Chứng minh rằng f′(x) > 0 ∀x ∈ R, nếu f ( x ) = 2 x + sin x
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
15 tháng 4 2017
Lời giải (Giao lưu_cách làm cấp 2)
\(f'\left(x\right)=6x^8-6x^5+6x^2-6x+6=6\left(x^8-x^5+x^2-x+1\right)=6A\)
Cần c/m : \(A>\left(x^8-x^5+x^2-x+1\right)...với\forall x\in R\)
Nếu \(\left|x\right|\ge1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^8\ge x^5\\x^2\ge x\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow A=\left(x^8-x^5\right)+\left(x^2-x\right)+1>0\Rightarrow A>0\)(1)
Nếu \(\left|x\right|< 1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2>x^5\\1>x\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow A=\left(x^2-x^5\right)+\left(1-x\right)+x^8>0\Rightarrow A>0\)(2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow A>0\forall x\in R\)=> dpcm
CM
30 tháng 8 2019
Chứng minh các biểu thức đã cho không phụ thuộc vào x.
f(x) = 1 ⇒ f′(x) = 0
CM
29 tháng 6 2017
Chứng minh các biểu thức đã cho không phụ thuộc vào x.
f(x) = 1 ⇒ f′(x) = 0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
4 tháng 5 2020
3.
\(f\left(x+\frac{\pi}{3}\right)=cos\left(x+\frac{\pi}{3}\right)\Rightarrow f'\left(x+\frac{\pi}{3}\right)=-sin\left(x+\frac{\pi}{3}\right)\)
\(f'\left(x-\frac{\pi}{6}\right)=-sin\left(x-\frac{\pi}{6}\right)\)
\(f'\left(0\right)=-sin\left(0\right)=0\)
\(2f'\left(x+\frac{\pi}{3}\right).f'\left(x-\frac{\pi}{6}\right)=2sin\left(x+\frac{\pi}{3}\right)sin\left(x-\frac{\pi}{6}\right)\)
\(=cos\left(\frac{\pi}{2}\right)-cos\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)=-cos\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)\)
\(f'\left(0\right)-f\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)=0-cos\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)=-cos\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)\)
\(\Rightarrow2f'\left(x+\frac{\pi}{3}\right)f'\left(x-\frac{\pi}{6}\right)=f'\left(0\right)-f\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)\) (đpcm)
4.
\(y=3\left(sin^4x+cos^4x\right)-2\left(sin^6x+cos^6x\right)\)
\(=3\left(sin^2x+cos^2x\right)^2-6sin^2x.cos^2x-2\left(sin^2x+cos^2x\right)^3+6sin^2x.cos^2x\left(sin^2x+cos^2x\right)\)
\(=3-2=1\)
\(\Rightarrow y'=0\) ; \(\forall x\)
5.
\(y=\left(\frac{sinx}{1+cosx}\right)^3=\left(\frac{sinx\left(1-cosx\right)}{1-cos^2x}\right)^3=\left(\frac{sinx\left(1-cosx\right)}{sin^2x}\right)^3=\left(\frac{1-cosx}{sinx}\right)^3\)
\(y'=3\left(\frac{1-cosx}{sinx}\right)^2\left(\frac{sin^2x-cosx\left(1-cosx\right)}{sin^2x}\right)=3\left(\frac{1-cosx}{sinx}\right)^2\left(\frac{1-cosx}{sin^2x}\right)=\frac{3\left(1-cosx\right)^3}{sin^4x}\)
\(\Rightarrow y'.sinx-3y=\frac{3\left(1-cosx\right)^3}{sin^3x}-3\left(\frac{1-cosx}{sinx}\right)^3=0\) (đpcm)
TL
Trịnh Long
CTVVIP
1 tháng 12 2019
Chứng minh các biểu thức đã cho không phụ thuộc vào x.
Từ đó suy ra f'(x)=0
a) f(x)=1⇒f′(x)=0f(x)=1⇒f′(x)=0 ;
b) f(x)=1⇒f′(x)=0f(x)=1⇒f′(x)=0 ;
c) f(x)=\(\frac{1}{4}\)(\(\sqrt{2}\)-\(\sqrt{6}\))=>f'(x)=0
d,f(x)=\(\frac{3}{2}\)=>f'(x)=0
15 tháng 12 2022
a: f(x1)+f(x2)=a*x1+a*x2=a(x1+x2)
f(x1+x2)=a*(x1+x2)
=>f(x1)+f(x2)=f(x1+x2)
b: f(kx)=a*kx=ak*x
k*f(x)=k*ax=x*ka
=>f(kx)=k*f(x)
c: f(x1)*f(x2)=f(x1*x2)
=>ax1*ax2=a*(x1*x2)
=>a^2-a=0
=>a=1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
22 tháng 4 2018
Lời giải:
Ta có:
\(f(x)=\sin ^2\left(\frac{\pi}{6}-x\right)+\sin ^2\left(\frac{\pi}{6}+x\right)\)
\(\Rightarrow f'(x)=2\sin \left(\frac{\pi}{6}-x\right).-\cos \left(\frac{\pi}{6}-x\right)+2\sin \left(\frac{\pi}{6}+x\right)\cos \left(\frac{\pi}{6}+x\right)\)
\(f'(x)=-\sin 2\left(\frac{\pi}{6}-x\right)+\sin 2\left(\frac{\pi}{6}+x\right)\)
Áp dụng công thức: \(\sin a-\sin b=2\cos \frac{a+b}{2}\sin \frac{a-b}{2}\) suy ra:
\(f'(x)=-\sin \left(\frac{\pi}{3}-2x\right)+\sin \left(\frac{\pi}{3}+2x\right)\)
\(f'(x)=2\cos \left(\frac{\pi}{3}\right)\sin 2x=\sin 2x\) (đpcm)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
29 tháng 10 2018
Lời giải:
a)
\(f(x)=g(x)\Leftrightarrow 7x=2+5x^2\)
\(\Leftrightarrow 5x^2+2-7x=0\)
\(\Leftrightarrow (5x^2-5x)-(2x-2)=0\)
\(\Leftrightarrow 5x(x-1)-2(x-1)=0\Leftrightarrow (5x-2)(x-1)=0\)
\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} x=\frac{2}{5}\\ x=1\end{matrix}\right.\)
b)
Ta có: \(\left\{\begin{matrix} f(-x)=7(-x)=-7x\\ -f(x)=-7x\end{matrix}\right.\Rightarrow f(-x)=-f(x)\)
\(\left\{\begin{matrix} g(-x)=2+5(-x)^2=2+5x^2\\ g(x)=2+5x^2\end{matrix}\right.\Rightarrow g(-x)=g(x)\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
29 tháng 10 2018
c)
Xét \(x_1< x_2< 0\) đều thuộc TXĐ:
Khi đó:
\(g(x_1)-g(x_2)=2+5x_1^2-(2+5x_2^2)=5x_1^2-5x_2^2=5(x_1-x_2)(x_1+x_2)\)
Vì \(x_1< x_2< 0\Rightarrow x_1-x_2< 0; x_1+x_2< 0\)
Do đó: \(g(x_1)-g(x_2)=5(x_1-x_2)(x_1+x_2)>0\Rightarrow g(x_1)> g(x_2)\)
Vậy hàm số nghịch biến khi $x< 0$
------------
Xét \(x_1> x_2>0\) thuộc TXĐ:
Khi đó:
\(g(x_1)-g(x_2)=(2+5x_1^2)-(2+5x_2^2)=5x_1^2-5x_2^2=5(x_1-x_2)(x_1+x_2)\)
Vì \(x_1> x_2>0\Rightarrow x_1-x_2>0; x_1+x_2>0\)
\(\Rightarrow g(x_1)-g(x_2)>0\Rightarrow g(x_1)> g(x_2)\)
Vậy hàm số đồng biến khi $x>0$
f ′ ( x ) = 2 + cos x ≥ 1 , x ∈ R .