Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
\(a+b=3\Rightarrow a+(b-2)=1\Rightarrow b-2=1-a\)
Ta có:
\(f(x)=\frac{9^x}{9^x+3}\Rightarrow f(a)=\frac{9^a}{9^a+3}\) (1)
\(f(b-2)=f(1-a)=\frac{9^{1-a}}{9^{1-a}+3}=\frac{9}{9^a\left(\frac{9}{9^a}+3\right)}\)
\(=\frac{9}{9+3.9^a}=\frac{3}{3+9^a}\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(f(a)+f(b-2)=\frac{9^a}{9^a+3}+\frac{3}{3+9^a}=\frac{9^a+3}{9^a+3}=1\)
Đáp án A
7.
Thể tích:
\(V=\pi\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0sin^2xdx=\frac{\pi}{2}\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0\left(1-cos2x\right)dx=\frac{\pi}{2}\left(x-\frac{1}{2}sin2x\right)|^{\frac{\pi}{2}}_0=\frac{\pi^2}{4}\)
8.
\(z=\frac{z-17i}{5-i}\Leftrightarrow\left(5-i\right)z=z-17i\)
\(\Leftrightarrow z\left(i-4\right)=17i\Rightarrow z=\frac{17i}{i-4}=1-4i\)
Rốt cuộc câu này hỏi modun hay phần thực vậy ta?
Phần thực bằng 1
Môđun \(\left|z\right|=\sqrt{17}\)
9.
\(\left(1-3i\right)z=8+6i\Rightarrow z=\frac{8+6i}{1-3i}=-1+3i\)
\(\Rightarrow\left|z\right|=\sqrt{\left(-1\right)^2+3^2}=\sqrt{10}\)
10.
\(\left(1+i\right)^2\left(2-i\right)z=8+i+\left(1+2i\right)z\)
\(\Leftrightarrow2i\left(2-i\right)z-\left(1+2i\right)z=8+i\)
\(\Leftrightarrow\left(4i+2-1-2i\right)z=8+i\)
\(\Leftrightarrow z=\frac{8+i}{2i+1}=2-3i\)
Phần thực \(a=2\)
11.
Điểm biểu diễn số phức là điểm có tọa độ \(\left(-1;-2\right)\)
4.
\(I=\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{4}}\frac{dx}{sin^2x}=-cotx|^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{4}}=1\)
5.
\(I=\int\limits^a_2\frac{2x-1}{1-x}dx=\int\limits^a_2\left(-2-\frac{1}{x-1}\right)dx=\left(-2x-ln\left|x-1\right|\right)|^a_2=-2a-ln\left|a-1\right|+4\)
\(\Rightarrow-2a+4-ln\left|a-1\right|=-4-ln3\Rightarrow a=4\)
6.
Phương trình hoành độ giao điểm:
\(x^3=x^5\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=1\\x=-1\end{matrix}\right.\)
Diện tích hình phẳng:
\(S=\int\limits^0_{-1}\left(x^5-x^3\right)dx+\int\limits^1_0\left(x^3-x^5\right)dx=\frac{1}{6}\)
Câu 6:
Hoành độ giao điểm: \(\sqrt{1-x^2}=0\Leftrightarrow x=\pm1\)
\(\Rightarrow V=\pi\int\limits^1_{-1}\left(1-x^2\right)dx=\frac{4}{3}\pi\)
// Hoặc là tư duy theo 1 cách khác, biến đổi pt ban đầu ta có:
\(y=\sqrt{1-x^2}\Leftrightarrow y^2=1-x^2\Leftrightarrow x^2+y^2=1\)
Đây là pt đường tròn tâm O bán kính \(R=1\Rightarrow\) khi quay quanh Ox ta sẽ được một mặt cầu bán kính \(R=1\Rightarrow V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi\)
Câu 7: Về bản chất, đây là 1 con tích phân sai, không thể tính được, do trên miền \(\left[\frac{\pi}{6};\frac{\pi}{2}\right]\) hàm dưới dấu tích phân không xác định tại \(x=\frac{\pi}{3}\) và \(x=\frac{2\pi}{3}\), nhưng nhắm mắt làm ngơ với lỗi ra đề sai đó và ta cứ mặc kệ nó, không quan tâm cứ máy móc áp dụng thì tính như sau:
Biến đổi biểu thức dưới dấu tích phân 1 chút trước:
\(\frac{sin^2x}{sin3x}=\frac{sin^2x}{3sinx-4sin^3x}=\frac{sinx}{3-4sin^2x}=\frac{sinx}{3-4\left(1-cos^2x\right)}=\frac{sinx}{4cos^2x-1}\)
\(\Rightarrow I=\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{6}}\frac{sinx.dx}{4cos^2x-1}\Rightarrow\) đặt \(cosx=t\Rightarrow sinx.dx=-dt\)
\(\Rightarrow I=\int\limits^0_{\frac{\sqrt{3}}{2}}\frac{-dt}{4t^2-1}=\int\limits^{\frac{\sqrt{3}}{2}}_0\frac{dt}{\left(2t-1\right)\left(2t+1\right)}=\frac{1}{2}\int\limits^{\frac{\sqrt{3}}{2}}_0\left(\frac{1}{2t-1}-\frac{1}{2t+1}\right)dt\)
\(I=\frac{1}{4}ln\left|\frac{2t-1}{2t+1}\right|^{\frac{\sqrt{3}}{2}}_0=\frac{1}{4}ln\left(\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1}\right)=\frac{1}{4}ln\left(2-\sqrt{3}\right)\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=4\\b=2\\c=-1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a+2b+3c=5\)
Câu 8:
\(f\left(x\right)=\int\frac{1}{2x-1}dx=\frac{1}{2}\int\frac{d\left(2x-1\right)}{2x-1}=\frac{1}{2}ln\left|2x-1\right|+C\)
\(f\left(1\right)=1\Leftrightarrow\frac{1}{2}ln1+C=1\Rightarrow C=1\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{1}{2}ln\left|2x-1\right|+1\Rightarrow f\left(5\right)=\frac{1}{2}ln9+1=ln3+1\)
Câu 4:
\(I=\int\limits^1_{-1}f\left(x\right)dx=\int\limits^0_{-1}f\left(x\right)dx+\int\limits^1_0f\left(x\right)dx\)
Do \(f\left(x\right)\) là hàm chẵn \(\Rightarrow f\left(x\right)=f\left(-x\right)\) \(\forall x\)
Đặt \(x=-t\Rightarrow dx=-dt;\left\{{}\begin{matrix}x=-1\Rightarrow t=1\\x=0\Rightarrow t=0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\int\limits^0_{-1}f\left(x\right)dx=\int\limits^0_1f\left(t\right).\left(-dt\right)=\int\limits^1_0f\left(t\right)dt=\int\limits^1_0f\left(x\right)dx\)
\(\Rightarrow I=\int\limits^1_0f\left(x\right)dx+\int\limits^1_0f\left(x\right)dx=2\int\limits^1_0f\left(x\right)dx=2\)
\(\Rightarrow\int\limits^1_0f\left(x\right)dx=1\)
Câu 5: Theo tính chất tích phân ta có:
\(\int\limits^{10}_0f\left(x\right)dx=\int\limits^2_0f\left(x\right)dx+\int\limits^6_2f\left(x\right)dx+\int\limits^{10}_6f\left(x\right)dx\)
\(\Rightarrow\int\limits^2_0f\left(x\right)dx+\int\limits^{10}_6f\left(x\right)dx=\int\limits^{10}_0f\left(x\right)dx-\int\limits^6_2f\left(x\right)dx=7-3=4\)
Câu 1:
Đặt \(\sqrt{lnx+1}=t\Rightarrow lnx=t^2-1\Rightarrow\frac{dx}{x}=2tdt\)
\(\Rightarrow I=\int3t.2t.dt=6\int t^2dt=2t^3+C\)
\(=2\sqrt{\left(lnx+1\right)^3}+C=2\left(lnx+1\right)\sqrt{lnx+1}+C\)
\(=ln\left(x.e\right)^2\sqrt{ln\left(x.e\right)+0}\Rightarrow a=2;b=0\)
Câu 2:
\(\int\limits^b_ax^{-\frac{1}{2}}dx=2x^{\frac{1}{2}}|^b_a=2\left(\sqrt{b}-\sqrt{a}\right)=2\Rightarrow\sqrt{b}-\sqrt{a}=1\)
Ta có hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{b}-\sqrt{a}=1\\a^2+b^2=17\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b=4\\a=1\end{matrix}\right.\) (lưu ý loại cặp nghiệm âm do \(\frac{1}{\sqrt{x}}\) chỉ xác định trên miền (a;b) dương)
Câu 4:
\(\int\frac{3x+a}{x^2+4}dx=\frac{3}{2}\int\frac{2x}{x^2+4}dx+a\int\frac{1}{x^2+4}dx\)
\(=\frac{3}{2}ln\left(x^2+4\right)+\frac{a}{2}arctan\left(\frac{x}{2}\right)+C\)
\(\Rightarrow a=2\)
\(\Rightarrow I=\int\limits^{\frac{e}{4}}_1ln\left(x\right)dx\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=lnx\\dv=dx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=\frac{1}{x}dx\\v=x\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow I=x.lnx|^{\frac{e}{4}}_1-\int\limits^{\frac{e}{4}}_1dx=\frac{e}{4}.ln\left(\frac{e}{4}\right)-\frac{e}{4}+1=-\frac{ln\left(2^e\right)}{2}+1\)
Câu 5:
\(f'\left(x\right)=\int f''\left(x\right)dx=-\frac{1}{4}\int x^{-\frac{3}{2}}dx=\frac{1}{2\sqrt{x}}+C\)
\(f'\left(2\right)=\frac{1}{2\sqrt{2}}+C=2+\frac{1}{2\sqrt{2}}\Rightarrow C=2\)
\(\Rightarrow f'\left(x\right)=\frac{1}{2\sqrt{x}}+2\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)=\int f'\left(x\right)dx=\int\left(\frac{1}{2\sqrt{x}}+2\right)dx=\sqrt{x}+2x+C_1\)
\(f\left(4\right)=\sqrt{4}+2.4+C_1=10\Rightarrow C_1=0\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)=2x+\sqrt{x}\)
\(\Rightarrow F\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=\int\left(2x+\sqrt{x}\right)dx=x^2+\frac{2}{3}\sqrt{x^3}+C_2\)
\(F\left(1\right)=1+\frac{2}{3}+C_2=1+\frac{2}{3}\Rightarrow C_2=0\)
\(\Rightarrow F\left(x\right)=x^2+\frac{2}{3}\sqrt{x^3}\Rightarrow\int\limits^1_0\left(x^2+\frac{2}{3}\sqrt{x^3}\right)dx=\frac{3}{5}\)
\(g'\left(x\right)=-f'\left(3-x\right)=\left(x-3\right)\left(2-x\right)^2\left(\left(3-x\right)^2+9\left(3-x\right)+9\right)\)
Không cần quan tâm tới \(\left(2-x\right)^2\) do \(g'\left(x\right)\) ko đổi dấu khi đi qua điểm dừng này
\(g'\left(x\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=3\\\left(3-x\right)^2+m\left(3-x\right)+9=0\left(1\right)\end{matrix}\right.\)
Để \(g\left(x\right)\) đồng biến trên \(\left(3;+\infty\right)\Rightarrow\left(1\right)\) vô nghiệm hoặc các nghiệm của (1) đều không lớn hơn 3
\(\left(1\right)\Leftrightarrow h\left(x\right)=x^2-\left(m+6\right)x+3m+18=0\)
\(\Delta=m^2-36\)
TH1: \(\Delta< 0\Rightarrow m^2-36< 0\Rightarrow-6< m< 6\)
TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta\ge0\\h\left(3\right)>0\\\frac{m+6}{2}< 3\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}m\ge6\\m\le-6\end{matrix}\right.\\9>0\\m< 0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m\le-6\)
Vậy \(m< 6\) thì \(g\left(x\right)\) đồng biến trên \(\left(3;+\infty\right)\Rightarrow\) có 5 giá trị nguyên dương
Câu 1:
\(f'\left(1\right)=g'\left(1\right)=k\)
\(h\left(x\right)=\frac{f\left(x\right)+2}{g\left(x\right)+1}\Rightarrow h'\left(x\right)=\frac{f'\left(x\right)\left[g\left(x\right)+1\right]-g'\left(x\right)\left[f\left(x\right)+2\right]}{\left[g\left(x\right)+1\right]^2}\)
\(\Rightarrow h'\left(1\right)=\frac{k\left(b+1\right)-k\left(a+2\right)}{\left(b+1\right)^2}=\frac{k\left(b-a-1\right)}{\left(b+1\right)^2}\)
Mà \(h'\left(1\right)=k\Rightarrow k=\frac{k\left(b-a-1\right)}{\left(b+1\right)^2}\Rightarrow\frac{b-a-1}{\left(b+1\right)^2}=1\)
\(\Leftrightarrow b-a-1=\left(b+1\right)^2\Rightarrow a=b-1-\left(b+1\right)^2\)
\(\Rightarrow a=-b^2-b-2\)
Câu 2:
\(y=f\left(x\right)=\frac{x+1}{x-2}\Rightarrow f'\left(x\right)=\frac{-3}{\left(x-2\right)^2}\)
Phương trình hoành độ giao điểm:
\(\frac{x+1}{x-2}=x+m\Leftrightarrow x+1=\left(x+m\right)\left(x-2\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+\left(m-3\right)x-2m-1=0\)
\(\Delta=\left(m-3\right)^2+4\left(2m+1\right)=\left(m+1\right)^2+12>0\)
\(\Rightarrow\) d luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A và B có hoành độ giả sử là a và b
Theo Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=3-m\\ab=-3m-1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow3a+3b-ab=10\) (1)
Mặt khác do tiếp tuyến tại A và B song song
\(\Leftrightarrow\frac{-3}{\left(a-2\right)^2}=\frac{-3}{\left(b-2\right)^2}\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a-2=b-2\\a-2=2-b\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b\\a=4-b\end{matrix}\right.\)
TH1: \(a=b\) thay vào (1):
\(\Rightarrow-a^2+6a-10=0\left(vn\right)\)
TH2: \(a=4-b\)
\(\Rightarrow a+b=4\Rightarrow3-m=4\Rightarrow m=-1\)
Chọn B.