thanhthanhtoan

Tìm m để hàm số y = $\frac{m}{3}x^{3}+(m-2)x^{2}+(m-1)x + 2$ có cực đại cực tiểu tại x1,x2 sao cho x1<x2<1

$TXD: D=R\\y'=mx^{2}+2(m-2)x+m-1=f(x)$

Để hàm số có cực đại, cực tiểu $\Rightarrow y'=0$ có 2 nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m\neq 0 \\ \Delta '_{y'}>0\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m\neq 0 \\ (m-2)^{2}-m(m-1)> 0 \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m\neq 0 \\ m< \frac{4}{3} \end{array} \right.\Leftrightarrow m< \frac{4}{3}$

Để $x_{1}< x_{2}< 1$ . Ta áp dụng phương pháp so sánh số thực 1 với nghiệm $x_{1}, x_{2}$ của tam thức bậc 2. Ở đây bạn vẽ BBT ra sẽ thấy $1$ nằm phía tay phải so với $x_{1},x_{2}$ nên $m.f(1)> 0$ (khoảng ngoài cùng lớn nhất cùng dấu với hệ số a của $y'$) và $\frac{x_{1}+x_{2}}{2}< 1$

Vậy để $x_{1}< x_{2}< 1\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \Delta '_{y'}> 0 \\ m.f(1)> 0 \\\frac{x_{1}+x_{2}}{2}< 1 \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m< \frac{4}{3} \\ m(4m-5)> 0\\\frac{2-m}{m}< 1 \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m< \frac{4}{3} \\ m< 0\vee m> \frac{5}{4} \\m< 0\vee m> 1 \end{array} \right.\\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m< \frac{4}{3} \\ m< 0\vee m> 1 \end{array} \right.\Leftrightarrow m< 0 \vee 1< m < \frac{4}{3}$

$*\vee$: nghĩa là hoặc nha.

Ta có $H\in BC\subset (BCD)$

         $H\in AM\subset (AHD)$

Và $D\in AD\subset (AHD)$

     $D\in CD\subset (BCD)$

$\Rightarrow$ $HD$ là giao tuyến $BCD)$ và $(AHD)$

Gọi $MP\cap HD=K$

Ta có $MP\subset (AHD)$ 

$\Rightarrow$  giao điểm MP với $(BCD)$ là $K$

Bạn đã lỡ công làm rồi sao không chèn thêm cái hình vô cho người khác dễ hiểu

Mình chèn thêm cái hình và trình bày lại 1 chút như sau, câu a) không cần rườm rà như bạn mà chỉ cần ngắn gọn thế này:

a) $MP\cap (BCD)$:

Trong $(AHD): MP\cap DH = K$

Vậy $\left\{ \begin{array}{l} K\in MP \\ K\in HD \subset BCD \end{array} \right.\\\Rightarrow K\in MP\cap (BCD)$

(Trong hình mình quên chèn điểm K, bạn tự nhìn hiểu nha)

b) $\left\{ \begin{array}{l} (MNP)\cap (ABD)=P \\MN\subset (MNP) \\AD\subset (ABD)\\MN||AD \end{array} \right.\\\Rightarrow (MNP)\cap (ABD)=Px||MN||AD$

Ta có: $Px\equiv AD \Rightarrow (MNP)\cap (ABD)=AD\\(MNP)\cap (ADC)=AD\\(MNP)\cap (ABC)=AH\\(MNP)\cap (BCD)=HD$

Vậy thiết diện của chóp cắt bởi $MNP$ là $AHD$

Câu a)

Hàm $f(x)$ là hàm đa thức nên liên tục trên toàn bộ tập số thực $R$

Hàm $g(x)$ có $TXD: D=R$ nên hàm $g(x)$ liên tục trên toàn số thực $R$

(Xem định lý 1 trang 137/SGK ban cơ bản: Hàm số đa thức thì liên tục trên $R$, hàm phân thức hữu tỉ liên tục trên $TXD$)

Câu b)

Ta có: $f(2)$=1

$\lim_{x\rightarrow 2}f(x)=\lim_{x\rightarrow 2}\frac{x^{2}-3x+2}{x-2}=\lim_{x\rightarrow 2}\frac{(x-1)(x-2)}{x-2}=\lim_{x\rightarrow 2}(x-1)=1$

Vậy $f(2) = \lim_{x\rightarrow 2}f(x)=1$, nên hàm số liên tục tại $x=2$

Câu c)

Ta có $f(1)=2$

$\lim_{x\rightarrow 1}f(x)=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{x^{3}-1}{x-1}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{(x-1)(x^{2}+x+1)}{x-1}=\lim_{x\rightarrow 1}(x^{2}+x+1)=3$

Vậy $f(1)\neq \lim_{x\rightarrow 1}f(x)$. nên hàm số bị gián đoạn tại $x=1$

$*$ Nhớ: hàm số liên tục tại x₀ khi và chỉ khi $f(x_{0})=\lim_{x\rightarrow x_{0}}f(x)$

bai1 .tìm m để hàm NB\(-2;0)   $y=\frac{1}{3}x^{3}-mx^{2}+(2m-1)x-m+2$

bai2 .tìm m để hàm NB\(-vôcùng;0) $y=x^{3}-3mx^{2}+m-1$
                                                      

ĐS: 1. m=< (-1)/2
      2.   m>= 0

ai giúp em giải bằng ff hàm số chi tiết với. em giải cả 2 bài đều ngược dấu với ĐS

Bài 1: $y=\frac{1}{3}x^{3}-mx^{2}+(2m-1)x-m+2$. Tìm $m$ để hàm số nghịch biến trên $(-2;0)$

$TXD: D= R$

$y'= x^{2}-2mx+2m-1$

Để hàm số nghịch biến trên $(-2;0)$ $\Leftrightarrow y'\leq0, \forall x\in(-2,0)$

Do $y'$ liên tục tại $x=-2$ và $x=0$ nên $y'\leq0, \forall x\in[-2,0]$

$\Leftrightarrow x^{2}-2mx+2m-1\leq 0,\forall x\in[-2,0]\\\Leftrightarrow x^{2}-1\leq 2mx-2m, \forall x\in[-2,0]\\\Leftrightarrow x^{2}-1\leq m(2x-2), \forall x\in[-2,0]\\\Leftrightarrow f(x)=\frac{x^{2}-1}{2x-2}\geq m, \forall x\in[-2,0] (*)$

$\Leftrightarrow\min_{x\in\left [-2; 0 \right ]}f(x)\geq m $ $(1)$

(Lưu ý ở $(*)$ là chia 2 vế BPT cho số âm nên BPT đổi dấu)

$**$Tìm $\min_{x\in\left [-2; 0 \right ]}f(x)$:

$f'(x)=\frac{2x^{2}-4x+2}{(2x-2)^{2}}> 0, \forall x\in[-2;0]$

$\Rightarrow$ $f(x)$ đồng biến $\forall x\in[-2,0]$

Ta có BBT:

Dựa vào BBT ta thấy $\min_{x\in\left [-2; 0 \right ]}f(x)$=$f(-2)$=$-\frac{1}{2}$

Từ $(1)$ $\Rightarrow m\leq -\frac{1}{2}$

Bài 2: Bạn xem lại bài 2. Nếu làm theo cả 2 cách: Tam thức bậc 2 và phương pháp hàm số thì đều vô nghiệm, không tồn tại $m$ để Hàm số NB  trên $(-\infty;0)$

Mình chỉ tính được thể tích chóp thôi, bạn nào biết tìm góc giữa $(SBC)$ và $(SCD)$ thì tìm giùm mình nha!

$* \widehat{[(SBC);(ABCD)]}=?$

Gọi $I$ là trung điểm $AB$, $SI$ là đường cao của chóp $S.ABCD$

$(SBC)$ $\cap (ABCD)=BC$

Trong $(ABCD)$: Từ $I$ kẻ $IJ\perp BC$

Trong $(SBC)$: có $SJ\perp BC$ ($BC \perp (SIJ)$)

$\Rightarrow \widehat{[(SBC);(ABCD)]}=\widehat{(IJ, SJ)}=\widehat{SJI}=60^{0}$

$*$ Tính chiều cao $SI$:

$\Delta BIJ: sin\hat{B}=\frac{IJ}{IB}\\\Rightarrow IJ=sin\hat{B}.IB=sin120^{0}.\frac{a}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{a}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

(Nếu vẽ hình chuẩn thì điểm $J$ nằm ngoài đoạn $AB$, khi đó $sin\hat{B}=sin60^{0}=sin120^{0}$ )

$\Delta SIJ: tan60^{0}=\frac{SI}{IJ}\\\Rightarrow SI=tan60^{0}.IJ=\sqrt{3}.\frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{3a}{4}$

$*$ Tính: $S_{ABCD}$:

$\Delta ABO: sin30^{0}=\frac{BO}{AB}\Rightarrow BO=sin30^{0}.AB=\frac{a}{2}\\\Rightarrow BD=2.BO=a\\cos30^{0}=\frac{AO}{AB}\Leftrightarrow AO=cos30^{0}.AB=\frac{a\sqrt{3}}{2}\\\Rightarrow AC=2.AO=a\sqrt{3}\\S_{ABCD}=\frac{BD.AC}{2}=\frac{a.a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}$

$*$ Thể tích:

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SI.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{3a}{4}.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}$

Bài 1:

Để dựng thiết diện của chóp với $(MNE)$, ta lần lượt tìm các giao tuyến của (MNE) với từng mặt của chóp.

Có 2 cách tìm giao tuyến của 2 mặt phẳng

Cách 1: tìm 2 điểm chung của 2 mặt phẳng, nối 2 điểm chung thì đó là đường giao tuyến

Cách 2: 1 điểm chung và tìm trên 2 mặt phẳng lần lượt 2 đường thẳng $a, b$ song song, giao tuyến là đường thẳng xuất phát từ điểm chung song song với 2 đường thẳng $a$ và $b$

a)

$* (MNE)\cap (ABCD)\\ \left\{ \begin{array}{l} E\in (MNE)\cap (ABCD) \\ MN\subset (MNE) \\BD\subset (ABCD)\\MN||BD (\frac{TN}{TD}=\frac{TM}{TB}=\frac{1}{3}) \end{array} \right.\\\Rightarrow (MNE)\cap (ABCD)=EF||MN||BD(F\in CD) \\ *(MNE)\cap (SAD)\\N\in (MNE)\cap (SAD)(1)\\EF\cap AD=I\\IN\cap SD=H \Rightarrow H\in (MNE)\cap (SAD)(2)\\(1),(2)\Rightarrow (MNE)\cap (SAD)=NH\\ *(MNE)\cap (SCD)=FH$

$*(MNE)\cap (SAB)\\M \in (MNE)\cap (SAB)(3)\\AB\cap EF=J\\JM\cap SB=K \Rightarrow K\in(MNE)\cap (SAB)(4)\\(3),(4)\Rightarrow (MNE)\cap (SAB)=MK\\ *(MNE)\cap (SBC)=KE$

Vậy thiết diện của chóp với $(MNE)$ là $MNHFEK$

b) Nhìn trên hình ta thấy rõ $KH|| BD$, nhưng mình không nhìn ra cách chứng minh, bạn  nào biết chứng minh làm nốt giùm nhé!

P/S: Ở bài 2, $N=SD\cap (IJM)$, $S$ ở đâu ra vậy bạn?

Ta có:

$$y'=2m+1 + 2\cos x - m\sin x$$

 

Xét phương trình: 

$$ 2m+1 + 2\cos x - m\sin x = 0 $$

$$\Leftrightarrow m\sin x - 2\cos x = 2m+1 \text{    (1)}$$

 

Điều kiện cần và đủ để $(1)$ vô nghiệm là

$$m^2 + 4 > (2m+1)^2 \Leftrightarrow \frac{2-\sqrt{13}}{3} < m < \frac{2-\sqrt{13}}{3}$$

Khi $(1)$ vô nghiệm thì hiển nhiên hàm số đã cho không có cực trị.

 

Ta cần chứng minh rằng khi phương trình $(1)$ có nghiệm, hàm số $(1)$ luôn có cực trị.

Điều kiện để PT: $asinx + bcosx = c$ có nghiệm $\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}\geq c^{2}$

Vậy để $(1)$ vô nghiệm thì: $$m^2 + 4 < (2m+1)^2 $$ chứ nhỉ?

Cho mình hỏi lỗi này là lỗi gì?

TXĐ: $\mathbb{R}$

Ta có:

$$y'=-mx^2-2(m-1)x+3(m-2)$$

Yêu cầu của bài toán được thỏa mãn khi và chỉ khi:

\begin{align*} & y' \geq 0, & \forall x \in [2;+\infty) \\ \Leftrightarrow & -mx^2-2(m-1)x+3(m-2) \geq 0, &\forall x \in [2;+\infty) \\ \Leftrightarrow & m(3-2x-x^2)  \geq 2-2x, &\forall x \in [2;+\infty) \\ \Leftrightarrow & m \leq \frac{2}{x+3}, &\forall x \in [2;+\infty) \\ \Leftrightarrow & m \leq \min_{[2;+\infty)} \frac{2}{x+3} & \\  \Leftrightarrow & m \leq 0 &\end{align*}

Admin tính nhầm 1 chút rồi ạ .

Ở dòng $\Leftrightarrow$ thứ hai: 6-2x chứ không phải 2-2x ạ.

Thực ra bài này em làm ra rồi, $ m\leq \frac{-2}{5}$, admin xem giùm em kết quả đó có đúng không ạ?

Theo cách giải trên admin có thể làm giùm em bài này nữa được không ạ:

Cho hàm số $y=\frac{x^{2}+x+m}{x^{2}-x+1}$. Tìm m để hàm số nghịch biến trên (0, 1).

Em giải theo cách tam thức bậc 2 thì bài này không tồn tại m

Cho hàm số: $y=f(x)=-\frac{1}{3}mx^{3}-(m-1)x^{2}+3(m-2)x+\frac{1}{3}$
Tìm m để hàm số đồng biến trên $\left [ 2;+\infty \right )$
 

Tìm khoảng đồng biến nghịch biến của hàm số: $y=\sqrt{x^{2}+x+1}-\sqrt{x^{2}-x+1}$

Mình đã giải $y'=\frac{2x+1}{2\sqrt{x^{2}+x+1}}-\frac{2x-1}{2\sqrt{x^{2}-x+1}}\Leftrightarrow \frac{(2x+1)(\sqrt{x^{2}-x+1})-(2x-1)(\sqrt{x^{2}+x+1})}{2\sqrt{(x^{2}+x+1)(\sqrt{x^{2}-x+1})}}$
$y'=0\Leftrightarrow {(2x+1)(\sqrt{x^{2}-x+1})-(2x-1)(\sqrt{x^{2}+x+1})}=0$

Tới đây mình không biết giải sao nữa, các bạn giúp mình nhé!
 

Bài 1:

Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình chữ nhật tâm O, OBC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của S xuống mặt đáy trùng với trọng tâm G của tam giác OBC, SA tạo với đáy góc 45^o  , tính thể tích hình chóp và cosin góc tạo bởi (SAC) và (ABCD)

Bài 2:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, với AB = a, các mặt bên  là các tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60^o. Tính cosin của góc giữa 2 mặt phẳng (SAB) và (SBC).

Mong mọi người giúp đỡ mình 2 bài này, mình cảm ơn rất nhiều!