已知函数f(x)=x²-(m+1)x+m(m∈R).(1)若tanA,tanB为方程f(x)+4=0的两个实根
来源:学生作业帮 编辑:作业帮 分类:数学作业 时间:2024/05/04 05:45:43
已知函数f(x)=x²-(m+1)x+m(m∈R).(1)若tanA,tanB为方程f(x)+4=0的两个实根,并且A,B为锐角,求m的取值范围.(2)对任意实数α,恒有f(2+cosα)≤0,证明:m≥3
/>(1)由已知得:
f(x)+4=x²-(m+1)x+m+4=0(m∈R)则根据根的判别式可得
tanB+tanB=m+1,
tanAtanB=m+4
则tanB=m+1-tanB,
代入tanAtanB=m+4,整理可得
tanA的平方-tanA(m+1)+m+4=0
因A,B为锐角,故tanA大于0
则再根据根的判别式可得
(m+1)的平方-4(m+4)≥0
m+1大于0,
m+4大于0.
解出并综合以上三个不等式可得
-4≤m≤-3或m≥5
(2)代入整理,利用根的判别式即可,很简单.
再问: tanB+tanB=m+1, tanAtanB=m+4 则tanB=m+1-tanB, 代入tanAtanB=m+4,整理可得 tanA的平方-tanA(m+1)+m+4=0 ???是不是出现错误啦?tanB+tanB=m+1,???tanA捏 把第二步补充完整吧 加分!
再答: tanB+tanB=m+1应改为tanA+tanB=m+1,不好意思。 (2)f(2+cosα)≤0,代入f(x)=x²-(m+1)x+m可得 f(2+cosα)=(2+cosα)²-(m+1)(2+cosα)+m 整理可得: cosα²+(3-m)cosα+2-m≤0,分解因式可得: (cosα+2-m )(cosα+1)≤0, 因为对任意实数α,cosα+1≥0 所以cosα+2-m≤0, 因为cosα≤1,即最大值为1,所以代入可得: 1+2-m≤0,可得 m≥3, 结论得证。
f(x)+4=x²-(m+1)x+m+4=0(m∈R)则根据根的判别式可得
tanB+tanB=m+1,
tanAtanB=m+4
则tanB=m+1-tanB,
代入tanAtanB=m+4,整理可得
tanA的平方-tanA(m+1)+m+4=0
因A,B为锐角,故tanA大于0
则再根据根的判别式可得
(m+1)的平方-4(m+4)≥0
m+1大于0,
m+4大于0.
解出并综合以上三个不等式可得
-4≤m≤-3或m≥5
(2)代入整理,利用根的判别式即可,很简单.
再问: tanB+tanB=m+1, tanAtanB=m+4 则tanB=m+1-tanB, 代入tanAtanB=m+4,整理可得 tanA的平方-tanA(m+1)+m+4=0 ???是不是出现错误啦?tanB+tanB=m+1,???tanA捏 把第二步补充完整吧 加分!
再答: tanB+tanB=m+1应改为tanA+tanB=m+1,不好意思。 (2)f(2+cosα)≤0,代入f(x)=x²-(m+1)x+m可得 f(2+cosα)=(2+cosα)²-(m+1)(2+cosα)+m 整理可得: cosα²+(3-m)cosα+2-m≤0,分解因式可得: (cosα+2-m )(cosα+1)≤0, 因为对任意实数α,cosα+1≥0 所以cosα+2-m≤0, 因为cosα≤1,即最大值为1,所以代入可得: 1+2-m≤0,可得 m≥3, 结论得证。
已知函数f(x)=|x²-4x+3|.求集合M={m|使方程f(x)=m有4个不相等的实根}.
已知函数f(x)=|x|-sinx+1|x|+1(x∈R)的最大值为M,最小值为m,则M+m= ___ .
已知tana,tanb是一元二次方程2mx^2+(4m-2)x+2m-3=0的两个不等实根,求函数f(m)=5m^2+3
函数f(x)定义域 x不等于0 m,n属于r f(m.n)=f(m)+f(n) (1)判断f(x)奇偶性 (2)f(4)
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设m,n属于R已知函数f(x)=log(-|x|+4)的定义域是[m,n],值域是[0,2],若关于x的方程
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