\(I=\int\limits^{-1}_{-2}\dfrac{6a}{e^x}dx-\int\limits^{-1}_{-2}\dfrac{f\left(x\right)}{e^x}dx=J-I_1\)

Xét \(I_1\) , đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=f\left(x\right)\\dv=e^{-x}dx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=f'\left(x\right)dx\\v=-e^{-x}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow I_1=-f\left(x\right).e^{-x}|^{-1}_{-2}+\int\limits^{-1}_{-2}\dfrac{f'\left(x\right)}{e^x}dx=-f\left(-1\right).e+f\left(-2\right).e^2+I_2\)

Xét \(I_2\) , đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=f'\left(x\right)\\dv=e^{-x}dx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=f''\left(x\right)dx\\v=-e^{-x}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow I_2=-f'\left(x\right).e^{-x}|^{-1}_{-2}+\int\limits^{-1}_{-2}\dfrac{f''\left(x\right)}{e^x}dx=-f'\left(-1\right).e+f'\left(-2\right).e^2+I_3\)

Xét \(I_3\) , đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=f''\left(x\right)\\dv=e^{-x}dx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=f'''\left(x\right)dx=6a.dx\\v=-e^{-x}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow I_3=-f''\left(x\right).e^{-x}|^{-1}_{-2}+\int\limits^{-1}_{-2}\dfrac{6a}{e^x}dx=-f''\left(-1\right).e+f''\left(-2\right).e^2+J\)

Do đó:

\(I=J+f\left(-1\right).e-f\left(-2\right).e^2+f'\left(-1\right).e-f'\left(-2\right).e^2+f''\left(-1\right).e-f''\left(-2\right).e^2-J\)

\(=e\left[f\left(-1\right)+f'\left(-1\right)+f''\left(-1\right)\right]-e^2\left[f\left(-2\right)+f'\left(-2\right)+f''\left(-2\right)\right]\)

\(=e.g\left(-1\right)-e^2.g\left(-2\right)=e+e^2=e\left(e+1\right)\)

325253737747⁸⁹⁰⁷⁶⁵⁴³ chuyển đổi sang STN là?

1, để \(\dfrac{2x+1}{x+3}\) là 1 số nguyên 

= > 2x + 1 chia hết cho x + 3 ( x thuộc Z và x \(\ne3\) )

= > 2 ( x + 3 ) - 5 chia hết cho x + 3 

=> -5 chia hết cho x + 3 

hay x + 3 thuộc Ư(-5 ) \(\in\left\{\pm1;\pm5\right\}\)

Đến đây em tự tìm các giá trị của x

2, Tương tự câu 1, x - 1 chia hết cho x + 5 ( x thuộc Z và x khác - 5 )

= > - 6 chia hết cho x + 5 

= > \(x+5\in\left\{\pm1;\pm2;\pm3;\pm6\right\}\)

....

3,  ( x - 1 ) ( y - 3 ) = 7 

x,y thuộc Z = > x - 1 ; y - 3 thuộc Ư(7)

và ( x - 1 )( y - 3 ) = 7

( 1 ) \(\left\{{}\begin{matrix}x-1=1\\y-3=7\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=10\end{matrix}\right.\)

(2) \(\left\{{}\begin{matrix}x-1=7\\y-3=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=8\\y=4\end{matrix}\right.\)

( 3) \(\left\{{}\begin{matrix}x-1=-1\\y-3=-7\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=-4\end{matrix}\right.\)

( 4 ) \(\left\{{}\begin{matrix}x-1=-7\\y-3=-1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-6\\y=2\end{matrix}\right.\)

Từ ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) , ( 4 ) các cặp giá trị ( x,y ) nguyên cần tìm là ....

\(\left(x^2y-8x+y-4\right)log_3y=2log_3\dfrac{\sqrt{8x-y+4}}{x}-log_3y=log_3\dfrac{8x-y+4}{x^2y}\)

\(\Rightarrow log_3\left(x^2y\right)+x^2y.log_3y=log_3\left(8x-y+4\right)+\left(8x-y+4\right)log_3y\)

Xét hàm \(f\left(t\right)=log_3t+t.log_3y\Rightarrow f'\left(t\right)=\dfrac{1}{1.ln3}+log_3y>0\)

\(\Rightarrow x^2y=8x-y+4\)

\(\Rightarrow y=\dfrac{8x+4}{x^2+1}\)

Tìm y để pt trên có nghiệm lớn hơn 1, lập BBT \(\Rightarrow y< 6\)

D

Với \(x\le3\) hiển nhiên ko thỏa mãn nên ta chỉ cần xét với \(x>3\)

\(\Leftrightarrow\left(x^{log_5m}+3\right)^{log_5m}=x-3\)

Đặt \(log_5m=k>1\Rightarrow\left(x^k+3\right)^k=x-3\)

Đặt \(x^k+3=t>3\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^k=t-3\\t^k=x-3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x^k-t^k=t-x\)

\(\Rightarrow x^k+x=t^k+t\)

Hàm \(f\left(u\right)=u^k+u\) có \(f'\left(u\right)=k.u^{k-1}+1>0\Rightarrow f\left(u\right)\) đồng biến khi \(u>3\)

\(\Rightarrow x=t\)

\(\Rightarrow x^k+3=x\Rightarrow x^k-x+3=0\)

Với \(k>1\) ta có \(f\left(x\right)=x^k-x+3\) có  \(f'\left(x\right)=k.x^{k-1}-1>1.3^0-1=0\) khi \(x>3\) nên hàm đồng biến

\(\Rightarrow f\left(x\right)>f\left(3\right)=3^k>0\Rightarrow f\left(x\right)\) vô nghiệm

Vậy ko tồn tại \(m>1\) thỏa mãn yêu cầu đề bài

Xét hàm \(f\left(x\right)=\dfrac{1}{9^x-3}+\dfrac{1}{3^x-9}\) có \(f'\left(x\right)=-\dfrac{9^x.ln9}{\left(9^x-3\right)^2}-\dfrac{3^x.ln3}{\left(3^x-9\right)^2}< 0\)

\(\Rightarrow\) Hàm luôn nghịch biến trên miền xác định

\(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}f\left(x\right)=-\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{9}=-\dfrac{4}{9}\) ; \(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}f\left(x\right)=0\) ; \(f\left(4\right)>0\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow0,5^+}f\left(x\right)=+\infty;\lim\limits_{x\rightarrow0,5^-}f\left(x\right)=-\infty;\lim\limits_{x\rightarrow2^-}f\left(x\right)=-\infty;\lim\limits_{x\rightarrow2^+}f\left(x\right)=+\infty\)

BBT:

Xét hàm \(g\left(x\right)=x+\left|x-4\right|+a=\left\{{}\begin{matrix}a+4\text{ nếu }x\le4\\2x+a-4\text{ nếu }x\ge4\end{matrix}\right.\)

Từ BBT ta thấy: 

- Nếu \(a\ge-3\Rightarrow g\left(x\right)\) cắt f(x) tại 2 điểm phân biệt thỏa mãn \(x< 4\)

- Nếu \(a=-4\Rightarrow g\left(x\right)\) cắt f(x) tại 2 điểm pb thỏa mãn \(x_1< 4< x_2\)

- Nếu \(a\le-5\) \(\Rightarrow g\left(x\right)\) cắt f(x) tại 3 điểm pb thỏa mãn \(x_1< x_2< 4< x_3\) (loại)

Vậy \(a=\left\{-1;-2;-3;-4\right\}\)

Giả sử tồn tại x, y, z, t thỏa mãn.

Ta chứng minh bổ đề: Cho \(a,b\in\mathbb{Z}\). Khi đó \(a^2+b^2\vdots 3\Leftrightarrow a,b\vdots 3\).

Thật vậy, ta thấy nếu \(a,b\vdots 3\Rightarrow a^2+b^2\vdots 3\).

Nếu \(a^2+b^2\vdots 3\): Do \(a^2,b^2\equiv0;1\left(mod3\right)\) nên ta phải có \(a^2,b^2\equiv0\left(mod3\right)\Rightarrow a,b⋮3\).

Bổ đề dc cm.

Trở lại bài toán: Ta có 2019 chia hết cho 3 nên \(x^2+y^2⋮3\Rightarrow x,y⋮3\Rightarrow x^2+y^2⋮9\).

Mà 2019 không chia hết cho 9 nên \(z^2+t^2⋮3\Leftrightarrow z,t⋮3\).

Đặt x = 3x', y = 3y', z = 3z', t = 3t'.

Ta có \(2019=\dfrac{x^2+y^2}{z^2+t^2}=\dfrac{x'^2+y'^2}{z'^2+t'^2}\).

Cmtt, ta có \(x',y',z',t'⋮3\).

Lặp lại nhiều lần như vậy, ta có \(x,y,z,t⋮3^k\forall k\in N\).

Do đó x = y = z = t = 0 (vô lí).

Vậy không tồn tại...