Chúng ta cần tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hai hàm số đã chọn. ### **Câu a: \( F = \frac{2x + 3}{x^2 + 4} \)** #### **Bước 1: Tìm đạo hàm của \( F \)** Gọi: \[ F(x) = \frac{2x + 3}{x^2 + 4} \] Đạo hàm của \( F(x) \) theo quy tắc kinh tế: \[ F'(x) = \frac{(2)(x^2+4) - (2x+3)(2x)}{(x^2+4)^2} \] \[ = \frac{2x^2 + 8 - (4x^2 + 6x)}{(x^2+4)^2} \] \[ = \frac{-2x^2 - 6x + 8}{(x^2+4)^2} \] #### **Bước 2: Tìm các điểm cực trị** Phương pháp giải thích: \[ -2x^2 - 6x + 8 = 0 \] Chia hai vế cho -2: \[ x^2 + 3x - 4 = 0 \] \[ (x + 4)(x - 1) = 0 \] \[ x = -4, x = 1 \] #### **Bước 3: chắc hạn tại \( x \to \pm\infty \)** \[ \lim_{x \to \pm\infty} F(x) = 0 \] #### **Bước 4: Tính giá trị của \( F(x) \) tại các cực trị và một số điểm đặc biệt**### **Câu a: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của \( F = \frac{2x + 3}{x^2 + 4} \)** #### **Bước 1: Tìm đạo hàm của \( F(x) \)** Sử dụng quy tắc đạo hàm của một phân thức: \[ F(x) = \frac{2x + 3}{x^2 + 4} \] áp dụng công thức: \[ F'(x) = \frac{(2)(x^2 + 4) - (2x + 3)(2x)}{(x^2 + 4)^2} \] \[ = \frac{2x^2 + 8 - (4x^2 + 6x)}{(x^2 + 4)^2} \] \[ = \frac{-2x^2 - 6x + 8}{(x^2 + 4)^2} \] #### **Bước 2: Tìm các cực trị** Giải thích phương trình \( F'(x) = 0 \): \[ -2x^2 - 6x + 8 = 0 \] Chia hai vế cho -2: \[ x^2 + 3x - 4 = 0 \] Phân tích thành nhân tử: \[ (x + 4)(x - 1) = 0 \] \[ x = -4, x = 1 \] #### **Bước 3: dừng giới hạn tại \( x \to \pm\infty \)** \[ \lim_{x \to \pm\infty} F(x) = 0 \] Do đó đồ thị có đỉnh ngang là \( y = 0 \). #### **Bước 4: Tính giá trị của \( F(x) \) tại các cực trị** \[ F(-4) =

a: Xét ΔBMC có

CI,BK là các đường cao

CI cắt BK tại E

Do đó: E là trực tâm của ΔBMC

=>ME\(\perp\)BC

mà BC\(\perp\)AB

nên ME//AB

Xét ΔKAB có

M là trung điểm của KA

ME//AB

Do đó: E là trung điểm của BK

=>EB=EK

Giải: Ta cần chứng minh rằng nếu a + 2 b a+2b chia hết cho 3 thì a 2 + 2 b 2 + 2 a b + 2 a + 6 b + 5 a 2 +2b 2 +2ab+2a+6b+5 cũng chia hết cho 3. Bước 1: Biến đổi biểu thức Ta có: a 2 + 2 b 2 + 2 a b + 2 a + 6 b + 5 a 2 +2b 2 +2ab+2a+6b+5 Bước 2: Tính modulo 3 Nhận xét các hệ số: 6 b ≡ 0 m o d     3 6b≡0mod3 5 ≡ 2 m o d     3 5≡2mod3 Do đó, biểu thức trên modulo 3 là: a 2 + 2 b 2 + 2 a b + 2 a + 2 m o d     3 a 2 +2b 2 +2ab+2a+2mod3 Bước 3: Giả sử a + 2 b ≡ 0 m o d     3 a+2b≡0mod3 Gọi a + 2 b = 3 k a+2b=3k với k k là một số nguyên. Bước 4: Thay a a theo a = 3 k − 2 b a=3k−2b Thay vào biểu thức modulo 3: ( 3 k − 2 b ) 2 + 2 b 2 + 2 ( 3 k − 2 b ) b + 2 ( 3 k − 2 b ) + 2 m o d     3 (3k−2b) 2 +2b 2 +2(3k−2b)b+2(3k−2b)+2mod3 Mở rộng và tính từng thành phần: ( 3 k − 2 b ) 2 = 9 k 2 − 12 k b + 4 b 2 ≡ 0 − 0 + b 2 m o d     3 (3k−2b) 2 =9k 2 −12kb+4b 2 ≡0−0+b 2 mod3 2 ( 3 k − 2 b ) b = 6 k b − 4 b 2 ≡ 0 − b 2 m o d     3 2(3k−2b)b=6kb−4b 2 ≡0−b 2 mod3 2 ( 3 k − 2 b ) = 6 k − 4 b ≡ 0 − b m o d     3 2(3k−2b)=6k−4b≡0−bmod3 Tổng hợp lại: b 2 + 2 b 2 − b 2 − b + 2 = 2 b 2 − b + 2 m o d     3 b 2 +2b 2 −b 2 −b+2=2b 2 −b+2mod3 Bước 5: Kiểm tra biểu thức 2 b 2 − b + 2 m o d     3 2b 2 −b+2mod3 Ta sẽ kiểm tra các giá trị của b m o d     3 bmod3: Trường hợp 1: b ≡ 0 m o d     3 b≡0mod3 2 ( 0 ) 2 − 0 + 2 = 2 ≡ 2 m o d     3 ( kh o ˆ ng b a ˘ ˋ ng 0 ) 2(0) 2 −0+2=2≡2mod3(kh o ˆ ng b a ˘ ˋ ng 0) Tuy nhiên, xét đến việc a + 2 b ≡ 0 m o d     3 a+2b≡0mod3 và b ≡ 0 m o d     3 b≡0mod3, khi đó a ≡ 0 m o d     3 a≡0mod3. Thay a = 0 a=0 và b = 0 b=0 vào biểu thức gốc: 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 5 = 5 ≡ 2 m o d     3 0+0+0+0+0+5=5≡2mod3 Kết quả này không bằng 0, gây矛盾. Do đó, cần xem xét lại. Trường hợp 2: b ≡ 1 m o d     3 b≡1mod3 2 ( 1 ) 2 − 1 + 2 = 2 − 1 + 2 = 3 ≡ 0 m o d     3 2(1) 2 −1+2=2−1+2=3≡0mod3 Kết quả bằng 0. Trường hợp 3: b ≡ 2 m o d     3 b≡2mod3 2 ( 2 ) 2 − 2 + 2 = 8 − 2 + 2 = 8 ≡ 2 m o d     3 2(2) 2 −2+2=8−2+2=8≡2mod3 Kết quả không bằng 0. Kết luận: Trong trường hợp b ≡ 1 m o d     3 b≡1mod3, biểu thức a 2 + 2 b 2 + 2 a b + 2 a + 6 b + 5 a 2 +2b 2 +2ab+2a+6b+5 chia hết cho 3. Tuy nhiên, trong các trường hợp khác, đặc biệt là khi b ≡ 0 m o d     3 b≡0mod3 hoặc b ≡ 2 m o d     3 b≡2mod3, biểu thức này không chia hết cho 3. Do đó, giả thiết a + 2 b a+2b chia hết cho 3 chưa đủ để đảm bảo biểu thức ban đầu chia hết cho 3 trong mọi trường hợp. Tuy nhiên, trong các trường hợp cụ thể mà a + 2 b ≡ 0 m o d     3 a+2b≡0mod3 và b ≡ 1 m o d     3 b≡1mod3, kết luận成立. Do đó, cần thêm điều kiện về giá trị của b b để đảm bảo tính tổng thể của khẳng định. Kết luận chung: Nếu a + 2 b a+2b chia hết cho 3 và b ≡ 1 m o d     3 b≡1mod3, thì a 2 + 2 b 2 + 2 a b + 2 a + 6 b + 5 a 2 +2b 2 +2ab+2a+6b+5 cũng chia hết cho 3.

Ta có:\(x^2-6y^2=1\)

\(x^2-1=6y^2\) \(\left(1\right)\)

\(y^2=\dfrac{x^2-1}{6}\)

\(y^2\inƯ\left(\dfrac{x^2-1}{6}\right)\)

Vì  \(y^2\) chẵn \(\Rightarrow y\) chẵn mà \(y\) là số nguyên tố

\(\Rightarrow y=2\)

Thay \(y=2\) vào pt (1) ta được:

\(x^2-1=6.2^2\)

\(x^2=25\Rightarrow x=5\)

Vậy \(\left(x;y\right)=\left(5;2\right)\)

x^2-6y^2=1

=>x^2-1=6y^2

=>y^2=x^2-1/6 ​

nhân thấy y^2 thuộc Ư của x^2-1:6

=>y^2 là số chẵn

mà y là số nguyên tố=>y=2

thay vào =>x^2-1=4/6=24

=>x^2=25=>x=5

vậy x=5;y=2

Xét ΔBMH vuông tại M và ΔBKC vuông tại K có

\(\widehat{MBH}\) chung

Do đó: ΔBMH~ΔBKC

=>\(\dfrac{BM}{BK}=\dfrac{BH}{BC}\)

=>\(BM\cdot BC=BH\cdot BK\left(1\right)\)

Xét ΔBMA vuông tại M và ΔBAC vuông tại A có

\(\widehat{MBA}\) chung

Do đó: ΔBMA~ΔBAC
=>\(\dfrac{BM}{BA}=\dfrac{BA}{BC}\)

=>\(BA^2=BM\cdot BC\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(BA^2=BH\cdot BK\)

=>\(\dfrac{BA}{BH}=\dfrac{BK}{BA}\)

Xét ΔBAK và ΔBHA có

\(\dfrac{BA}{BH}=\dfrac{BK}{BA}\)

\(\widehat{ABK}\) chung

Do đó: ΔBAK~ΔBHA

=>\(\widehat{BKA}=\widehat{BAH}=\widehat{BAM}\)

x ∈ {-4, 2, 4, 10}

ĐKXĐ: x<>3

Để P là số nguyên thì \(x+4⋮x-3\)

=>\(x-3+7⋮x-3\)

=>\(7⋮x-3\)

=>\(x-3\in\left\{1;-1;7;-7\right\}\)

=>\(x\in\left\{4;2;10;-4\right\}\)

a: Để phương trình vô nghiệm thì \(\left\{{}\begin{matrix}m-1=0\\m^2-1\ne0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}m=1\\m^2\ne1\end{matrix}\right.\)

=>\(m\in\varnothing\)

b: Để phương trình vô số nghiệm thì \(\left\{{}\begin{matrix}m-1=0\\m^2-1=0\end{matrix}\right.\)

=>m=1

c: Để phương trình có nghiệm duy nhất thì \(m-1\ne0\)

=>\(m\ne1\)

a) Để phương trình vô nghiệm thì {m−1=0m2−1≠0{m−1=0m2−1≠0 suy ra ⎧⎪⎨⎪⎩m=1m≠1m≠−1{m=1m≠1m≠−1.

Vậy không có giá trị nào của m để phương trình vô nghiệm.

b) Để phương trình vô số nghiệm thì {m−1=0m2−1≠0{m−1=0m2−1≠0 suy ra ⎧⎪⎨⎪⎩m=1[m=1m=−1{m=1[m=1m=−1 hay m=1m=1.

Vậy khi m = 1 thì phương trình vô số nghiệm.

c) Để phương trình có nghiệm duy nhất thì m−1≠0m−1≠0 suy ra m≠1m≠1.

Khi đó nghiệm của phương trình là x=m2−1m−1=(m−1)(m+1)m−1=m+1x=m2−1m−1=(m−1)(m+1)m−1=m+1.

Vậy khi m≠1m≠1 thì phương trình có nghiệm duy nhất x=m+1x=m+1.

Gọi số bé là x (x∈N*x∈ℕ*).

 Số lớn là x + 12.

Chia số bé cho 7 ta được thương là x7x7.

Chia số lớn cho 5 ta được thương là x+125x+125.

 Vì thương thứ nhất bé hơn thương thứ hai 4 đơn vị nên ta có phương trình:

x+125−x7=4x+125−x7=4

7(x + 12) - 5x = 140

7x + 84 - 5x = 140

2x = 56

x = 28

Vậy số bé là 28; số lớn là: 28 + 12 = 40.

Gọi số lớn là x

Số bé là x-12

Số bé sau khi chia cho 7 là \(\dfrac{x-12}{7}\)

Số lớn sau khi chia cho 5 là \(\dfrac{x}{5}\)

Thương thứ nhất bé hơn thương thứ hai là 4 đơn vị nên ta có hai trường hợp sau:

TH1: \(\dfrac{x}{5}-\dfrac{x-12}{7}=4\)

=>\(\dfrac{7x-5\cdot\left(x-12\right)}{35}=4\)

=>7x-5(x-12)=140

=>2x+60=140

=>2x=80

=>x=40

Vậy: Số lớn là 40

Số bé là 40-12=28

TH2:

\(\dfrac{x-12}{7}-\dfrac{x}{5}=4\)

=>\(\dfrac{5\left(x-12\right)-7x}{35}=4\)

=>-2x+60=140

=>-2x=80

=>x=-40

Vậy: Số lớn là -40

Số bé là -40-12=-52

a) x−3(2−x)=2x−4x−32−x=2x−4

x−6+3x =2x−4x−6+3x=2x−4

x+3x−2x=6−4x+3x−2x=6−4

2x=22x=2

x=1x=1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=1x=1

b) 13(x−1)+4=12(x+5)13x−1+4=12x+5

2(x−1)+24=3(x+5)2x−1+24=3x+5

2x−2+24=3x+152x−2+24=3x+15

2x−3x=15+2−242x−3x=15+2−24

−x=−7−x=−7

x=7x=7

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=7

a: \(x-3\left(2-x\right)=2x-4\)

=>x-6+3x=2x-4

=>4x-6=2x-4

=>4x-2x=-4+6

=>2x=2

=>x=1

b: 13(x-1)+4=12(x+5)

=>\(13x-13+4=12x+60\)

=>13x-9=12x+60

=>13x-12x=60+9

=>x=69