NV
0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
HT
18 tháng 12 2016
ĐK: x > 0
\(0< x< 1\Leftrightarrow\log_2x< 0\)
Đặt \(t=\log_2x\), pt đã cho trở thành \(t^2-2mt+m+2=0\) (1)
YCBT ↔ pt (1) có hai nghiệm âm phân biệt
\(\Leftrightarrow\begin{cases}\Delta'>0\\S< 0\\P>0\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}m^2+3m+2>0\\2m< 0\\m+2>0\end{cases}\) \(\Leftrightarrow-1< m< 0\)
NT
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
27 tháng 12 2017
Lời giải:
Ta có công thức \(a^{\ln b}=b^{\ln a}\)
Thay \(a=3; b=2\Rightarrow 3^{\ln 2}=2^{\ln 3}\)
\(\Leftrightarrow 3=2^{\frac{\ln 3}{\ln 2}}\)
Do đó: \(3^x.2^{x^2}=1\)
\(\Leftrightarrow 2^{x.\frac{\ln 3}{\ln 2}}.2^{x^2}=1\)
\(\Leftrightarrow 2^{x^2+x.\frac{\ln 3}{\ln 2}}=1\)
\(\Leftrightarrow x^2+x.\frac{\ln 3}{\ln 2}=0\)
\(\Leftrightarrow x(x+\frac{\ln 3}{\ln 2})=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=-\dfrac{\ln3}{\ln2}=-\log_23\end{matrix}\right.\)
Vậy \(x\in \left\{0; -\log_23\right\}\)
VT
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
19 tháng 3 2018
Lời giải:
Đặt \(2^x=t(t>0)\Rightarrow t^2-2mt+2m=0\)
Theo định lý Viete, nếu pt có hai nghiệm $t_1,t_2$ thì: \(t_1t_2=2m\Leftrightarrow 2^{x_1}2^{x_2}=2m\)
\(\Leftrightarrow 2^{x_1+x_2}=2m\Leftrightarrow 2^{3}=2m\Leftrightarrow m=4\)
Thử lại thấy đúng
Đáp án B.
TV
0
NT
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
26 tháng 12 2017
Lời giải:
Đặt \(\left\{\begin{matrix} 1-x^2=a\\ 6-5x=b\end{matrix}\right.\)
PT trở thành:
\(2^{1+b-a}+2^a=2^b\)
\(\Leftrightarrow 2^a(2^{1+b-2a}+1-2^{b-a})=0\)
\(\Leftrightarrow 2^{1+b-2a}-2^{b-a}=-1< 0\)
\(\Leftrightarrow 2^{1+b-2a}< 2^{b-a}\)
\(\Leftrightarrow 1+b-2a< b-a\Leftrightarrow 1-a< 0\Leftrightarrow 1< a\)
\(\Leftrightarrow 1-x^2> 1\Leftrightarrow x^2< 0\) (vô lý)
Do đó PT vô nghiệm.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
2 tháng 5 2019
Bài 1:
\(y'=3\left(x+m\right)^2+3\left(x+n\right)^2-3x^2\)
\(y'=3\left(x^2+2mx+m^2\right)+3\left(x^2+2nx+n^2\right)-3x^2\)
\(y'=3\left(x^2+2\left(m+n\right)x+m^2+n^2\right)\)
Để hàm số đồng biến trên R \(\Leftrightarrow y'\ge0\) \(\forall x\in R\)
\(\Rightarrow\Delta'=\left(m+n\right)^2-\left(m^2+n^2\right)\le0\) \(\Rightarrow mn\le0\)
\(P=4\left(m+n\right)^2-\left(m+n\right)-8mn\ge4\left(m+n\right)^2-\left(m+n\right)\ge-\frac{1}{16}\)
Bài 2: Đề bài rất kì quặc
Mình nghĩ cách giải sẽ như sau: nhận thấy \(z=0\) ko phải nghiệm nên chia 2 vế cho \(z^3\):
\(z^3+2016z^2+2017z+2018+\frac{2017}{z}+\frac{2016}{z^2}+\frac{1}{z^3}=0\)
\(\Leftrightarrow z^3+\frac{1}{z^3}+2016\left(z^2+\frac{1}{z^2}\right)+2017\left(z+\frac{1}{z}\right)+2018=0\)
Đặt \(z+\frac{1}{z}=a\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2=z^2+\frac{1}{z^2}+2\Rightarrow z^2+\frac{1}{z^2}=a^2-2\\a^3=z^3+\frac{1}{z^3}+3\left(z+\frac{1}{z}\right)\Rightarrow z^3+\frac{1}{z^3}=a^3-3a\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^3-3a+2016\left(a^2-2\right)+2017a+2018=0\)
\(\Leftrightarrow a^3+2016a^2+2014a-2014=0\)
Đặt \(f\left(a\right)=a^3+2016a^2+2014a-2014\)
\(f\left(-2015\right)=1\) ; \(f\left(-2016\right)=...< 0\)
\(\Rightarrow f\left(-2015\right).f\left(-2016\right)< 0\Rightarrow\) phương trình luôn có ít nhất một nghiệm \(a_0\in\left(-2016;-2015\right)\)
Khi đó ta có: \(z+\frac{1}{z}=a_0\Rightarrow z^2-a_0z+1=0\)
\(\Delta=a_0^2-4>0\) do \(a_0\in\left(-2016;-2015\right)\) nên \(a_0^2>2015^2>4\)
\(\Rightarrow\) Phương trình đã cho có ít nhất 2 nghiệm thực nên ko thể có 6 nghiệm phức
\(\Rightarrow\) Đề bài sai :(