Từ đồ thị, ta có: f'(x)<=0 khi x<=-2 và f'(x)>=0 khi x>=-2, f'(1)=0

=>hàm số f(x) nghịch biến khi x<=-2

Đặt \(g(x) = f(x + m - 3)\)

=>\(g'(x) = f'(x + m - 3)\)

g(x) nghịch biến trên khoảng (-2;4) khi g'(x)<=0 khi x∈(-2;4)

=>\(f^{\prime}(x+m-3)\le0\quad\forall x\in(-2;4)\)

mà \(f^{\prime}(u)\le0\) khi u<=-2

nên x+m-3<=-2 \(\forall x\in(-2;4)\)

=>\(m\le1-x\quad\forall x\in(-2;4)\)

=>\(m \le \min_{x \in (-2; 4)} (1 - x)\)

=>m<=-3

mà m là số nguyên dương và m∈[-1;5)

nên m∈∅

=>S không có phần tử nào

a: x+2y+4z=8 và x+y+z=1

=>x+2y+4z-x-y-z=8-1

=>y+3z=7

x+2y+4z=8 và x+3y+9z=27

=>x+3y+9z-x-2y-4z=27-8

=>y+5z=19

=>y+5z-y-3z=19-7

=>2z=12

=>z=6

y+3z=7

=>y=7-3z=7-3*6=7-18=-11

x+y+z=1

=>x=1-y-z=1-(-11)-6=-5+11=6

c: \(\frac{3}{2x+y}+z=2;\frac{2}{2x+y}-y=\frac32\)

=>\(\frac{6}{2x+y}+2z=4;\frac{6}{2x+y}-3y=\frac92\)

=>\(\frac{6}{2x+y}+2z-\frac{6}{2x+y}+3y=4-\frac92\)

=>\(2z+3y=-\frac12\)

=>\(6z+9y=-\frac32\)

2y-3z=4

=>-6z+4y=8

=>\(6z+9y-6z+4y=-\frac32+8\)

=>\(13y=\frac{13}{2}\)

=>\(y=\frac12\)

\(2z+3y=-\frac12\)

=>\(2z=-\frac12-3y=-\frac12-3\cdot\frac12=-\frac12-\frac32=-\frac42=-2\)

=>z=-1

\(\frac{3}{2x+y}+z=2\)

=>\(\frac{3}{2x+y}=2-z=2-\left(-1\right)=3\)

=>2x+y=1

=>2x+1/2=1

=>2x=1/2

=>x=1/4

a: Xét ΔBAC có E,F lần lượt là trung điểm của CA,CB

=>EF là đường trung bình của ΔBAC

=>EF//AB và \(EF=\frac{AB}{2}\)

Xét ΔABC có

E là trung điểm của AC

EM//BC

Do đó: M là trung điểm của AB

=>\(BM=MA=\frac{BA}{2}\)

mà \(EF=\frac{AB}{2}\)

nên FE=BM=MA

Xét tứ giác BMEF có

BM//EF

BM=EF

Do đó: BMEF là hình bình hành

Hình bình hành BMEF có \(\hat{FBM}=90^0\)

nên BMEF là hình chữ nhật

b: Xét tứ giác BAKC có

E là trung điểm chung của BK và AC

=>BAKC là hình bình hành

Hình bình hành BAKC có \(\hat{ABC}=90^0\)

nên BAKC là hình chữ nhật

c: Xét tứ giác BGCE có

F là trung điểm chung của BC và GE

=>BGCE là hình bình hành

Hình bình hành BGCE có BC⊥GE

nên BGCE là hình thoi

d: Hình thoi BGCE trở thành hình vuông khi BE⊥ EC

=>BE⊥AC

Xét ΔABC có

BE là đường cao

BE là đường trung tuyến

Do đó: ΔBAC cân tại B

=>BA=BC

\(84=2^2\cdot3\cdot7;184=2^3\cdot23\)

=>ƯCLN(84;184)=\(2^2=4\)

84⋮x; 184⋮x

=>x∈ƯC(84;184)

=>x∈Ư(4)

mà x>6

nên x∈∅

\(z^6 - z^5 + z^4 - z^3 + z^2 - z + 1 = 0 \quad (1)\)

=>\((z+1)(z^6-z^5+z^4-z^3+z^2-z+1)=0\)

=>\(z^7+1=0\iff z^7=-1\)

Vì z=-1 không thỏa mãn (1) nên z là nghiệm của \(z^7=-1\) sao cho z<>-1

\(\vert{}z\vert{}^7=\vert{}-1\vert{}=1\)

=>\(\vert{}z\vert{}=1\)

\(w = z(z^2 - z + 1) = z^3 - z^2 + z\)

=>\(w + 1 = z^3 - z^2 + z + 1\)

(1): \(z^6 - z^5 + z^4 - z^3 + z^2 - z + 1 = 0\)

=>\(z^4(z^2-z+1)-(z^3-z^2+z)+1=0\)

=>\(z^4\cdot\frac{w}{z}-w+1=0\)

=>\(z^3w-w+1=0\)

=>\(w(1-z^3)=1\)

=>\(w=\frac{1}{1 - z^3}\)

Đặt \(z^3 = \cos \varphi + i \sin \varphi\)

=>\(w = \frac{1}{1 - (\cos \varphi + i \sin \varphi)} = \frac{1}{(1 - \cos \varphi) - i \sin \varphi}\)

=\(\frac{(1 - \cos\varphi) + i \sin\varphi}{(1 - \cos\varphi)^2 + \sin^2 \varphi}\)

\(=\frac{1 - \cos\varphi}{2(1 - \cos\varphi)}+i\cdot\frac{\sin\varphi}{2(1 - \cos\varphi)}=\frac{1}{2}+i\cdot\frac{\sin\varphi}{2(1 - \cos\varphi)}\)

=>Phần thực là 1/2

a: \(u_{n}=u_{n-1}+u_{n-2}\)

=>\(\left(u_{n}\right)\) chính là dãy Fibonacci

Công thức số hạng tổng quát của dãy là:

\(u_n = \frac{1}{\sqrt{5}} \left[ \left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)^n - \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)^n \right]\)

a: Kẻ PH⊥MN tại H

=>PH là đường cao của hình thang MNPQ

Xét hình thang MNPQ có PH là đường cao

nên \(S_{MNPQ}=\frac12\cdot PH\cdot\left(QP+MN\right)\left(1\right)\)

MNPQ là hình thang vuông tại Q và M

=>\(S_{MNPQ}=\frac12\cdot QM\cdot\left(QP+MN\right)\) (2)

Từ (1),(2) suy ra PH=QM(3)

Xét ΔPMN có PH là đường cao

nên \(S_{PMN}=\frac12\cdot PH\cdot MN\) (4)

ΔMQP vuông tại Q

=>\(S_{QMP}=\frac12\cdot QM\cdot QP\) (5)

Từ (3),(4),(5) suy ra \(\frac{S_{MQP}}{S_{MNP}}=\frac{QP}{MN}=\frac12\)

b:

Xét ΔAMN có QP//MN

nên \(\frac{AP}{AN}=\frac{QP}{MN}=\frac12\)

=>\(S_{AQP}=\frac12\cdot S_{AQN}\)

c: Xét ΔAQP vuông tại Q và ΔAMN vuông tại M có

\(\hat{QAP}\) chung

Do đó: ΔAQP~ΔAMN

=>\(\frac{S_{AQP}}{S_{AMN}}=\left(\frac{QP}{MN}\right)^2=\frac14\)

=>\(\frac{S_{AQP}}{S_{MNPQ}}=\frac13\)

=>\(\frac{S_{AQP}}{63}=\frac13=\frac{21}{63}\)

=>\(S_{APQ}=21\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

a: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>BC⊥AF tại C

Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

=>AD⊥BF tại D

Xét tứ giác FCED có \(\hat{FCE}+\hat{FDE}=90^0+90^0=180^0\)

nên FCED là tứ giác nội tiếp

=>F,C,E,D cùng thuộc một đường tròn

ĐKXĐ: x<>1

\(\frac{mx-m+1}{x-1}<0\)

=>\(\frac{m(x - 1) + 1}{x - 1}<0\)

=>\(m+\frac{1}{x - 1}<0\iff\frac{1}{x - 1}<-m\) (1)

TH1: m=0

(1) sẽ trở thành: \(\frac{1}{x-1}<0\)

=>x-1<0

=>x<1

TH2: m>0

=>-m<0

(1) sẽ tương đương với: \(\frac{mx-m+1}{x-1}\) <0

=>\(\frac{m-1}{m}

TH3: m<0

=>-m>0

m<0

=>\(\frac{1}{m}<0\)

=>\(1-\frac{1}{m}>1\)

Với bất phương trình \(\frac{1}{x-1}<-m\) trong trường hợp này chỉ có thể đúng trong hai khoảng sau:

x-1<0 =>x<1

\(x-1>-\frac{1}{m}\)

=>\(x>1-\frac{1}{m}\)

Lấy điểm O trong ΔABC sao cho \(\hat{AOB}=\hat{BOC}=\hat{AOC}=120^0\)

Đặt OA=x; OB=y; OC=z

Xét ΔOAB có \(cosAOB=\frac{OA^2+OB^2-AB^2}{2\cdot OA\cdot OB}\)

=>\(x^2+y^2-AB^2=2\cdot x\cdot y\cdot\frac{-1}{2}=-xy\)

=>\(AB^2=x^2+y^2+xy=1\)

=>AB=1

Xét ΔOAC có \(cosAOC=\frac{OA^2+OC^2-AC^2}{2\cdot OA\cdot OC}\)

=>\(x^2+z^2-AC^2=2\cdot x\cdot z\cdot cos120=-xz\)

=>\(AC^2=x^2+z^2+xz=\frac34\)

=>\(AC=\frac{\sqrt3}{2}\)

Xét ΔOBC có \(cosBOC=\frac{OB^2+OC^2-BC^2}{2\cdot OB\cdot OC}\)

=>\(\frac{y^2+z^2-BC^2}{2\cdot y\cdot z}=cos120=-\frac12\)

=>\(y^2+z^2-BC^2=-yz\)

=>\(BC^2=y^2+z^2+yz=\frac14\)

=> BC=1/2

Vì \(CA^2+CB^2=AB^2\)

nên ΔCAB vuông tại C

=>\(S_{CAB}=\frac12\cdot CA\cdot CB=\frac12\cdot\frac12\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{\sqrt3}{8}\)

\(S_{ABC} = \frac{1}{2}xy\sin(120^\circ) + \frac{1}{2}yz\sin(120^\circ) + \frac{1}{2}xz\sin(120^\circ)\)

=>\(S_{ABC} = \frac{\sqrt{3}}{4}(xy + yz + xz)\)

=>\(\frac{\sqrt{3}}{4}(xy+yz+xz)=\frac{\sqrt{3}}{8}\)

=>\(xy+yz+xz=\frac{1}{2}\)

\((x^2 + xy + y^2) + (y^2 + yz + z^2) + (x^2 + xz + z^2) = 1 + \frac{1}{4} + \frac{3}{4}\)

=>\(2(x^2 + y^2 + z^2) + (xy + yz + xz) = 2\)

=>\(2(x^2+y^2+z^2)+\frac{1}{2}=2\)

=>\(x^2+y^2+z^2=\frac{3}{4}\)

\((x + y + z)^2 = (x^2 + y^2 + z^2) + 2(xy + yz + xz)\)

\(=\frac34+2\cdot\frac12=\frac74\)

=>\(x+y+z=\frac{\sqrt7}{2}\)

=>\(B=\frac{\sqrt7}{2}\)