Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
để hàm số xác định với mọi x thuộc R thì
\(2m\cos^2x+\left(2-m\right)\cos x+4m-1\ge0\Leftrightarrow m\left(2cos^2x-cosx+4\right)\ge1-2cosx\)
mà \(2cos^2x-cosx+4>0\) nên :
\(m\ge\frac{1-2cosx}{2cos^2x-cosx+4}\)\(\Leftrightarrow\)\(m\ge max\left(\frac{1-2cosx}{2cos^2x-cosx+4}\right)=\frac{3}{7}\)
vậy điều kiện của m là : \(m\ge\frac{3}{7}\)
Với \(t\ne0\), nếu chia cả hai vế của \(2t^2-mt+1>0\) cho t thì xảy ra hai trường hợp, t > 0 và t < 0, nên dòng 7 không đúng.
Duc: cảm ơn bạn đã chỉ ra lỗi sai. Mình sơ suất quá. Mình đã sửa lại.
a) ĐK: \(\cos x\ne0\)( vì tan x = sinx/cosx nên cos x khác 0)
<=> \(x\ne\frac{\pi}{2}+k\pi\); k thuộc Z
TXĐ: \(ℝ\backslash\left\{\frac{\pi}{2}+k\pi\right\}\); k thuộc Z
b) ĐK: \(1+\cos2x\ne0\Leftrightarrow\cos2x\ne-1\Leftrightarrow2x\ne\pi+k2\pi\Leftrightarrow x\ne\frac{\pi}{2}+k\pi\); k thuộc Z
=> TXĐ: \(ℝ\backslash\left\{\frac{\pi}{2}+k\pi\right\}\); k thuộc Z
c) ĐK: \(\hept{\begin{cases}\cot x-\sqrt{3}\ne0\\\sin x\ne0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ne\frac{\pi}{6}+k\pi\text{}\text{}\\x\ne l\pi\end{cases}}\); k,l thuộc Z
=>TXĐ: ....
d) ĐK: \(1-2\sin^2x\ne0\Leftrightarrow\cos2x\ne0\Leftrightarrow2x\ne\frac{\pi}{2}+k\pi\Leftrightarrow x\ne\frac{\pi}{4}+\frac{k\pi}{2}\)
=> TXĐ:...
a) \(D=R\backslash\left\{1\right\}\)
b) \(y\left(x\right)\) xác định khi:
\(cos\dfrac{x}{3}\ne0\Leftrightarrow\dfrac{x}{3}\ne\dfrac{\pi}{2}+k\pi\)
\(\Leftrightarrow x\ne\dfrac{3\pi}{2}+k3\pi\)
\(D=R\backslash\left\{\dfrac{3\pi}{2}+k3\pi\right\};k\in Z\)
c) \(y\left(x\right)\) xác định khi:
\(sin2x\ne0\Leftrightarrow2x\ne k\pi\)\(\Leftrightarrow x\ne\dfrac{k\pi}{2}\).
\(D=R\backslash\left\{\dfrac{k\pi}{2}\right\};k\in Z\)
d) \(y\left(x\right)\) xác định khi:
\(x^2-1\ne0\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ne1\\x\ne-1\end{matrix}\right.\).
\(D=R\backslash\left\{1;-1\right\}\)
Dạng này lâu quá quên cách làm rồi, thử vài cách xem cái nào tối ưu:
Sử dụng tam thức bậc 2:
Hàm xác định trên R khi:
\(2sin^2x-m.sinx+1>0;\forall x\in R\)
Đặt \(sinx=t\in\left[-1;1\right]\)
\(\Rightarrow f\left(t\right)=2t^2-m.t+1>0;\forall t\in\left[-1;1\right]\)
\(\Delta=m^2-8\)
TH1: \(\Delta< 0\Rightarrow-2\sqrt{2}< m< 2\sqrt{2}\)
Khi đó \(f\left(t\right)>0;\forall t\in R\)
TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta=0\\-\dfrac{b}{2a}=\dfrac{m}{4}\notin\left[-1;1\right]\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) ko có m thỏa mãn
TH3: \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta>0\\t_1< t_2< -1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2-8>0\\f\left(-1\right)=m+3>0\\\dfrac{t_1+t_2}{2}=\dfrac{m}{4}< -1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m\in\varnothing\)
TH4: \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta>0\\1< t_1< t_2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2-8>0\\f\left(1\right)=3-m>0\\\dfrac{t_1+t_2}{2}=\dfrac{m}{4}>1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m\in\varnothing\)
Vậy \(-2\sqrt{2}< m< 2\sqrt{2}\)
- Sử dụng hẳng đẳng thức:
\(2sin^2x-m.sinx+1>0\)
\(\Leftrightarrow16sin^2x-8m.sinx+8>0\)
\(\Leftrightarrow\left(4sinx-m\right)^2-m^2+8>0\)
\(\Leftrightarrow\left(4sinx-m\right)^2>m^2-8\) (1)
TH1: \(m^2-8< 0\Rightarrow\) BPT luôn đúng
TH2: \(m^2-8\ge0\), khi đó (1) tương đương:
\(\left[{}\begin{matrix}4sinx-m>\sqrt{m^2-8}\\4sinx-m< -\sqrt{m^2-8}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}4sinx>m+\sqrt{m^2-8}\\4sinx< m-\sqrt{m^2-8}\end{matrix}\right.\)
Do \(sinx\in\left[-1;1\right]\) nên điều này đúng vói mọi x khi và chỉ khi:
\(\left[{}\begin{matrix}-4>m+\sqrt{m^2-8}\\4< m-\sqrt{m^2-8}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}-1>\dfrac{m+\sqrt{m^2-8}}{4}\\1< \dfrac{m-\sqrt{m^2-8}}{4}\end{matrix}\right.\)(2)
Giải 2 cái này ra là được.
À, đến đây phát hiện ra 1 điều, thực chất \(\dfrac{m\pm\sqrt{m^2-8}}{4}\) chính là 2 nghiệm \(t_1;t_2\) của pt
\(2t^2-mt+1=0\), và 2 BPT (2) kia cũng chính là \(\left[{}\begin{matrix}t_1< t_2< -1\\1< t_1< t_2\end{matrix}\right.\) của cách 1
Vậy về cơ bản 2 cách này giống nhau về phần lõi, chỉ khác về cách trình bày