\(y'=\dfrac{\left(-2x+2\right)\left(x-3\right)-\left(-x^2+2x+c\right)}{\left(x-3\right)^2}=\dfrac{-x^2+6x-6-c}{\left(x-3\right)^2}\)

\(\Rightarrow\) Cực đại và cực tiểu của hàm là nghiệm của: \(-x^2+6x-6-c=0\) (1)

\(\Delta'=9-\left(6+c\right)>0\Rightarrow c< 3\)

Gọi \(x_1;x_2\) là 2 nghiệm của (1) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}-x_1^2+6x_1-6=c\\-x_2^2+6x_2-6=c\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow m-M=\dfrac{-x_1^2+2x_1+c}{x_1-3}-\dfrac{-x_2^2+2x_2+c}{x_2-3}=4\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{-2x_1^2+8x_1-6}{x_1-3}-\dfrac{-2x_2^2+8x_2-6}{x_2-3}=4\)

\(\Leftrightarrow2\left(1-x_1\right)-2\left(1-x_2\right)=4\)

\(\Leftrightarrow x_2-x_1=2\)

Kết hợp với Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_2-x_1=2\\x_1+x_2=6\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=2\\x_2=4\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow c=2\)

Có 1 giá trị nguyên

Bạn nên chịu khó gõ đề ra khả năng được giúp sẽ cao hơn.

Câu h của em đây nhé

h, ( 1 + \(\dfrac{3-\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}\)).(1 - \(\dfrac{3+\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}\))

= \(\dfrac{\sqrt{3}-1+3-\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}\).\(\dfrac{\sqrt{3}+1-3-\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}\)

= \(\dfrac{2}{\sqrt{3}-1}\).\(\dfrac{-2}{\sqrt{3}+1}\)

= \(\dfrac{-4}{2}\)

= -2

\(4,=3x^2-3x+7x-7=\left(x-1\right)\left(3x+7\right)\\ 5,=4x^2-4xy+9xy-9y^2=\left(x-y\right)\left(4x+9y\right)\\ 6,=\left(x-2y\right)\left(x+2y\right)-2\left(x+2y\right)=\left(x+2y\right)\left(x-2y-2\right)\)

1: \(x^2+2x-3=\left(x+3\right)\left(x-1\right)\)

2: \(x^2+3x-10=\left(x+5\right)\left(x-2\right)\)

3: \(x^2-x-12=\left(x-4\right)\left(x+3\right)\)

4,=3x2−3x+7x−7=(x−1)(3x+7)
5,=4x2−4xy+9xy−9y2=(x−y)(4x+9y)
6,=(x−2y)(x+2y)−2(x+2y)=(x+2y)(x−2y−2)

a. \(R=R1+R2+R3=5+6+15=26\Omega\)

b. \(I=I1=I2=I3=1A\left(R1ntR2ntR3\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}U=IR=1.26=26\left(V\right)\\U1=I1.R1=1.5=5\left(V\right)\\U2=I2.R2=1.6=6\left(V\right)\\U3=I3.R3=1.15=15\left(V\right)\end{matrix}\right.\)

c. \(R'=U:I'=26:0,5=52\Omega\)

\(\Rightarrow R_x=R'-\left(R1+R2\right)=52-\left(5+6\right)=41\Omega\)

3C

4A

5B

6D

7C

8C

9A

10B

Lời giải:

Vì $CF, BE$ là đường cao của tam giác $ABC$ nên:

$\widehat{AFH}=\widehat{AEH}=90^0$

Tứ giác $AEHF$ có tổng hai góc đối nhau $\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^0+90^0=180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.

b) 

Vì $AFHE$ nội tiếp nên $\widehat{F_2}=\widehat{H_2}=\widehat{H_1}$

$\widehat{F_1}=\widehat{A_1}=90^0-\widehat{C}=\widehat{B_1}$

Áp dụng công thức $S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC\sin A$ ta có:

$\frac{HM}{AM}=\frac{S_{FMH}}{S_{AFM}}=\frac{FH.\sin F_1}{FA.\sin F_2}=\frac{FH}{FA}.\frac{\sin B_1}{\sin H_1}$

$=\tan A_2.\sin B_1.\frac{1}{\sin H_1}$

$=\frac{BK}{AK}.\frac{HK}{BH}.\frac{BH}{BK}$

$=\frac{HK}{AK}$

$\Rightarrow HM.AK=HK.AM$

Hình vẽ: