Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(z=x+yi\Rightarrow\left(x+1\right)^2+\left(y+1\right)^2=x^2+y^2\)
\(\Rightarrow x+y+1=0\Rightarrow\) tập hợp z là đường thẳng d: \(x+y+1=0\)
\(P=\left|\left(z-4-5i\right)-\left(w-3-4i\right)\right|\ge\left|\left|z-4-5i\right|-\left|w-3-4i\right|\right|=\left|\left|z-4-5i\right|-1\right|\)
Gọi M là điểm biểu diễn z và \(A\left(4;5\right)\Rightarrow\left|z-4-5i\right|=AM\)
\(AM_{min}=d\left(A;d\right)=\dfrac{\left|4+5+1\right|}{\sqrt{1^2+1^2}}=5\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow P\ge\left|5\sqrt{2}-1\right|=5\sqrt{2}-1\)
Cho hàm số y=f(x)y=f(x) có đạo hàm và liên tục trên [0;π2][0;π2]thoả mãn f(x)=f′(x)−2cosxf(x)=f′(x)−2cosx. Biết f(π2)=1f(π2)=1, tính giá trị f(π3)f(π3)
A. √3+1/2 B. √3−1/2 C. 1−√3/2 D. 0
Khi gặp dạng này, ý tưởng là sẽ tìm 1 hàm u(x) sao cho:
\(\int\limits^b_a\left[f'\left(x\right)-u\left(x\right)\right]^2dx=0\) (1)
\(\Rightarrow f'\left(x\right)-u\left(x\right)=0\Rightarrow f'\left(x\right)=u\left(x\right)\)
Khai triển (1), đề cho sẵn \(\left[f'\left(x\right)\right]^2\) nên đại lượng \(2u\left(x\right).f'\left(x\right)\) và hàm \(u\left(x\right)\) sẽ được suy ra từ việc tích phân từng phần \(\int\limits f\left(x\right)dx\). Cụ thể:
Xét \(I=\dfrac{2}{3}=\int\limits^2_0f\left(x\right)dx\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=f\left(x\right)\\dv=dx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=f'\left(x\right)dx\\v=x\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow I=x.f\left(x\right)|^2_0-\int\limits^2_0xf'\left(x\right)dx=2-\int\limits^2_0xf'\left(x\right)dx\)
\(\Rightarrow\int\limits^2_0xf'\left(x\right)dx=2-\dfrac{2}{3}=\dfrac{4}{3}\) (2)
(Vậy đến đây hàm \(u\left(x\right)\) được xác định là dạng \(u\left(x\right)=k.x\)
Để tìm cụ thể giá trị k:
Từ (1) ta suy luận tiếp:
\(\int\limits^2_0\left[f'\left(x\right)-kx\right]^2dx=0\Leftrightarrow\int\limits^2_0\left[f'\left(x\right)\right]^2-2k\int\limits^2_0x.f'\left(x\right)dx+\int\limits^2_0k^2x^2dx=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2}{3}-2k.\dfrac{4}{3}+\dfrac{8}{3}k^2=0\) do \(\int\limits^2_0x^2dx=\dfrac{8}{3}\)
\(\Rightarrow k=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow u\left(x\right)=\dfrac{1}{2}x\) coi như xong bài toán)
Do đó ta có:
\(\int\limits^2_0\left[f'\left(x\right)\right]^2-\int\limits^2_0xf'\left(x\right)+\dfrac{1}{4}\int\limits^2_0x^2dx=\dfrac{2}{3}-\dfrac{4}{3}+\dfrac{1}{4}.\dfrac{8}{3}=0\)
\(\Rightarrow\int\limits^2_0\left[f'\left(x\right)-\dfrac{1}{2}x\right]^2dx=0\)
\(\Rightarrow f'\left(x\right)-\dfrac{1}{2}x=0\)
\(\Rightarrow f'\left(x\right)=\dfrac{1}{2}x\Rightarrow f\left(x\right)=\dfrac{1}{4}x^2+C\)
Thay \(x=2\Rightarrow1=1+C\Rightarrow C=0\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)=\dfrac{1}{4}x^2\)
Xét \(I=\int\limits^1_0x^2f\left(x\right)dx\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=f\left(x\right)\\dv=x^2dx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=f'\left(x\right)dx\\v=\dfrac{1}{3}x^3\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow I=\dfrac{1}{3}x^3.f\left(x\right)|^1_0-\dfrac{1}{3}\int\limits^1_0x^3.f'\left(x\right)dx=-\dfrac{1}{3}\int\limits^1_0x^3f'\left(x\right)dx\)
\(\Rightarrow\int\limits^1_0x^3f'\left(x\right)dx=-1\)
Lại có: \(\int\limits^1_0x^6.dx=\dfrac{1}{7}\)
\(\Rightarrow\int\limits^1_0\left[f'\left(x\right)\right]^2dx+14\int\limits^1_0x^3.f'\left(x\right)dx+49.\int\limits^1_0x^6dx=0\)
\(\Rightarrow\int\limits^1_0\left[f'\left(x\right)+7x^3\right]^2dx=0\)
\(\Rightarrow f'\left(x\right)+7x^3=0\)
\(\Rightarrow f'\left(x\right)=-7x^3\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)=\int-7x^3dx=-\dfrac{7}{4}x^4+C\)
\(f\left(1\right)=0\Rightarrow C=\dfrac{7}{4}\)
\(\Rightarrow I=\int\limits^1_0\left(-\dfrac{7}{4}x^4+\dfrac{7}{4}\right)dx=...\)
Lời giải:
Đặt $\sqrt{x^2+1}+x=a$ thì:
$f(a)=e^a-e^{\frac{1}{a}}$
$f'(a)=e^a+\frac{1}{a^2}.e^{\frac{1}{a}}>0$ với mọi $a$
Do đó hàm $f(a)$ là hàm đồng biến hay $f(x)$ là hàm đồng biến trên R
$\Rightarrow f(x)> f(0)=0$ với mọi $x>0$
$\Rightarrow f(\frac{12}{m+1})>0$ với $m$ nguyên dương
Do đó để $f(m-7)+f(\frac{12}{m+1})<0$ thì $f(m-7)<0$
$\Rightarrow m-7<0$
Mặt khác, dễ thấy: $f(x)+f(-x)=0$. Bây h xét:
$m=1$ thì $f(m-7)+f(\frac{12}{m+1})=f(-6)+f(6)=0$ (loại)
$m=2$ thì $f(m-7)+f(\frac{12}{m+1})=f(-5)+f(4)=f(4)-f(5)<0$ (chọn)
$m=3$ thì $f(m-7)+f(\frac{12}{m+1})=f(-4)+f(3)=f(3)-f(4)<0$ (chọn)
$m=4$ thì $f(m-7)+f(\frac{12}{m+1})=f(-3)+f(2,4)=f(2,4)-f(3)<0$ (chọn)
$m=5$ thì $f(m-7)+f(\frac{12}{m+1})=f(-2)+f(2)=0$ (loại)
$m=6$ thì $f(m-7)+f(\frac{12}{m+1})=f(-1)+f(12/7)>f(-1)+f(1)=0$ (loại)
Vậy có 3 số tm
44.
Đặt \(z=x+yi\)
\(\left|\left(1+i\right)\left(x+yi\right)+1-3i\right|=3\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y+1\right)^2\left(x+y-3\right)^2=18\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2+\left(y-2\right)^2=9\)
\(P=\sqrt{\left(x+2\right)^2+\left(y+1\right)^2}+\sqrt{6}.\sqrt{\left(x-2\right)^2+\left(y-3\right)^2}\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x-1=a\\y-2=b\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=a+1\\y=b+2\\a^2+b^2=9\end{matrix}\right.\)
\(P=\sqrt{\left(a+3\right)^2+\left(b+3\right)^2}+\sqrt{6}.\sqrt{\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2}\)
\(=\sqrt{\left(a+3\right)^2+\left(b+3\right)^2}+\sqrt{2}.\sqrt{3\left(a-1\right)^2+3\left(b-1\right)^2}\)
\(\le\sqrt{\left(1+2\right)\left[\left(a+3\right)^2+\left(b+3\right)^2+3\left(a-1\right)^2+3\left(b-1\right)^2\right]}\)
\(=\sqrt{3.\left[4\left(a^2+b^2\right)+24\right]}=\sqrt{3.\left(4.9+24\right)}=6\sqrt{5}\)
45.
Do \(f\left(x\right)\) có trục đối xứng là Oy nên \(f\left(x\right)\) là hàm chẵn \(\Rightarrow f\left(x\right)=f\left(-x\right)\)
Xét tích phân: \(I=\int\limits^5_{-5}\dfrac{f\left(x\right)}{e^x+1}dx\)
Đặt \(x=-t\Rightarrow dx=-dt\) ; \(\left\{{}\begin{matrix}x=-5\Rightarrow t=5\\x=5\Rightarrow t=-5\end{matrix}\right.\)
\(I=\int\limits^{-5}_5\dfrac{f\left(-t\right)}{e^{-t}+1}\left(-dt\right)=\int\limits^5_{-5}\dfrac{f\left(t\right)}{e^{-t}+1}dt=\int\limits^5_{-5}\dfrac{f\left(t\right).e^t}{e^t+1}dt=\int\limits^5_{-5}\dfrac{f\left(x\right).e^x}{e^x+1}dx\)
\(\Rightarrow2I=I+I=\int\limits^5_{-5}\dfrac{f\left(x\right)}{e^x+1}dx+\int\limits^5_{-5}\dfrac{f\left(x\right).e^x}{e^x+1}dx=\int\limits^5_{-5}\dfrac{f\left(x\right).\left(e^x+1\right)}{e^x+1}dx\)
\(=\int\limits^5_{-5}f\left(x\right)dx\)
Do \(f\left(x\right)\) bậc 2 đối xứng qua Oy nên \(f\left(x\right)=ax^2+b\) (1)
Thay \(x=0\) vào giả thiết: \(f\left(1\right)=f^2\left(0\right)+1>0\) (2)
Thay \(x=1\) vào giả thiết: \(0=f^2\left(1\right)-1\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}f\left(1\right)=1\\f\left(1\right)=-1< 0\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)
Thế vào (2) \(\Rightarrow f^2\left(0\right)+1=1\Rightarrow f\left(0\right)=0\)
Thế vào (1) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a.0^2+b=f\left(0\right)=0\\a.1^2+b=f\left(1\right)=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b=0\\a=1\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)=x^2\)
\(\Rightarrow I=\dfrac{1}{2}\int\limits^5_{-5}x^2dx=\dfrac{125}{3}\)