a) Ta có:

\(f\left( 1 \right) = 1 + 1 = 2\)

\(f\left( 2 \right) = 2 + 1 = 3\)

\( \Rightarrow f\left( 2 \right) > f\left( 1 \right)\)

b) Ta có:

\(f\left( {{x_1}} \right) = {x_1} + 1;f\left( {{x_2}} \right) = {x_2} + 1\)

\(\begin{array}{l}f\left( {{x_1}} \right) - f\left( {{x_2}} \right) = \left( {{x_1} + 1} \right) - \left( {{x_2} + 1} \right)\\ = {x_1} - {x_2} < 0\end{array}\)

Vậy \({x_1} < {x_2} \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right)\).

\(\Delta'=\left(-2\right)^2-3.\left(-8\right)=4+24=28>0.\)

\(\Rightarrow\) Pt có 2 nghiệm phân biệt \(x_1;x_2.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{2+2\sqrt{7}}{3}.\\x_2=\dfrac{2-2\sqrt{7}}{3}.\end{matrix}\right.\)

a)Có ac=-1<0

=>pt luôn có hai nghiệm trái dấu

b)Do x₁;x₂ là hai nghiệm của pt

=> \(\left\{{}\begin{matrix}x_1^2-mx_1-1=0\\x_2^2-mx_2-1=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1^2-1=mx_1\\x_2^2-1=mx_2\end{matrix}\right.\)

=>\(P=\dfrac{mx_1+x_1}{x_1}-\dfrac{mx_2+x_2}{x_2}\)\(=m+1-\left(m+1\right)=0\)

\(f\left(\frac{5}{7}\right)=f\left(\frac{1}{\frac{7}{5}}\right)=\frac{1}{\left(\frac{7}{5}\right)^2}.f\left(\frac{7}{5}\right)=\frac{25}{49}.f\left(1+\frac{2}{5}\right)=\frac{25}{49}.\left(f\left(1\right)+f\left(\frac{2}{5}\right)\right)\)

Ta có : \(f\left(\frac{2}{5}\right)=f\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{5}\right)=f\left(\frac{1}{5}\right)+f\left(\frac{1}{5}\right)=2.f\left(\frac{1}{5}\right)=2.\frac{1}{5^2}.f\left(5\right)=\frac{2}{25}.f\left(1+1+1+1+1\right)\)

\(=\frac{2}{25}.\left(f\left(1\right)+f\left(1\right)+f\left(1\right)+f\left(1\right)+f\left(1\right)\right)=\frac{2}{25}.5=\frac{2}{5}\)

Vậy \(f\left(\frac{5}{7}\right)=\frac{49}{25}.\left(1+\frac{2}{5}\right)=\frac{25}{49}.\frac{7}{5}=\frac{5}{7}\)

a: \(x^2-x-3m-2=0\)

\(\text{Δ}=\left(-1\right)^2-4\cdot1\cdot\left(-3m-2\right)\)

\(=1+12m+8=12m+9\)

Để phương trình có nghiệm kép thì Δ=0

=>12m+9=0

=>12m=-9

=>\(m=-\dfrac{3}{4}\)

Thay m=-3/4 vào phương trình, ta được:

\(x^2-x-3\cdot\dfrac{-3}{4}-2=0\)

=>\(x^2-x+\dfrac{1}{4}=0\)

=>\(\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2=0\)

=>\(x-\dfrac{1}{2}=0\)

=>\(x=\dfrac{1}{2}\)

b: Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=\dfrac{-\left(-1\right)}{1}=1\\x_1\cdot x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{-3m-2}{1}=-3m-2\end{matrix}\right.\)

\(\left(x_1+x_2\right)^2-3x_1x_2\)

\(=1^2-3\left(-3m-2\right)\)

\(=1+9m+6=9m+7\)

c: \(\left(x_1+x_2\right)^2=1^2=1\)

d: \(\left(x_1\right)^2\cdot\left(x_2\right)^2=\left[x_1x_2\right]^2\)

\(=\left(-3m-2\right)^2\)

\(=9m^2+12m+4\)

a. Có : \(\Delta=\left(-2m\right)^2-4\left(m-2\right)\)

=\(4m^2-4m+8\)

=​\(4\left(m-1\right)^2+4>0\forall m\in R\)

Vậy pt luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.

Thầy ơi, tại sao em không dùng được hộp gõ công thức trực quan vậy thầy, nó cứ nhảy xuống không?

b) Ta có phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

theo định lí Vi-ét ta có \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\frac{-b}{a}=\frac{2m}{1}=2m\\x_1x_2=\frac{c}{a}=\frac{m-2}{1}=m-2\end{matrix}\right.\)

Ta lại có \(\left(1+x_1\right)\left(2-x_2\right)+\left(1+x_2\right)\left(2-x_1\right)=x^2_1+x^2_2+2\Leftrightarrow2-x_2+2x_1-x_1x_2+2-x_1+2x_2-x_1x_2=x_1^2+x_2^2+2\Leftrightarrow2+x_1+x_2=x_1^2+2x_1x_2+x_2^2\Leftrightarrow2+2m=\left(x_1+x_2\right)^2\Leftrightarrow2+2m=4m^2\Leftrightarrow2m^2-m-1=0\Leftrightarrow\left(m-1\right)\left(2m+1\right)=0\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=-\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

Vậy m=1 hoặc m=\(-\frac{1}{2}\) thì 2 nghiệm x₁,x₂ thoảm mãn \(\left(1+x_1\right)\left(2-x_2\right)+\left(1+x_2\right)\left(2-x_1\right)=x^2_1+x^2_2+2\)

Chắc bạn đánh nhầm đề. Đây là bài 7 trong báo TTT tháng trước. (Nếu mình sửa sai thì mình xin lỗi nhé).

Sửa đề: Cho \(n\in\mathbb{N},n\geq 2\) và \(x_i\in[1;\sqrt{2}] \forall i\in\overline{1,n}\).

Chứng minh: \(\dfrac{\sqrt{x_1^2-1}}{x_2}+\dfrac{\sqrt{x_2^2-1}}{x_3}+...+\dfrac{\sqrt{x_n^2-1}}{x_1}\le\dfrac{n\sqrt{2}}{2}\).

Giải:

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có:

\(\dfrac{\sqrt{x_1^2-1}}{x_2}=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}.2.\sqrt{x_1^2-1}.\dfrac{\sqrt{2}}{x_2}\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}.\left(x_1^2-1+\dfrac{2}{x_2^2}\right)\).

Chứng minh tương tự...

Do đó \(VT\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(x_1^2+x_2^2++...+x_n^2+\dfrac{2}{x_1^2}+\dfrac{2}{x_2^2}+...+\dfrac{2}{x_n^2}-n\right)\).

Mặt khác với mọi \(i\in\overline{1,n}\) ta có:

\(x_i^2+\dfrac{2}{x_i^2}-3=\dfrac{\left(x_i^2-1\right)\left(x_i^2-2\right)}{x_i^2}\le0\).

Do đó \(VT\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(x_1^2+x_2^2++...+x_n^2+\dfrac{2}{x_1^2}+\dfrac{2}{x_2^2}+...+\dfrac{2}{x_n^2}-n\right)\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(3n-n\right)=\dfrac{n\sqrt{2}}{2}=VP\left(đpcm\right)\).

\(\text{Δ}=\left[-\left(m+1\right)\right]^2-4\cdot1\cdot m\)

\(=\left(m+1\right)^2-4m\)

\(=\left(m-1\right)^2>=0\forall m\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=m+1\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m\end{matrix}\right.\)

\(x_1^2+x_2^2=\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)-x_1-x_2+5\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=x_1x_2-2\left(x_1+x_2\right)+6\)

=>\(\left(m+1\right)^2-2m=m-2\left(m+1\right)+6\)

=>\(m^2+1=m-2m-2+6\)

=>\(m^2+1=-m+4\)

=>\(m^2+m-3=0\)

=>\(m=\dfrac{-1\pm\sqrt{13}}{2}\)

yugyuf