Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\lim\limits_{x\rightarrow0}\left|f\left(x\right)\right|=\lim\limits_{x\rightarrow0}\left|x^2sin\dfrac{1}{x}\right|< \lim\limits_{x\rightarrow0}\left|x^2\right|=0\).
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 \(x=0\).
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 \(f'\left(a\right)=\varphi\left(a\right)\)
a. Ta có \(f'\left(x\right)=\ln x+x.\frac{1}{x}+\ln x\)
\(f"\left(x\right)=\frac{1}{x}\)
\(f'''\left(x\right)=-\frac{1}{x^2}\)
\(f^{\left(4\right)}\left(x\right)=\frac{2}{x^3}\)
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,......
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 :
\(f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\frac{1}{2}.2^n\cos\left(2x+\frac{n\pi}{2}\right)-\frac{1}{4}.4^n\cos\left(4x+\frac{n\pi}{2}\right)\)
\(=2^{n-1}\cos\left(2x+\frac{n\pi}{2}\right)-4^{n-1}\cos\left(4x+\frac{n\pi}{2}\right)\)
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
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).
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 \(n=1,2,3....\)
\(f^{\left(n\right)}\left(x\right)=ne^x+x.e^x\)
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 :
\(f^{\left(n\right)}\left(x\right)=a^n\sin\left(ax+\frac{n\pi}{2}\right)\)