|
|
sửa đổi
|
Tìm m?
|
|
|
|
$y= x^{4}-2(m^{2}-m+1)x^{2}+m-2$ TXĐ: $D= R$.-------------------------------------------------- Lưu ý: ${m^2} - m + 1 = {(m - \frac{1}{2})^2} + \frac{3}{4} > 0$$y' = 4{x^3} - 4({m^2} - m + 1)x $$y'=0 \Leftrightarrow x = 0$ hay $x = \pm \sqrt {{m^2} - m + 1}$* Tới đây bạn tự lập bảng biến tiên nhé!* Dựa vào bảng biế thiên ta thấy đồ thị hàm số (1) luôn có 2 điểm cực tiểu: \[M( - \sqrt {{m^2} - m + 1} , - {({m^2} - m + 1)^2} + m - 2),N(\sqrt {{m^2} - m + 1} , - {({m^2} - m + 1)^2} + m - 2)\]\[MN = 2\sqrt {{m^2} - m + 1} = 2\sqrt {{{(m - \frac{1}{2})}^2} + \frac{3}{4}} \ge 2\sqrt {\frac{3}{4}} = \sqrt 3 \]\[ \Rightarrow MinMN = \sqrt 3 \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\]
$y= x^{4}-2(m^{2}-m+1)x^{2}+m-2$ TXĐ: $D= R$.-------------------------------------------------- Lưu ý: ${m^2} - m + 1 = {(m - \frac{1}{2})^2} + \frac{3}{4} > 0$$y' = 4{x^3} - 4({m^2} - m + 1)x $$y'=0 \Leftrightarrow x = 0$ hay $x = \pm \sqrt {{m^2} - m + 1}$* Tới đây bạn tự lập bảng biến thiên nhé!* Dựa vào bảng biế thiên ta thấy đồ thị hàm số (1) luôn có 2 điểm cực tiểu: \[M( - \sqrt {{m^2} - m + 1} , - {({m^2} - m + 1)^2} + m - 2),N(\sqrt {{m^2} - m + 1} , - {({m^2} - m + 1)^2} + m - 2)\]\[MN = 2\sqrt {{m^2} - m + 1} = 2\sqrt {{{(m - \frac{1}{2})}^2} + \frac{3}{4}} \ge 2\sqrt {\frac{3}{4}} = \sqrt 3 \]\[ \Rightarrow MinMN = \sqrt 3 \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\]
|
|
|
|
sửa đổi
|
Các bạn giải dùm câu này với =.=
|
|
|
|
* Bài này yêu cầu chứng minh $(Cm)$ có ba điểm cố định chứ
đâu yêu cầu tìm cụ thể đâu Pooh!* $M(x,y)$ là điểm cố định của đồ thị $(Cm)$ khi và chỉ khi:\begin{cases}x^3-3x^2+3=0 \\ x^3-x^2-x-y=0
\end{cases}
Để chứng minh $(Cm)$ có ba điểm cố định, ta chứng minh phương trình
$f(x)= x^3-3x^2+3=0$ có 3 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2},{x_3}$.
Để chứng minh phương trình ${x^3} - 3{x^2} + 3 = 0$ có 3 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2},{x_3}$ ta khảo sát và lập bảng biến thiên của
hàm số $f(x) = {x^3} - 3{x^2} + 3$. Từ bảng biến thiên, ta dễ dàng suy ra phương trình có 3 nghiệm thuộc $(
- \infty ;0),(0;2),(2; + \infty )$
* Lưu ý: $y = {x^3} - {x^2} - x = ({x^3} -
3{x^2} + 3) + 2{x^2} - x – 3$
Khi đó, ta có 3 điểm phân biệt $A({x_1},2{x_1}^2
- {x_1} - 3),B({x_2},2{x_2}^2 - {x_2} - 3),C({x_3},2{x_3}^2 - {x_3} - 3)$
* Để chứng minh A, B, C lập thành một tam
giác, ta chứng minh $\overrightarrow {AB}$
và $\overrightarrow {AC}$ không cùng phương.
Ta có: $\overrightarrow {AB} = ({x_2} - {x_1};2{x_2}^2 - {x_2} - 2{x_1}^2
+ {x_1}) = ({x_2} - {x_1})(1;2{x_1} + 2{x_2} - 1)$
Tương tự: $\overrightarrow {AC} = ({x_3} - {x_1})(1;2{x_1} + 2{x_3} - 1)$
Do $2{x_1} + 2{x_2} - 1 \ne 2{x_1} + 2{x_3} -
1 \Rightarrow \overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow
{AC}$ không cùng phương.
Suy ra A, B, C lập thành một tam giác.
* Để tìm trọng tâm của tam giác ABC ta phải
áp dụng định lí Viet cho phương trình bậc 3. Cái này không học và đi thi không
được sử dụng. Nên thôi khỏi làm.
* Bài này yêu cầu chứng minh $(Cm)$ có ba điểm cố định chứ
đâu yêu cầu tìm cụ thể đâu Pooh!* $M(x,y)$ là điểm cố định của đồ thị $(Cm)$ khi và chỉ khi:\begin{cases}x^3-3x^2+3=0 \\ x^3-x^2-x-y=0
\end{cases}
Để chứng minh $(Cm)$ có ba điểm cố định, ta chứng minh phương trình
$f(x) = {x^3} - 3{x^2} + 3 = 0$ có 3 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2},{x_3}$.
Để chứng minh phương trình ${x^3} - 3{x^2} + 3 = 0$ có 3 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2},{x_3}$ ta khảo sát và lập bảng biến thiên của
hàm số $f(x) = {x^3} - 3{x^2} + 3$. Từ bảng biến thiên, ta dễ dàng suy ra phương trình có 3 nghiệm thuộc $(
- \infty ;0),(0;2),(2; + \infty )$
* Lưu ý: $y = {x^3} - {x^2} - x = ({x^3} -
3{x^2} + 3) + 2{x^2} - x – 3$
Khi đó, ta có 3 điểm phân biệt $A({x_1},2{x_1}^2
- {x_1} - 3),B({x_2},2{x_2}^2 - {x_2} - 3),C({x_3},2{x_3}^2 - {x_3} - 3)$
* Để chứng minh A, B, C lập thành một tam
giác, ta chứng minh $\overrightarrow {AB}$
và $\overrightarrow {AC}$ không cùng phương.
Ta có: $\overrightarrow {AB} = ({x_2} - {x_1};2{x_2}^2 - {x_2} - 2{x_1}^2
+ {x_1}) = ({x_2} - {x_1})(1;2{x_1} + 2{x_2} - 1)$
Tương tự: $\overrightarrow {AC} = ({x_3} - {x_1})(1;2{x_1} + 2{x_3} - 1)$
Do $2{x_1} + 2{x_2} - 1 \ne 2{x_1} + 2{x_3} -
1 \Rightarrow \overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow
{AC}$ không cùng phương.
Suy ra A, B, C lập thành một tam giác.
* Để tìm trọng tâm của tam giác ABC ta phải
áp dụng định lí Viet cho phương trình bậc 3. Cái này không học và đi thi không
được sử dụng. Nên thôi khỏi làm.
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 20/05/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Các bạn giải dùm câu này với =.=
|
|
|
|
* Bài này yêu cầu chứng minh $(Cm)$ có ba điểm cố định chứ
đâu yêu cầu tìm cụ thể đâu Pooh! * $M(x,y)$ là điểm cố định của đồ thị $(Cm)$ khi và chỉ khi:\begin{cases}x^3-3x^2+3=0 \\ x^3-x^2-x-y=0
\end{cases}
Để chứng minh $(Cm)$ có ba điểm cố định, ta chứng minh phương trình
$f(x) = {x^3} - 3{x^2} + 3 = 0$ có 3 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2},{x_3}$.
Để chứng minh phương trình ${x^3} - 3{x^2} + 3 = 0$ có 3 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2},{x_3}$ ta khảo sát và lập bảng biến thiên của
hàm số $f(x) = {x^3} - 3{x^2} + 3$. Từ bảng biến thiên, ta dễ dàng suy ra phương trình có 3 nghiệm thuộc $(
- \infty ;0),(0;2),(2; + \infty )$
* Lưu ý: $y = {x^3} - {x^2} - x = ({x^3} -
3{x^2} + 3) + 2{x^2} - x – 3$
Khi đó, ta có 3 điểm phân biệt $A({x_1},2{x_1}^2
- {x_1} - 3),B({x_2},2{x_2}^2 - {x_2} - 3),C({x_3},2{x_3}^2 - {x_3} - 3)$
* Để chứng minh A, B, C lập thành một tam
giác, ta chứng minh $\overrightarrow {AB}$
và $\overrightarrow {AC}$ không cùng phương.
Ta có: $\overrightarrow {AB} = ({x_2} - {x_1};2{x_2}^2 - {x_2} - 2{x_1}^2
+ {x_1}) = ({x_2} - {x_1})(1;2{x_1} + 2{x_2} - 1)$
Tương tự: $\overrightarrow {AC} = ({x_3} - {x_1})(1;2{x_1} + 2{x_3} - 1)$
Do $2{x_1} + 2{x_2} - 1 \ne 2{x_1} + 2{x_3} -
1 \Rightarrow \overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow
{AC}$ không cùng phương.
Suy ra A, B, C lập thành một tam giác.
* Để tìm trọng tâm của tam giác ABC ta phải
áp dụng định lí Viet cho phương trình bậc 3. Cái này không học và đi thi không
được sử dụng. Nên thôi khỏi làm. |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Tìm m?
|
|
|
|
$y= x^{4}-2(m^{2}-m+1)x^{2}+m-2$ TXĐ: $D= R$. -------------------------------------------------- Lưu ý: ${m^2} - m + 1 = {(m - \frac{1}{2})^2} + \frac{3}{4} > 0$
$y' = 4{x^3} - 4({m^2} - m + 1)x $ $y'=0 \Leftrightarrow x = 0$ hay $x = \pm \sqrt {{m^2} - m + 1}$
* Tới đây bạn tự lập bảng biến thiên nhé! * Dựa vào bảng biế thiên ta thấy đồ thị hàm số (1) luôn có 2 điểm cực tiểu: \[M( - \sqrt {{m^2} - m + 1} , - {({m^2} - m + 1)^2} + m - 2),N(\sqrt {{m^2} - m + 1} , - {({m^2} - m + 1)^2} + m - 2)\] \[MN = 2\sqrt {{m^2} - m + 1} = 2\sqrt {{{(m - \frac{1}{2})}^2} + \frac{3}{4}} \ge 2\sqrt {\frac{3}{4}} = \sqrt 3 \]\[ \Rightarrow MinMN = \sqrt 3 \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\]
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
Số phức!
Nhấn nút tam giác dươi chữ Đáp án đi bạn ơi! :D
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
làm giúp mình vs
|
|
|
|
Đặt \[u = \ln (x + \sqrt {1 + {x^2}} ) \Rightarrow du = \frac{{1 + \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}}}{{x + \sqrt {1 + {x^2}} }}dx = \frac{{dx}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}\] \[dv = \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}dx \Leftarrow v = \sqrt {1 + {x^2}} \]
\[ \Rightarrow I = \sqrt {1 + {x^2}} \ln (x + \sqrt {1 + {x^2}} )\begin{cases}1 \\ 0 \end{cases} - \int\limits_0^1 {dx = \sqrt 2 } \ln (1 + \sqrt 2 ) - 1\]
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 19/05/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Hình học không gian
|
|
|
|
* Gọi H là giao điểm của DM và AC,
O là tâm của hình vuông ABCD.
$(SDM) \cap (SAC) = SH$
Suy ra: SH là đường cao của hình chóp S.ABCD.
* Ta có:
$BD \bot OH, BD \bot SH \Rightarrow BD \bot SO$
$ \Rightarrow ((SBD),(ABCD)) = SOH = 60^\circ$
* H là trọng tâm của tam giác ABD nên $OH = \frac{1}{3}AO =
\frac{1}{6}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{6}$
$ \Rightarrow SH = OH\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}$
$ \Rightarrow V = \frac{1}{3}{\rm{Bh}} = \frac{{{a^3}\sqrt 6
}}{{18}}$
* Trong (ABCD), kẻ DE song song với MC ($E \in AB$), qua H kẻ
$IK \bot DE (I \in MC, K \in DE)$, qua M kẻ $MN \bot DE (N \in DE)$.
Trong (SIK), kẻ $IP \bot SK (P \in SK)$.
Do $IK \bot DE, SH \bot DE \Rightarrow DE \bot (SIK) \Rightarrow DE \bot
IP$
Từ đây suy ra $IP \bot (SDE)$
$\Rightarrow d(SD,MC) = d(MC,(SDE)) = d(I,(SCDE)) = IP$
* $IK = MN = \frac{{AD.ME}}{{DE}} = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$
$\frac{{HK}}{{HI}} = \frac{{HD}}{{HM}} = 2 \Rightarrow KH =
\frac{{4a}}{{3\sqrt 5 }}$
$SK = \sqrt {S{H^2} + H{K^2}} = \frac{{a\sqrt {47} }}{{3\sqrt {10} }}$
$IP = \frac{{SH.IK}}{{SK}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{{\sqrt {47}
}}$
Vậy khoảng cách giữa SD và CM bằng $\frac{{2a\sqrt 3
}}{{\sqrt {47} }}$
* Gọi H là giao điểm của DM và AC,
O là tâm của hình vuông ABCD.
$(SDM) \cap (SAC) = SH$
Suy ra: SH là đường cao của hình chóp S.ABCD.
* Ta có:
$BD \bot OH, BD \bot SH \Rightarrow BD \bot SO$
$ \Rightarrow ((SBD),(ABCD)) = SOH = 60^\circ$
* H là trọng tâm của tam giác ABD nên $OH = \frac{1}{3}AO =
\frac{1}{6}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{6}$
$ \Rightarrow SH = OH\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}$
$ \Rightarrow V = \frac{1}{3}{\rm{Bh}} = \frac{{{a^3}\sqrt 6
}}{{18}}$
* Trong (ABCD), kẻ DE song song với MC ($E \in AB$), qua H kẻ
$IK \bot DE (I \in MC, K \in DE)$, qua M kẻ $MN \bot DE (N \in DE)$.
Trong (SIK), kẻ $IP \bot SK (P \in SK)$.
Do $IK \bot DE, SH \bot DE \Rightarrow DE \bot (SIK) \Rightarrow DE \bot
IP$
Từ đây suy ra $IP \bot (SDE)$
$\Rightarrow d(SD,MC) = d(MC,(SDE)) = d(I,(SCDE)) = IP$
* $IK = MN = \frac{{AD.ME}}{{DE}} = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$
$\frac{{HK}}{{HI}} = \frac{{HD}}{{HM}} = 2 \Rightarrow KH =
\frac{{4a}}{{3\sqrt 5 }}$
$SK = \sqrt {S{H^2} + H{K^2}} = \frac{{a\sqrt {47} }}{{3\sqrt {10} }}$
$IP = \frac{{SH.IK}}{{SK}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{{\sqrt {47}
}}$
Vậy khoảng cách giữa SD và CM bằng $\frac{{2a\sqrt 3
}}{{\sqrt {47} }}$
|
|
|
|
bình luận
|
Hình học không gian
Nói chung là ko chèn được hình vào lời giải. http://s496.photobucket.com/user/binh_nguyenhoangvu/media/Hinh.jpg.html?sort=3
|
|
|
|
|
|