|
|
giải đáp
|
bt 4
|
|
|
|
$L=\lim \frac{n+2\sin(n+1)}{(n+2\sqrt[3]{n})}=\lim \frac{1+2\frac{\sin(n+1)}n}{1+\frac{2}{\sqrt[3]{n^2}}}$. Ta có $-\frac1n \le \frac{\sin(n+1)}n \le \frac1n \Rightarrow \lim \frac{\sin(n+1)}n =0$ và $\lim \frac{2}{\sqrt[3]{n^2}} =0$. Suy ra $L=\frac{1+0}{1+0}=1.$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp với mn ơi
|
|
|
|
a. Từ giả thiết ta có $\begin{cases}a^2-b^2=b-c \\ b^2-c^2=c-a\\c^2-a^2=a-b \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a+b=\frac{b-c}{a-b} \\ b+c=\frac{c-a}{b-c}\\c+a=\frac{a-b}{c-a} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a+b+1=\frac{a-c}{a-b} \\ b+c+1=\frac{b-a}{b-c}\\c+a+1=\frac{c-b}{c-a} \end{cases}$ $\Rightarrow A=(a+b+1)(b+c+1)(c+a+1)=-1.$ |
|
|
|
giải đáp
|
Tương giao đồ thị(5).
|
|
|
|
PT tương giao: $\dfrac{2x+1}{x-1}=mx+m+\frac12\Leftrightarrow 2mx^2-3x-2m-3=0$ $\Leftrightarrow (x+1)(2mx-2m-3)=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x_A=-1\\ x_B=\frac{2m+3}{2m} \end{matrix}} \right.$ Để cắt nhau tại hai điểm phân biệt $\begin{cases}m\ne 0 \\ \frac{2m+3}{2m} \ne -1 \end{cases}\Leftrightarrow m \notin \{0,-\frac34\}.$ Tiệm cận đứng có PT $x=1$, và $x_A=-1<1$ nên để $A,B$ nằm cùng 1 phía với TCĐ thì $x_B<1\Leftrightarrow \frac{2m+3}{2m} <1\Leftrightarrow \frac{3}{2m} <0\Leftrightarrow m<0, m \ne -\frac34.$
|
|
|
|
giải đáp
|
Tương giao đồ thị(6).
|
|
|
|
PT tương giao: $\dfrac{x+m}{x-1}=2x-1\Leftrightarrow 2x^2-4x+1-m=0\quad (1)$ Để cắt nhau tại hai điểm phân biệt $\Delta'=2^2-2(1-m)>0\Leftrightarrow m>-1.$ Gọi $A(a,2a-1),B(b,2b-1)$ là toạ độ giao điểm thì $a,b$ là hai nghiệm của $(1)$. Ta có $14=OA^2+OB^2=a^2+(2a-1)^2+b^2+(2b-1)^2=5(a^2+b^2)-4(a+b)+2$ $=5(a+b)^2-4(a+b)-10ab+2\quad(2)$ Theo Vi-ét: $\begin{cases}a+b=2 \\ ab=\frac12(1-m) \end{cases} \Rightarrow (2) \Leftrightarrow 20-8-5(1-m)+2=14$ $\Leftrightarrow m=1$.
|
|
|
|
giải đáp
|
Hàm Số
|
|
|
|
Gợi ý: PT tương giao: $x^3-3x^2-(2m-1)x+4m+2=0$ $\Leftrightarrow (x-2)(x^2-x-2m-1)=0$ Do đó toạn độ các giao điểm là $A(2,-2), B(b,(2m-1)b-4m), C(c,(2m-1)c-4m)$. Trong đó $b,c$ là các nghiệm của $x^2-x-2m-1=0$. Bây giờ phải xét 3 trường hợp $M,N \in \{A,B,C\}$ từ đó dễ tìm được $m.$
|
|
|
|
giải đáp
|
Tương giao đồ thị(4).
|
|
|
|
PT tương giao: $\dfrac{2x-2}{x+1}=2x+m\Leftrightarrow 2x^2+mx+m+2=0\quad (1)$ Để cắt nhau tại hai điểm phân biệt $\Delta=m^2-8(m+2)>0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} m>4+4\sqrt2\\ m<4-4\sqrt 2 \end{matrix}} \right.$ Gọi $A(a,2a+m),B(b,2b+m)$ là toạ độ giao điểm thì $a,b$ là hai nghiệm của $(1)$. Ta có Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $IAB$ thì $\begin{cases}x_G=\frac{1}{3}(-1+a+b) \\ y_G=\frac13\left ( 2+2a+2b+2m \right ) \end{cases}$ Suy ra $G \in (y=2x-2)\Leftrightarrow \frac13\left ( 2+2a+2b+2m \right )=\frac{2}{3}(-1+a+b)-2 \quad (2)$ Theo Vi-ét: $a+b=-\frac12m \Rightarrow (2) \Leftrightarrow \frac13\left ( 2-m+2m \right )=\frac{2}{3}(-1-\frac12m)-2$ $\Leftrightarrow m=-5$.
|
|
|
|
giải đáp
|
Tương giao đồ thị(3).
|
|
|
|
PT tương giao: $\dfrac{x-1}{-2x+1}=x+m\Leftrightarrow 2x^2+2mx-m-1=0\quad (1)$ Để cắt nhau tại hai điểm phân biệt $\Delta'=m^2+2(m+2)=m^2+2m+4>0$, luôn thoả mãn $\forall m.$ Gọi $A(a,a+m),B(b,b+m)$ là toạ độ giao điểm thì $a,b$ là hai nghiệm của $(1)$. Ta có $\triangle OAB$ vuông tại $O$ $\Leftrightarrow \overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=0\Leftrightarrow ab+(a+m)(b+m)=0 \quad (2)$. Theo Vi-ét: $\begin{cases}a+b=-m \\ ab=-\frac12(m+1) \end{cases}\Rightarrow (2)\Leftrightarrow 2ab+m(a+b)+m^2=0.$ $\Leftrightarrow -(m+1)-m^2+m^2=0\Leftrightarrow m=-1.$
|
|
|
|
giải đáp
|
Tương giao đồ thị.
|
|
|
|
Gợi ý: PT tương giao: $x^3-3x^2-(2m-1)x+4m+2=0$ $\Leftrightarrow (x-2)(x^2-x-2m-1)=0$ Do đó toạn độ các giao điểm là $A(2,-2), B(b,(2m-1)b-4m), C(c,(2m-1)c-4m)$. Trong đó $b,c$ là các nghiệm của $x^2-x-2m-1=0$. Bây giờ phải xét 3 trường hợp $M,N \in \{A,B,C\}$ từ đó dễ tìm được $m.$
|
|
|
|
giải đáp
|
Tương giao đồ thị(1).
|
|
|
|
PT tương giao: $\dfrac{x-2}{x+1}=-2x+m\Leftrightarrow 2x^2-(m-3)x-m-2=0\quad (1)$ Để cắt nhau tại hai điểm phân biết $\Delta=(m-3)^2+8(m+2)=m^2+2m+25>0$, luôn thoả mãn $\forall m.$ Gọi $A(a,-2a+m),B(b,-2b+m)$ là toạ độ giao điểm thì $a,b$ là hai nghiệm của $(1)$. Ta có $AB^2=(a-b)^2+4(a-b)^2=5(a-b)^2=5(a+b)^2-20ab$. Theo Vi-ét: $\begin{cases}a+b=\frac12(m-3) \\ ab=-\frac12(m+2) \end{cases}\Rightarrow AB^2=\frac54(m-3)^2+10(m+2)=\frac54(m^2+2m+25).$ Vậy $AB^2=30\Leftrightarrow \frac54(m^2+2m+25)=30\Leftrightarrow m=-1.$
|
|
|
|
giải đáp
|
Tương giao đồ thị(2).
|
|
|
|
PT tương giao: $\dfrac{x-2}{x-1}=-x+m\Leftrightarrow x^2-mx+m-2=0\quad (1)$ Gọi $A(a,-a+m),B(b,-b+m)$ là toạ độ giao điểm thì $a,b$ là hai nghiệm của $(1)$. Ta có $AB^2=(a-b)^2+(a-b)^2=2(a-b)^2=2(a+b)^2-8ab$. Theo Vi-ét: $\begin{cases}a+b=m \\ ab=m-2 \end{cases}\Rightarrow AB^2=2m^2-8(m-2)=2(m-2)^2+8\ge 8$. Vậy $\min AB=2\sqrt 2\Leftrightarrow m=2.$
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp với mn ơi kém đồ thị hàm số quá @@@@
|
|
|
|
a. PT tương giao: $x^2-kx-1=0$. $\Delta=k^2+4>0, \forall k$ nên (d) cắt (P) tại A,B phân biệt. b. $A,B \in (d)\Rightarrow A(a,ka+1), B(b,kb+1)$ với $a,b$ là hai nghiệm của $x^2-kx-1=0$. Gọi $M(m,-1)\in (d)\Rightarrow -1=km+1\Rightarrow m=-\frac2k\Rightarrow M\left ( -\frac2k,-1 \right )$. Do $M,A,B$ thẳng hàng nên $MA$ không thể vuông góc với $MB$. Đề bài sai. |
|
|
|
giải đáp
|
BT1_cực trị của hàm số(t2)_cd
|
|
|
|
$y'=3x^2-6mx+m-1, y''=6x-6m$ Hàm số đạt CT tại $x=2$ $\Leftrightarrow \begin{cases}y'(2)=0 \\ y''(2)>0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}12-12m+m-1=0 \\ 12-6m>0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m=1 \\ m<2 \end{cases}\Leftrightarrow m=1.$ |
|
|
|
giải đáp
|
Hình học 7: các bạn giúp mình sánh độ dài 2 đoạn thẳng
|
|
|
|
$\triangle BAD = \triangle BED (c.g.c)\Rightarrow DA=DE, DE \perp BC$. $\triangle DCE$ cân tại $E\Rightarrow DC>DE\Rightarrow DC>DA\Rightarrow 2DC>AC$. Ta có hình chiếu của $AC,DC$ xuống $BC$ lần lượt là $HC,EC$. Mặt khác $2DC>AC\Rightarrow 2EC>HC\Rightarrow EC>EH.$ |
|
|
|
giải đáp
|
BT9_cực trị của hàm số (t2)_cd
|
|
|
|
1. $y'=4x^3-4mx=4x(x^2-m)$.
$y'=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=0\\ x=\pm\sqrt m \end{matrix}} \right.$
Đồ thị hàm số có 1 điểm CĐ $A(0,m)$ và 2 điểm CT $B(\sqrt m,-m^2+m)$, $C(-\sqrt m,-m^2+m)$.
$\triangle ABC$ là tam giác cân tại $A$ nên để nó là tam giác vuông $\Leftrightarrow \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=0$
$\Leftrightarrow (\sqrt m, -m^2).(-\sqrt m, -m^2)=0\Leftrightarrow -m+m^4=0\Leftrightarrow m \in \{0,1\}.$
|
|
|
|
giải đáp
|
giới hạn
|
|
|
|
$"\implies"$ Ta cần chứng minh: $\mathop {\lim }\limits_{x \to+ \infty}(a\sqrt{x+1}+b\sqrt{x+2}+c\sqrt{x+3})=0\implies a+b+c=0$ Giả sử ngược lại $a+b+c \ne 0$. Ta có $\lim_{x \to+ \infty}(a\sqrt{x+1}+b\sqrt{x+2}+c\sqrt{x+3}) = \lim_{x \to+ \infty}\sqrt x(a\sqrt{1+1/x}+b\sqrt{1+2/x}+c\sqrt{1+3/x})=(+\infty).(a+b+c) = \pm \infty \ne 0$ đây là điều vô lý. Vậy $a+b+c=0.$ |
|