) và (4) suy ra I là tâm cung chứa góc \(\frac{\widehat{AEB}}{2}\) dựng trên doạn BC.

Do đó AF lớn nhất khi nó là đường kính của đường tròn tâm I, hay E trùng I.

Vậy khi E là điểm chính giữa cung lớn AB thì \(\frac{1}{EA}+\frac{1}{EB}\) nhỏ nhất.

bn giải giùm mik bài này đc ko cảm ơn bn

Chứng minh rằng với mọi n >2 thì số n ^ 2 - n + 2 không phải là số chính phương

ĐÂY ĐÂU PHẢI TOÁN LỚP 9 HẢ BẠN...

\(\Delta'=\left(a-1\right)^2-\left(a^2+a-2\right)=-3a+3\)

Để phương trình có hai nghiệm \(x_1;x_2\) thì \(\Delta'\ge0\Leftrightarrow-3a+3\ge0\Leftrightarrow a\le1\)

Áp dụng hệ thức Viet ta có: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2\left(a-1\right)\\x_1.x_2=a^2+a-2\end{cases}}\)

Vậy thì \(P=x_1^2+x_2^2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1.x_2=4\left(a-1\right)^2-2\left(a^2+a-2\right)\)

\(=2a^2-10a+8=2\left(a^2-5a+\frac{25}{4}\right)-\frac{9}{2}=2\left(a-\frac{5}{2}\right)^2-\frac{9}{2}\ge-\frac{9}{2}\)

Vậy  \(\text{min}P=-\frac{9}{2}\Leftrightarrow a=\frac{5}{2}.\)

Bài giải : 

Δ'=(a−1)2−(a2+a−2)=−3a+3

Để phương trình có hai nghiệm x1;x2 thì Δ'≥0⇔−3a+3≥0⇔a≤1

Áp dụng hệ thức Viet ta có: {

Vậy thì P=x12+x22=(x1+x2)2−2x1.x2=4(a−1)2−2(a2+a−2)

=2a2−10a+8=2(a2−5a+254 )−92 =2(a−52 )2−92 

Với a≤1⇒P≥0

Vậy minP = 0 khi a = 1.