alo

Theo đề, ta có: $\frac{1}{u_{n}-1}=-\frac{1}{2}(\frac{2}{5})^n-1/2$

$\Rightarrow S_{10}=\sum_{n=1}^{10}\frac{1}{u_{n}-1}=-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{10}(\frac{2}{5})^{n}-5=\frac{(2/5)((2/5)^{10}-1)}{2(1-2/5)}-5=\frac{1}{3}(2^{10}/5^{10}-1)-5$

Gọi $a, b, c$ lần lượt là 3 cạnh của tam giác đó, giả sử $a< b< c \Leftrightarrow \frac{a}{8}=\frac{b}{15}=\frac{c}{17}=\frac{a+b+c}{40}=3$

Từ đó, ta có: $a=24cm;b=45cm;c=51cm$

Áp dụng công thức heron ta được $S=540cm^2$

Ta còn có $S=pr\Leftrightarrow r=S/p=9cm$

Vậy khoảng cách từ giao điểm 3 đường phân giác đến mỗi cạnh là $r=9cm$

Chỉ cần dùng máy tính bấm ra nghiệm thì lúc đó biết được nhân tử rồi cứ nhân lùi sẽ ra thôi mà!!!

máy tính đâu hiện căn được đâu bạn.Với lại 3 nghiệm của PT này đều vô tỉ.

$8x^3-6x+1=0$ bằng ĐẠI SỐ

(Tức là không sử hàm lượng giác như cos, arccos,...).

Điều cần CM tương đương với $a(x_{1}^{n+2}+x_{2}^{n+2})+b(x_{1}^{n+1}+x_{2}^{n+1})+c(x_{1}^{n}+x_{2}^{n})=0 \Leftrightarrow x_{1}^{n}(ax_{1}^2+bx_{1}+c)+x_{2}^n(ax_{2}^2+bx_{2}+c)=0(1)$

vì $x_{1}$ và $x_{2}$ là hai nghiệm của phương trình $ax^2+bx+c=0$ nên ta có (1) luôn đúng.

Vây ta có điều phải chứng minh.

a)Hàm số $f(x)$ xác định và liên tục trên $R$ với mọi $m \in R;$

Tại $m=1$, ta có $y=2x^3-3x^2+1$$\Rightarrow y{}'=6x^2-6x;$

$y{}'=0 \Leftrightarrow x=0$ hay $x=1$

Tại $x=0\Rightarrow y=1;$

Tại $x=1\Rightarrow y=0;$

Đồ thị:

(em không biết vẽ bảng biến thiên như nào trên máy, mong anh/chị thông cảm);

b)Để đường thẳng $y=1-x$ cắt đồ thị (c) tại 3 điểm thì phương trình sau phải có 3 nghiệm phân biệt:

$2x^3-3mx^2+(m-1)x+1=1-x\Leftrightarrow x=0;2x^2-3mx+m=0(1)$

Để phương trình $(1)$ có 2 nghiệm phân biệt khác $0$ thì:

$\begin{cases} & \Delta =9m^2-8m>0\\ & x= \frac{3m\pm \sqrt{\Delta }}{4}\neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} & m\in (-\infty ;0)\cup (8/9;+\infty ) \\ & m\neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow m\in (-\infty ;0)\cup (8/9;+\infty )$

c)Gọi $M(x_{0};y_{0})$ là tiếp điểm của tiếp tuyến $y=f{}'(x_{0})(x-x_{0})+y_{0}$ của hàm số $y=f(x)=2x^3-3mx^2+(m-1)x+1;$

Ta có hệ số góc $k=12\Leftrightarrow f{}'(x_{0})=k=12 \\ \Leftrightarrow 6x_{0}^2-6mx_{0}+m-1=12\Leftrightarrow \Delta =36m^2-24m+312> 0$ với mọi $m$

Vậy ta luôn có 2 tiếp tuyến thỏa mãn:

$x_{0}=\frac{6m\pm \sqrt{\Delta }}{12}$

và $y_{0}=f(x_{0})$

Ta tính được hai $x_{0}$ và thay vào $f(x_{0})$ để tính hai $y_{0}$

Vậy ta có phương trình tiếp tuyến:

$y=12(x-x_{0})+f(x_{0})$

Ví dụ tại m=1(như câu a):

2 PT tiếp tuyến của (c) là

$y=12x+8$ và $y=12x-19$ hoặc PT tổng quát:

$12x- y+8=0$ và $12x-y-19=0$

Ta có: $x_{1}^2\leq 1; x_{2}^2\leq 1\Rightarrow VT\geq 0;$

$(x_{1}+x_{2})^2\leq 4\Rightarrow 4-(x_{1}+x_{2})^2\geq 0\Rightarrow VP\geq 0;$

Bình phương hai vế, ta được: $2-2\sqrt{(1-x_{1}^2)(1-x_{2}^2)}-(x_{1}^2+x_{2}^2)\leq 4-(x_{1}^2+x_{2}^2)-2x_{1}x_{2}$

Giờ ta chỉ cần CM:$2-2x_{1}x_{2}+2\sqrt{(1-x_{1}^2)(1-x_{2}^2)}\geq 0$

Ta lại có: $2-2x_{1}x_{2}\geq 2-(x_{1}^2+x_{2}^2)\geq 0;$

$2\sqrt{(1-x_{1}^2)(1-x_{2}^2)}\geq 0$

Vậy ta có điều phải chứng tỏ.