CD
3
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
AH
Akai Haruma
Giáo viên
16 tháng 8 2017
Câu 1:
Có \(\left\{\begin{matrix} y_1=bx^3+ax^2+5x\\ y_2=ax^3+bx^2+5x\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y_1'=3bx^2+2ax+5\\ y_2'=3ax^2+2bx+5\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} y_1'=3b\left [ \left ( x+\frac{a}{3b} \right )^2+\frac{5}{3b}-\frac{a^2}{9b^2} \right ]\\ y_2'=3a\left [ \left ( x+\frac{b}{3a} \right )^2+\frac{5}{3a}-\frac{b^2}{9a^2} \right ]\end{matrix}\right.\)
Để các hàm \(y_1,y_2\) không là hàm đồng biến thì \(y_1',y_2'\) không luôn lớn hơn $0$ với mọi \(x\in (-\infty,+\infty)\), tức là xảy ra cả trường hợp lớn hơn $0$ lẫn nhỏ hơn $0$ với mọi $x$. điều này xảy ra khi mà :
\(\left\{\begin{matrix} \frac{5}{3b}-\frac{a^2}{9b^2}<0\\ \frac{5}{3a}-\frac{b^2}{9a^2}<0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 15b-a^2<0\\ 15a-b^2<0\end{matrix}\right.\)
\(\rightarrow a^4>225b^2>3375a\)
\(\Rightarrow a>15\) hay \(a\geq 16\). Tương tự, \(b\geq 16\)
Vì đề bài cần tìm min \(2a+b\) nên cần ưu tiên tính nhỏ hơn của $a$
Từ trên ta chọn \(a_{\min}=16\Rightarrow 15b<16^2=256\Rightarrow b\leq 17\)
Do đó \(16\leq b\leq 17\rightarrow b_{\min}=16\)
Do đó \(S_{\min}=(2a+b)_{\min}=48\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 8 2017
Bài 2:
Để hàm số \(y=(x+m)^3(x+m^3)\) là hàm đồng biến thì \(y'>0\forall x\in (-\infty,+\infty)\)
Khai triển:
\(y'=4x^3+x^2(3m^3+9m)+x(6m^4+6m^2)+m^3+3m^5\)
\(\Leftrightarrow y'=(x+m)^2(4x+3m^3+m)\)
Để \(y'>0\Rightarrow 4x+3m^3+m>0\)
\(\Leftrightarrow 3m^3+m>-4x\)
Vì hàm đồng biến với mọi \(x\in (-\infty, +\infty)\) nên điều trên xảy ra khi \(3m^3+m>(-4x)_{\max}\)
Hiển nhiên \(-4x\) với \(x\in R\) thì không tồn tại max.
Do đó đề bài có vấn đề.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
3 tháng 7 2018
Lời giải:
Ta có: \(y=mx^3-x^2+3x+m-2\)
\(\Rightarrow y'=3mx^2-2x+3\)
Để hàm $y$ đồng biến trên khoảng $(-3;0)$ thì :
\(y'= 3mx^2-2x+3\geq 0, \forall x\in(-3;0)\)
\(\Rightarrow m\geq \frac{2x-3}{3x^2}, \forall x\in (-3;0)\)
Xét hàm \(g(x)=\frac{2x-3}{3x^2}\) có \(g'(x)=\frac{-2(x-3)}{3x^3}=0\Leftrightarrow x=3\) (bỏ vì \(x\in (-3;0)\) )
Lập BTT ta thấy \(f(x)< f(-3)=\frac{-1}{3}\) với mọi \(x\in (-3;0)\)
Do đó \(m\geq \frac{-1}{3}\)
Nếu xét trắc nghiệm thì đáp án A,C đều đúng.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
29 tháng 5 2018
Lời giải:
\(y'=-3x^2+2mx=x(2m-3x)\)
\(y'=0\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} x=0\\ x=\frac{2m}{3}\end{matrix}\right.\)
Nếu \(m=0\Rightarrow y'=-3x^2\leq 0\) (luôn nghịch biến- loại)
Nếu \(m>0\), lập bảng biến thiên suy ra:
$y$ đồng biến trên (1;2) khi và chỉ khi:
\(\frac{2m}{3}\geq 2\Leftrightarrow m\geq 3\)
Nếu \(m< 0\), lập bảng biến thiên suy ra hàm số chỉ đồng biến trên khoảng \((\frac{2m}{3};0)\) , tức là không thể đồng biến trên (1;2)
Vậy \(m\geq 3\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 8 2017
Lời giải:
Xét thấy bậc của hàm số trên tử nhỏ hơn bậc của hàm số dưới mẫu, do đó đồ thị hàm số luôn có 1 TCN \(y=0\)
Khi đó, để ĐTHS có 3 đường tiệm cận thì nó phải có thêm 2 TCĐ
Thấy \(x^3+mx^2=x^2(x+m)\). Để có 2 TCĐ thì trước tiên phương trình trên phải có 2 nghiệm phân biệt, do đó \(m\neq 0\)
Khi đó, PT có hai nghiệm \(x=0,x=-m\). Để tồn tại hai nghiệm này thì :\(\left\{\begin{matrix} 0^2-3m+2\neq 0\\ (-m)^2-3m+2\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m\neq \frac{2}{3}\\ (m-1)(m-2)\neq 0\Leftrightarrow m\neq 1,2\end{matrix}\right.\)
Từ những điều trên suy ra \(m\in \left\{3;4;5\right\}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 8 2017
Lời giải:
Ta có \(y'=1+\frac{1}{x^2}\). Gọi \(a\) là hoành độ tiếp điểm. Khi đó, PT tiếp tuyến tại $a$ là:
\(y=\left (1+\frac{1}{a^2}\right)(x-a)+a-\frac{1}{a}+1\)
\(\Leftrightarrow y=\left (1+\frac{1}{a^2}\right)x+\frac{a-2}{a}\)\((d)\)
\(A=Ox\cap (d)\Rightarrow y_A=0\)
Có \(\left (1+\frac{1}{a^2}\right)x_A+\frac{a-2}{a}=y_A=0\Rightarrow x_A=\frac{a(2-a)}{a^2+1}\) \(\Rightarrow A(\frac{a(2-a)}{a^2+1},0)\)
\(B=Oy\cap (d)\Rightarrow x_B=0\)
Có \(y_B=\left (1+\frac{1}{a^2}\right)x_B+\frac{a-2}{a}=\frac{a-2}{a}\) \(\Rightarrow B(0,\frac{a-2}{a})\)
Tam giác \(OAB\) cân tại $O$ nên
\(OA=OB\Leftrightarrow \) \(\left | \frac{a(2-a)}{a^2+1} \right |=\left | \frac{a-2}{a} \right |\)
Giải PT trên ta thu được \(a=2\), nghĩa là \(A,B\equiv O\) (vô lý) nên loại
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 4 2019
\(y'=x^2-\left(3m+2\right)x+2m^2+3m+1\)
\(\Delta=\left(3m+2\right)^2-4\left(2m^2+3m+1\right)=m^2\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=\frac{3m+2+m}{2}=2m+1\\x_2=\frac{3m+2-m}{2}=m+1\end{matrix}\right.\)
Để hàm số có cực đại, cực tiểu \(\Rightarrow x_1\ne x_2\Rightarrow m\ne0\)
- Nếu \(m>0\Rightarrow2m+1>m+1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_{CĐ}=m+1\\x_{CT}=2m+1\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow3\left(m+1\right)^2=4\left(2m+1\right)\) \(\Rightarrow3m^2-2m-1=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=-\frac{1}{3}< 0\left(l\right)\end{matrix}\right.\)
- Nếu \(m< 0\Rightarrow m+1>2m+1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_{CĐ}=2m+1\\x_{CT}=m+1\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow3\left(2m+1\right)^2=4\left(m+1\right)\Rightarrow12m^2+8m-1=0\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=\frac{-2+\sqrt{7}}{6}>0\left(l\right)\\m=\frac{-2-\sqrt{7}}{6}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\sum m=\frac{4-\sqrt{7}}{6}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
20 tháng 7 2017
Bài 1:
ĐTHS \(y=x^3+3mx+1\) có hai điểm cực trị khi \(y'=3x^2+3m=0\Leftrightarrow x^2+m=0\) có hai nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow m<0\)
Hoành độ của hai điểm cực trị chính là hai nghiệm của PT \(x^2+m=0\)
Khi đó ta có \(y=x^3+3mx+1=x(x^2+m)+2mx+1=2mx+1\)
Do đó \(d: y=2xm+1\) là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị
\(\Rightarrow d(M,d)=\frac{|1-3|}{\sqrt{(2m)^2+1}}=\frac{2}{\sqrt{5}}\Leftrightarrow m^2=1\rightarrow m=-1\) (do \(m<0\))
Vậy $m=-1$
Bài 2:
ĐTHS trên có hai điểm cực trị khi \(y'=6x^2+6(m-1)x+6(m-2)=0\)
\(\Leftrightarrow 6[x+(m-2)](x+1)=0\) có hai nghiệm phân biệt.
Khi đó, chỉ cần \(m\neq 3\)
Từ pt trên ta thu được hai nghiệm \(x=2-m;x=-1\)
Điểm CĐ và CT nằm trong khoảng \((-2,3)\) suy ra
\(\left\{\begin{matrix} -1\in (-2;3)\\ 2-m\in (-2;3)\end{matrix}\right.\Leftrightarrow 4>m>-1\)
Vậy \(4>m>-1\) và \(m\neq 3\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
20 tháng 7 2017
Bài 3:
Ta có \(y'=x^2-2(m+1)x+2m+1=0\)
\(\Leftrightarrow [x-(2m+1)](x-1)=0\)
ĐTHS có cực trị khi PT trên có hai nghiệm phân biệt, tức là \(m\neq 0\)
Khi đó, hai nghiệm thu được là \(1\) và \(2m+1\) .
Hiển nhiên các điểm cực trị của ĐTHS là \((1;m-1);\left(2m+1,\frac{-4m^3}{3}+m-1\right)\)
Điểm cực trị của ĐTHS thuộc trục hoành thì tung độ bằng $0$
Nếu \((1;m-1)\) là điểm cực đại thì \(\left\{\begin{matrix} m-1=0\\ m-1>\frac{-4m^3}{3}+m-1\end{matrix}\right.\Rightarrow m=1\)
Nếu \(\left (2m+1,\frac{-4m^3}{3}+m-1\right)\) là điểm cực đại thì
\(\left\{\begin{matrix} \frac{-4}{3}m^3+m-1=0\\ m-1<\frac{-4m^3}{3}+m-1\end{matrix}\right.\Rightarrow m<0\) (không thỏa mãn)
Vậy $m=1$
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
14 tháng 6 2020
\(f\left(x\right)=\int sin^4xdx=\int\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}cos2x\right)^2dx\)
\(=\frac{1}{4}\int\left(1-2cos2x+cos^22x\right)dx=\frac{1}{4}\int\left(\frac{3}{2}-2cos2x+\frac{1}{2}cos4x\right)dx\)
\(=\frac{1}{4}\left(\frac{3}{2}x-sin2x+\frac{1}{8}sin4x\right)+C\)
\(f\left(0\right)=0\Rightarrow\frac{1}{4}\left(0-0+0\right)+C=0\Rightarrow C=0\)
\(\Rightarrow\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0f\left(x\right)dx=\frac{1}{4}\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0\left(\frac{3}{2}x-sin2x+\frac{1}{8}sin4x\right)dx\)
\(=\frac{1}{4}\left(\frac{3}{4}x^2+\frac{1}{2}cos2x-\frac{1}{32}cos4x\right)|^{\frac{\pi}{2}}_0\)
\(=\frac{3\pi^2-16}{64}\)
đúng
nha bạn
HT
đúng nha bạn