\(f'\left(x\right)=6\left(x^2+\left(m-1\right)x+m\left(1-2m\right)\right)\)

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

Hàm số có cực đại, cực tiểu <=> \(f'\left(x\right)=0\) hay \(g\left(x\right)=0\) có 2 nghiệm phân biệt                                          \(\Leftrightarrow\Delta_g=\left(m-1\right)^2-4m\left(1-2m\right)=\left(3m-1\right)^2>0\Leftrightarrow m\ne\frac{1}{3}\)

Ta có \(f\left(x\right)=g\left(x\right)\left[2x+\left(m+1\right)\right]-\left(3m-1\right)^2x+m\left(m-1\right)\left(1-2m\right)\)

Với \(m\ne\frac{1}{3}\) thì \(g\left(x\right)=0\) có 2 nghiệm phân biệt \(x_1;x_2\) và hàm số đạt cực trị tại  \(x_1;x_2\)  

do \(\begin{cases}g\left(x_1\right)=0\\g\left(x_2\right)=0\end{cases}\) suy ra đường thẳng qua cực đại, cực tiểu là 

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

Ta có cực địa, cực tiểu nằm trên đường thẳng \(y=-4x\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}-\left(3m-1\right)^2=-4\\m\left(m-1\right)\left(1-2m\right)=0\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}\left|3m-1\right|=2\\m\in\left\{0;1;\frac{1}{2}\right\}\end{cases}\) \(\Leftrightarrow m=1\)

Hàm số có cực địa và cực tiểu <=> phương trình y'(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt :

\(\Leftrightarrow3\left(m+2\right)x^2+6x+m=0\) có 2 nghiệm phân biệt

\(\Leftrightarrow\begin{cases}m+2\ne0\\\Delta'=-3m^2-6m+9>0\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}m\ne-2\\m^2+2m-3< 0\end{cases}\) \(\Leftrightarrow-3< m\ne-2< 1\)

Ta có \(y'=3mx^2+6mx^2-m+1\)

      \(\Rightarrow y'=0\Leftrightarrow3mx^2+6mx-m+1=0\left(2\right)\)

* m = 0 khi đó (2) trở thành 1 = 0 vô lí, suy ra hàm không có cực trị

* \(m\ne0\) khi đó để hàm không có cực trị thì (2) có nghiệm kép hoặc vô nghiệm \(\Leftrightarrow\Delta'=3m\left(4m-1\right)\le0\Leftrightarrow0< m\le\frac{1}{4}\)

Vậy \(0< m\le\frac{1}{4}\) thì hàm số không có cực trị

Giả sử 3 cạnh của tam giác ABC theo thứ tự a, b, c. Không giảm tính tổng quát, ta giả sử 0 < a \(\le b\le c\), nếu chúng tạo thành cấp số nhân thì, theo tính chất của cấp số nhân ta có : \(b^2=ac\)

Theo định lí hàm số côsin, ta có :

\(b^2=a^2+c^2-2ac\cos B\Rightarrow ac=a^2+c^2-2ac.\cos B\)

                                     \(\Leftrightarrow\cos B=\frac{a^2+c^2}{2ac}-\frac{1}{2}\)

Mặt khác \(a^2+c^2\ge2ac\Rightarrow\cos B\ge1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\)

Vậy góc \(B\le60^0\)

Nhưng \(a\le b\Rightarrow A\le60^0\) cho nên tam giác ABC có 2 góc không quá \(60^0\)

Theo giả thiết ta có : \(\begin{cases}\left(5x-y\right)+\left(x+2y\right)=2\left(2x+3y\right)\\\left(y+1\right)^2\left(x-1\right)^2=\left(xy+1\right)^2\end{cases}\)

                             \(\Leftrightarrow\begin{cases}2x=5y\\x+y=2\end{cases}\) hoặc \(\Leftrightarrow\begin{cases}2x=5y\\xy+x+y=0\end{cases}\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}2x=5y\\x+y=2\end{cases}\) hoặc \(\Leftrightarrow\begin{cases}2x=5y\\y\left(5y\right)+5y+2y=0\end{cases}\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}x=\frac{10}{3}\\y=\frac{4}{3}\end{cases}\) hoặc \(\begin{cases}x=0,y=0\\x=-\frac{3}{4},y=-\frac{3}{10}\end{cases}\)

Theo giả thiết : \(\begin{cases}xy=3^2\\x^4=y\sqrt{3}\end{cases}\)  \(\Leftrightarrow\begin{cases}y=\frac{9}{x}\\x^4=\frac{9\sqrt{3}}{x}\end{cases}\)  \(\Leftrightarrow\begin{cases}y=\frac{9}{x}\\x^5=9\sqrt{3}\end{cases}\)

                                            \(\Leftrightarrow\begin{cases}x=\sqrt[5]{\sqrt{3^5}}\\y=\frac{3^2}{x}\end{cases}\)

                                           \(\Leftrightarrow\begin{cases}x=\sqrt{3}\\y=3\sqrt{3}\end{cases}\)

Gọi 4 số cần tìm là \(a_1,a_2,a_3,a_4\). Theo đầu bài ta có hệ :

\(\begin{cases}a_2^2=a_1a_3\\2a_3=a_2+a_4\\a_1+a_4=14\\a_2+a_3=12\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}2a_1q^2=a_1q+a_2+d\left(1\right)\\a_1+a_2+d=14\left(2\right)\\a_1q+a_1q^2=12\left(3\right)\\a_2+a_2+d=12\left(4\right)\end{cases}\)

                          \(\Leftrightarrow\begin{cases}a_2^2=a_1\left(a_2+d\right)\left(5\right)\\a_2+2d=14-a_1\\a_1=\frac{12}{q+q^2}\\d=12-2a_2\end{cases}\)

Giải hệ thống các phương trình ta có kết quả \(\left(2,4,8,12\right)\left(\frac{25}{2},\frac{15}{2}\frac{9}{2}\frac{3}{2}\right)\)

Theo giả thiết ta có hệ : \(\begin{cases}A=90^0\\a,b,\frac{\sqrt{6}}{3},c\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}a^2=b^2+c^2\\\frac{2}{3}b^2=ac\Leftrightarrow b^2=\frac{3}{2}ac\end{cases}\)

Từ đó suy ra \(a^2=\frac{3}{2}ac+c^2\Leftrightarrow2a^2=3ac+2c^2\Leftrightarrow\left(2a+c\right)\left(a-2c\right)=0\)

                                           \(\Rightarrow a=2c\left(2a+c>0\right)\)

Mà \(\cos B=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}\Rightarrow B=60^0,C=30^0\)

Vậy tam giác ABC là tam giác nửa đều

Trước hết ta có 

 = 3    =>  = 3 ( +)

                             =>  = 3 + 3

                             => –  = 3 

                             =>    = 

mà =  –  nên  =  (– )

Theo quy tắc 3 điểm, ta có

 =  +    =>  =  + – 

=>  = –   +  hay  = –  + 

N là trung điểm của CD:

           2= +          (1)

Theo quy tắc 3 điểm, ta có:

            =  +             (2)

           =  +             (3)

Từ (1), (2), (3) ta có: 2= +++

vì M là trung điểm của Ab nên: + = 

                           Suy ra :     2 = +

Chứng minh tương tự, ta có     2 = +

Chú ý: Sau khi chứng minh 2 C = + ta chỉ cần chứng minh thêm + = + cũng được

Ta có: + = +++

                             = +++= ++

Vì  =  nên ta có: +=+

                     và 2= + = +