Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Ta có \(y=\sin x-\cos x\Rightarrow y'=\cos x+\sin x=0\Leftrightarrow \cos x=-\sin x\)
Kết hợp với \(\cos^2x+\sin^2x=1\) suy ra \((\sin x,\cos x)=\left (\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{-1}{\sqrt{2}}\right)\) hoặc \(\left (\frac{-1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\)
Với \((\sin x,\cos x)=\left (\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{-1}{\sqrt{2}}\right)\) thì \(y=\sqrt{2}\)
Với \((\sin x,\cos x)=\left (\frac{-1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\) thì \(y=-\sqrt{2}\)
Do đó \(y_{\max}=\sqrt{2};y_{\min}=-\sqrt{2}\)
Đáp án B
cách khác
đơn giản hóa vấn đề
\(A=sinx-cosx=sinx-sin\left(90^0-x\right)\)
\(A=2cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)=\sqrt{2}sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)\)
\(-\sqrt{2}\le A\le\sqrt{2}\)
Xét tính chẵn lẻ:
a) TXĐ: D = R \ {π/2 + kπ| k nguyên}
Với mọi x thuộc D ta có (-x) thuộc D và
\(f\left(-x\right)=\frac{3\tan^3\left(-x\right)-5\sin\left(-x\right)}{2+\cos\left(-x\right)}=-\frac{3\tan^3x-5\sin x}{2+\cos x}=-f\left(x\right)\)
Vậy hàm đã cho là hàm lẻ
b) TXĐ: D = R \ \(\left\{\pm\sqrt{2};\pm1\right\}\)
Với mọi x thuộc D ta có (-x) thuộc D và
\(f\left(-x\right)=\frac{\sin\left(-x\right)}{\left(-x\right)^4-3\left(-x\right)^2+2}=-\frac{\sin x}{x^4-3x^2+2}=-f\left(x\right)\)
Vậy hàm đã cho là hàm lẻ
Tìm GTLN, GTNN:
TXĐ: D = R
a) Ta có (\(\left(\sin x+\cos x\right)^2=1+\sin2x\)
Với mọi x thuộc D ta có\(-1\le\sin2x\le1\Leftrightarrow0\le1+\sin2x\le2\Leftrightarrow0\le\left(\sin x+\cos x\right)^2\le2\)
\(\Leftrightarrow0\le\left|\sin x+\cos x\right|\le\sqrt{2}\Leftrightarrow-\sqrt{2}\le\sin x+\cos x\le\sqrt{2}\)
Vậy \(Min_{f\left(x\right)}=-\sqrt{2}\) khi \(\sin2x=-1\Leftrightarrow2x=-\frac{\pi}{2}+k2\pi\Leftrightarrow x=-\frac{\pi}{4}+k\pi\)
\(Max_{f\left(x\right)}=\sqrt{2}\) khi\(\sin2x=1\Leftrightarrow x=\frac{\pi}{4}+k\pi\)
b) Với mọi x thuộc D ta có:
\(-1\le\cos x\le1\Leftrightarrow-2\le2\cos x\le2\Leftrightarrow1\le2\cos x+3\le5\)
\(\Leftrightarrow1\le\sqrt{2\cos x+3}\le\sqrt{5}\Leftrightarrow5\le\sqrt{2\cos x+3}+4\le\sqrt{5}+4\)
Vậy\(Min_{f\left(x\right)}=5\) khi \(\cos x=-1\Leftrightarrow x=\pi+k2\pi\)
\(Max_{f\left(x\right)}=\sqrt{5}+4\) khi \(\cos x=1\Leftrightarrow x=k2\pi\)
c) \(y=\sin^4x+\cos^4x=\left(\sin^2x+\cos^2x\right)^2-2\sin^2x\cos^2x\)\(=1-\frac{1}{2}\left(2\sin x\cos x\right)^2=1-\frac{1}{2}\sin^22x\)
Với mọi x thuộc D ta có: \(0\le\sin^22x\le1\Leftrightarrow-\frac{1}{2}\le-\frac{1}{2}\sin^22x\le0\Leftrightarrow\frac{1}{2}\le1-\frac{1}{2}\sin^22x\le1\)
Đến đây bạn tự xét dấu '=' xảy ra khi nào nha :p
Lời giải:
Ta có:
\(y=\frac{k\sin x+1}{\cos x+2}\Rightarrow y\cos x+2y=k\sin x+1\)
\(\Leftrightarrow 2y-1=k\sin x-y\cos x\)
Theo BĐT Bunhiacopxky:
\((2y-1)^2=(k\sin x-y\cos x)^2\leq (k^2+y^2)(\sin ^2x+\cos ^2x)=k^2+y^2\)
\(\Leftrightarrow 4y^2-4y+1\leq k^2+y^2\)
\(\Leftrightarrow 3y^2-4y+1\leq k^2\)
\(\Leftrightarrow 3(y-\frac{2}{3})^2\leq k^2+\frac{1}{3}\)
\(\Leftrightarrow \frac{2}{3}-\sqrt{\frac{3k^2+1}{9}}\leq y\leq \frac{2}{3}+\sqrt{\frac{3k^2+1}{9}}\)
\(\Rightarrow y_{\min}=\frac{2}{3}-\sqrt{\frac{3k^2+1}{9}}\)
Để \(y_{\min}< -1\Leftrightarrow \sqrt{\frac{3k^2+1}{9}}>\frac{5}{3}\Leftrightarrow k^2>8\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} k>2\sqrt{2}\\ k<-2\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)
Ta có :
\(f'\left(x\right)=\frac{-\frac{\frac{1}{x}}{2\sqrt{\ln x}}}{\ln x}=-\frac{1}{2x\ln x\sqrt{\ln x}}< 0\) với mọi \(x\in\left[e;e^2\right]\Rightarrow\) hàm số nghịch biến với mọi \(x\in\left[e;e^2\right]\)
\(e\le x\le e^2\Rightarrow f\left(e\right)\ge f\left(x\right)\ge f\left(e^2\right)\Leftrightarrow1\ge f\left(x\right)\ge\frac{\sqrt{2}}{2}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}Max_{x\in\left[e;e^2\right]}f\left(x\right)=1;x=e\\Min_{x\in\left[e;e^2\right]}f\left(x\right)=\frac{\sqrt{2}}{2};x=e^2\end{cases}\)
\(f\left(x\right)=\left(\ln x\right)^{-\frac{1}{2}}\Rightarrow f'\left(x\right)=-\frac{1}{2}\left(\ln x\right)^{-\frac{3}{2}}.\frac{1}{x}=-\frac{1}{2x\ln x\sqrt{\ln x}}\)
Ta có : \(\begin{cases}f\left(e\right)=1\\f\left(e^2\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}Max_{x\in\left[e;e^2\right]}f\left(x\right)=1;x=e\\Min_{x\in\left[e;e^2\right]}f\left(x\right)=\frac{\sqrt{2}}{2};x=e^2\end{cases}\)