\(f\left(x\right)=\sin a\), trong đó \(a\ne0\). Tìm 
K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

7 tháng 5 2016

Ta có \(f\left(x\right)=\sin ax\)

         \(f'\left(x\right)=a\cos ax=a\sin\left(ax+\frac{\pi}{2}\right)\)

        \(f''\left(x\right)=a^2\cos\left(ax+\frac{\pi}{2}\right)=a^2\sin\left(ax+\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\right)\)

        \(f'''\left(x\right)=a^3\cos\left(ax+\pi\right)=a^3\sin\left(ax+\pi+\frac{\pi}{2}\right)=a^3\sin\left(ax+\frac{3\pi}{2}\right)\)

Dự đoán \(f^{\left(n\right)}\left(x\right)=a^n\sin\left(ax+\frac{n\pi}{2}\right)\left(1\right)\)

(1) được chứng minh bằng quy nạp như sau :

- (1) đúng khi n = 1,2,2

- Giả sử (1) đã đúng đến n. Ta phải chứng minh 

\(f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=a^{n+1}\sin\left(ax+\frac{\left(n+1\right)\pi}{2}\right)\)

Theo giả thiết quy nạp ta có :

\(f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=\left(f^{\left(n\right)}\left(x\right)\right)'=\left(a^n\sin\left(ax+\frac{n\pi}{2}\right)\right)=a^n.a\cos\left(ax+\frac{n\pi}{2}\right)=a^{n+1}\sin\left(ax+\frac{n\pi}{2}+\frac{n\pi}{2}\right)=a^{n+1}\sin\left(ax+\frac{\left(n+1\right)\pi}{2}\right)\)

Vậy (2) đúng.

Theo nguyên lý quy nạp suy ra (1) đúng.

Như vậy ta có : 

\(f^{\left(n\right)}\left(x\right)=a^n\sin\left(ax+\frac{n\pi}{2}\right)\)

 

14 tháng 4 2017

\(\lim\limits_{x\rightarrow0}\left|f\left(x\right)\right|=\lim\limits_{x\rightarrow0}\left|x^2sin\dfrac{1}{x}\right|< \lim\limits_{x\rightarrow0}\left|x^2\right|=0\).
Vậy \(\lim\limits_{x\rightarrow0}f\left(x\right)=0\).
\(f\left(0\right)=A\).
Để hàm số liên tục tại \(x=0\) thì \(\lim\limits_{x\rightarrow0}f\left(x\right)=f\left(0\right)\Leftrightarrow A=0\).
Để xét hàm số có đạo hàm tại \(x=0\) ta xét giới hạn:
\(\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{x-0}=\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{x^2sin\dfrac{1}{x}}{x}=\lim\limits_{x\rightarrow0}xsin\dfrac{1}{x}=0\).
Vậy hàm số có đạo hàm tại \(x=0\).

7 tháng 5 2016

Theo định nghĩa ta có :

\(f'\left(x\right)=\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0}\frac{f\left(a+\right)-f\left(a\right)}{\Delta x}\)

         \(=\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0}\frac{\left(a+\Delta x-1\right)\varphi\left(a+\Delta x\right)}{\Delta x}\) do (\(f\left(a\right)=0\))

          \(=\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0}\varphi\left(a+\Delta x\right)\)

Khi \(\Delta x\rightarrow0\) thì \(a+\Delta x\rightarrow a\) và do \(\varphi\left(x\right)\) là hàm liên tục tại x = a nên có :

\(\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0}\varphi\left(a+\Delta x\right)=\varphi\left(a\right)\)

Vậy \(f'\left(a\right)=\varphi\left(a\right)\)

5 tháng 5 2016

a. Ta có \(f'\left(x\right)=\ln x+x.\frac{1}{x}+\ln x\)

              \(f"\left(x\right)=\frac{1}{x}\)

              \(f'''\left(x\right)=-\frac{1}{x^2}\)

              \(f^{\left(4\right)}\left(x\right)=\frac{2}{x^3}\)

5 tháng 5 2016

b. Tương tự ta có : 

\(f^{\left(5\right)}\left(x\right)=-\frac{2.3}{x^4}\)

\(f^{\left(6\right)}\left(x\right)=\frac{2.3.4}{x^5}\)

Từ đó suy ra \(f^{\left(5\right)}\left(x\right)=\left(-1\right)^n\frac{\left(n-2\right)!}{x^{n-1}}\) với \(n\ge2\)

Thật vậy, ta sẽ thấy công thức đúng khi n=2,3,4,......

7 tháng 5 2016

Ta có : \(f\left(x\right)=\frac{1-\cos2ax}{2}.\cos bx=\frac{1}{2}\cos bx-\frac{1}{2}\cos2ax.\cos bx\)

                    \(=\frac{1}{2}\cos bx-\frac{\cos\left(2a+b\right)x+\cos\left(2a-b\right)x}{4}\)

                    \(=\frac{1}{2}\cos bx-\frac{1}{4}\cos\left(2a+b\right)x-\frac{1}{4}\cos\left(2a-b\right)x\)

\(f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\frac{1}{2}.b^n\cos\left(bx+\frac{b\pi}{2}\right)-\frac{1}{4}\left(2a+b\right)^n\cos\left[\left(2a+b\right)x+\frac{n\pi}{2}\right]-\frac{1}{4}\left(2a-b\right)^n\cos\left[\left(2a-b\right)x+\frac{n\pi}{2}\right]\)

Áp dụng : Khi a=1,b=2 tức là nếu \(f\left(x\right)=\sin^2x\cos2x\) ta có :

\(f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\frac{1}{2}.2^n\cos\left(2x+\frac{n\pi}{2}\right)-\frac{1}{4}.4^n\cos\left(4x+\frac{n\pi}{2}\right)\)

            \(=2^{n-1}\cos\left(2x+\frac{n\pi}{2}\right)-4^{n-1}\cos\left(4x+\frac{n\pi}{2}\right)\)

TL
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

4 tháng 4 2017

a) f'(x) = - 3sinx + 4cosx + 5. Do đó

f'(x) = 0 <=> - 3sinx + 4cosx + 5 = 0 <=> 3sinx - 4cosx = 5

<=> sinx - cosx = 1. (1)

Đặt cos φ = , (φ ∈) => sin φ = , ta có:

(1) <=> sinx.cos φ - cosx.sin φ = 1 <=> sin(x - φ) = 1

<=> x - φ = + k2π <=> x = φ + + k2π, k ∈ Z.

b) f'(x) = - cos(π + x) - sin = cosx + sin.

f'(x) = 0 <=> cosx + sin = 0 <=> sin = - cosx <=> sin = sin

<=> = + k2π hoặc = π - x + + k2π

<=> x = π - k4π hoặc x = π + k, (k ∈ Z).


7 tháng 5 2016

a. \(f\left(x\right)=x.e^x\)

   \(f'\left(x\right)=e^x+x.e^x\)

   \(f"\left(x\right)=e^x+e^x+x.e^x=2e^x+x.e^x\)   

   \(f^{\left(3\right)}\left(x\right)=2e^x+e^x+x.e^x=3e^x+x.e^x\)

b.Từ (a) ta đi đến công thức  (dự đoán)

                \(f^{\left(n\right)}\left(x\right)=ne^x+x.e^x\)     (1)

Chứng minh (1) bằng quy nạp như sau :

- (1) đã đúng với  \(n=1,2,3\)

- Giả sử (1) đã đúng đến n, ta phải chứng minh :

               \(f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=\left(n+1\right)e^x+x.e^x\)        (2)

Thật vậy , từ giả thiết quy nạp, ta có :

\(f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=\left(f^{\left(n\right)}\left(x\right)\right)'=\left(ne^x+x.e^x\right)'=ne^x+e^x+x.e^x=\left(n+1\right)e^x+x.e^x\)

Vậy (2) đúng. Theo nguyên lí quy nạp suy ra (1) đúng với mọi \(n=1,2,3....\)

Tóm lại, ta có với mọi \(n=1,2,3....\)

\(f^{\left(n\right)}\left(x\right)=ne^x+x.e^x\)