biết rồi thì hỏi làm chi?

Ta có : \(y'=e^{-\frac{x^2}{2}}+x\left(-x\right)e^{-\frac{x^2}{2}}=e^{-\frac{x^2}{2}}\left(1-x^2\right)\)

           \(xy'=\left(1-x^2\right)xe^{-\frac{x^2}{2}}=\left(1-x^2\right)y\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(C_1\)  và \(C_2\)

\(x^3-4mx+2=3x^2-4m\left(1\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^2-2x-4m-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x=1\) hoặc \(x^2-2x-4m-2=0\left(2\right)\)(\(\Delta'=4m+3\)

Số giao điểm của  \(C_1\)  và \(C_2\) bằng số nghiệm của phương trình (1). Do đó 

* \(\Delta'< 0\Leftrightarrow m< -\frac{3}{4}:\left(2\right)\)vô nghiệm \(\Rightarrow\left(1\right)\) có nghiệm duy nhất (x = 1)

                                                            \(\Rightarrow\)  \(C_1\)  và \(C_2\) có một giao điểm

* \(\Delta'=0\Leftrightarrow m=-\frac{3}{4}:\left(2\right)\)trở thành \(x^2-2x+1=0\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2=0\Leftrightarrow x=1\), trong trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất (x = 1) \(\Rightarrow\) \(C_1\)  và \(C_2\) có một giao điểm

* \(\Delta'>0\Leftrightarrow m>-\frac{3}{4}:\left(2\right)\) có 2 nghiệm phân biệt. Ta thấy \(t\left(1\right)=-4m-3\ne0\) với mọi \(m>-\frac{3}{4}\Rightarrow1\) không phải là nghiệm của (2) \(\Rightarrow\left(1\right)\) có 3 nghiệm phân biệt 

                                      \(\Rightarrow\) \(C_1\)  và \(C_2\) có ba giao điểm

Kết luận : 

- Với \(m\le-\frac{3}{4}\)  \(C_1\)  và \(C_2\) có một giao điểm

- Với \(m>-\frac{3}{4}\)  \(C_1\)  và \(C_2\) có 3 giao điểm

Xét phương trình hoành độ giao đ\(\Leftrightarrow m< 1\)iểm (C) với \(d_m:\frac{x^2-2x+4}{x-2}=mx+2-2m\)

                                       \(\Leftrightarrow x^2-2x+4=\left(x-2\right)\left(mx+2-2m\right)\)

                              \(\left(x\ne2\right)\Leftrightarrow\left(m-1\right)x^2-4\left(m-1\right)x+4\left(m+2\right)=0\)(\(x\ne2\)) (*)

\(d_m\) có 2 giao điểm với (C) khi và chỉ khi (*) có 2 điểm phân biệt, tức là : 

\(\begin{cases}m-1\ne0\\\Delta'=-12\left(m-1\right)>0\end{cases}\)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là :

\(x^3-2x^2+\left(1-m\right)x+m=0\left(1\right)\)

Biến đổi tương đương phương trình này :

\(\left(1\right)\Leftrightarrow x^3-2x^2+x-mx+m=0\)

      \(\Leftrightarrow x\left(x^2-2x+1\right)-m\left(x-1\right)=0\)

       \(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^2-x-m\right)=0\Leftrightarrow x=1\) hoặc \(x^2-x-m=0\left(2\right)\)

Gọi \(x_1,x_2\) là nghiệm của phương trình (2) thì :

\(t^2+x_1^2+x_2^2< 4\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2< 3\Leftrightarrow m< 1\) (*)

Yêu cầu bài toán tương đương với (2) có hai nghiệm phân biệt \(x_1;x_2\ne1\) thỏa mãn điều kiện (*)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}\Delta=1+4m>0\\1^2-1-m\ne0\\m< 1\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}-\frac{1}{4}< m< 1\\m\ne0\end{cases}\)

Phương trình hoành độ giao điểm \(3x^2+2mx+3m-4=0\left(1\right)\) với x. Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1 

\(\Leftrightarrow\begin{cases}9m^2-36m+48>0\\0.m-1\ne0\end{cases}\) (đúng với mọi m)

Gọi \(x_1;x_2\) là các nghiệm của phương trình (1), ta có : \(\begin{cases}x_1+x_2=-m\\x_1x_2=\frac{3m-4}{3}\end{cases}\) (*)

Giả sử \(A\left(x_1;x_1+m\right);B\left(x_2;x_2+m\right)\)

Khi đó ta có \(OA=\sqrt{x^2_1+\left(x_1+m\right)^2};OA=\sqrt{x^2_2+\left(x_2+m\right)^2}\)

Kết hợp (*) ta được \(OA=OB=\sqrt{x_1^2+x_2^2}\) 

Suy ra tam giác OAB cân tại O

Ta có \(AB=\sqrt{2\left(x_1-x_2\right)^2}\). Tam giác OAB đều \(\Leftrightarrow OA^2=AB^2\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2=2\left(x_1-x_2\right)^2\)          

                                                                                                     \(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-6x_1x_2=0\)

                                                                                                     \(\Leftrightarrow m^2-6m+8=0\Leftrightarrow m=2\) hoặc m=4

Đi từ đất liền ra đến ranh giới vùng biển quốc tế, các bộ phận của vùng biển nước ta lần lượt là:

A. lãnh hải, tiếp giáp lãnh hải, nội thủy, đặc quyền kinh tế.

B. tiếp giáp lãnh hải, lãnh hải, đặc quyền kinh tế, nội thủy.

C. nội thủy, lãnh hải, tiếp giáp lãnh hải, đặc quyền kinh tế.

D. đặc quyền kinh tế, nội thủy, lãnh hải, tiếp giáp lãnh hải.

Đối với một hệ ở trạng thái cân bằng, nếu thêm chất xúc tác thì:

A. Chỉ làm tăng tốc độ phản ứng thuận.

B. Chỉ làm tăng tốc độ phản ứng nghịch.

C. Làm tăng tốc độ phản ứng thuận và phản ứng nghịch như nhau.

D. Không làm tăng tốc độ phản thuận và phản ứng nghịch.

\(f'\left(x\right)=3x^3-4mx=3x\left(x^2-m\right)\)

Ta có : \(f'\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=0,x^2=m\)

Để hàm số có cực đại và cực tiểu \(\Leftrightarrow f'\left(x\right)=0\) có 3 nghiệm phân biệt 

\(\Leftrightarrow m>0\)

=> 3 nghiệm là \(x_1=-\sqrt{m};x_2=0;x_3=\sqrt{m}\)

Vậy 3 điểm cực tiểu là :

\(A\left(-\sqrt{m},m^4-m^2+2m\right);B\left(0,m^4+2m\right);C\left(\sqrt{m},-m^2+2m\right)\)

\(\Rightarrow AB=BC=\sqrt{m+m^4};AC=2\sqrt{m}\)

Để A, B, C lập thành tam giác đều thì AB=BC=AC

\(\Leftrightarrow\sqrt{m+m^4}=2\sqrt{m}\)

\(\Leftrightarrow m+m^4=4m\Leftrightarrow m^4=3m\Leftrightarrow m=\sqrt[3]{3}\)

Ta có : \(y'=4x^3+4mx;y'=0\Leftrightarrow4x\left(x^2+m\right)=0\Leftrightarrow\begin{cases}x=0\\x=\pm\sqrt{-m}\end{cases}\) (m<0)

Gọi \(A\left(0;m^2+m\right);B\left(\sqrt{-m;}m\right);C\left(-\sqrt{-m};m\right)\) là các điểm cực trị

\(\overrightarrow{AB}=\left(\sqrt{-m},-m^2\right);\overrightarrow{AC}=\left(-\sqrt{-m},-m\right)\)

Tam giác ABC cân tại A nên góc 120 độ chính là góc A

\(\widehat{A}=120^0\Leftrightarrow\cos A=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}{\left|\overrightarrow{AB}\right|.\left|\overrightarrow{AC}\right|}=-\frac{1}{2}\)

                \(\Leftrightarrow\frac{-\sqrt{-m}.\sqrt{-m}+m^4}{m^4-m}=-\frac{1}{2}\)

                \(\Leftrightarrow\frac{m+m^4}{m^4-m}=-\frac{1}{2}\)

                \(\Leftrightarrow2m+2m^4=m-m^4\Leftrightarrow3m^4+m=0\)

                \(\Leftrightarrow\begin{cases}m=0\\m=-\frac{1}{\sqrt{3}}\end{cases}\) mà m=0 thì loại

Vậy \(m=-\frac{1}{\sqrt{3}}\) thỏa mãn bài toán