Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(f'=6x^8-6x^5+6x+6=6\left(x^8-x^5+x+1\right)\)
\(\left[{}\begin{matrix}\left|x\right|\le1\Rightarrow\left|x^5-x\right|\le\left|x\right|\le1\Rightarrow1-x^5-x\ge0\\\left|x\right|\ge1\Rightarrow\left|x^5\right|\le x^8\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^8-x^5>0\\x^2-x>0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow f'\left(x\right)>0\forall x\)
\(f\left(x+3\right)=g\left(x\right)+x^2-10x+5\)
\(\Rightarrow f'\left(x+3\right)=g'\left(x\right)+2x-10\)
Thế \(x=1\) ta được:
\(f'\left(4\right)=g'\left(1\right)-8\)
\(\Rightarrow g'\left(1\right)=f'\left(4\right)+8=13\)
1a.
\(y'=3x^2.f'\left(x^3\right)-2x.g'\left(x^2\right)\)
b.
\(y'=\dfrac{3f^2\left(x\right).f'\left(x\right)+3g^2\left(x\right).g'\left(x\right)}{2\sqrt{f^3\left(x\right)+g^3\left(x\right)}}\)
2.
\(f'\left(x\right)=\left(m-1\right)x^3+\left(m-2\right)x^2-2mx+3=0\)
Để ý rằng tổng hệ số của vế trái bằng 1 nên pt luôn có nghiệm \(x=1\), sử dụng lược đồ Hooc-ne ta phân tích được:
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left[\left(m-1\right)x^2+\left(2m-3\right)x-3\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\\left(m-1\right)x^2+\left(2m-3\right)x-3=0\left(1\right)\end{matrix}\right.\)
Xét (1), với \(m=1\Rightarrow x=-3\)
- Với \(m\ne1\Rightarrow\Delta=\left(2m-3\right)^2+12\left(m-1\right)=4m^2-3\)
Nếu \(\left|m\right|< \dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow\) (1) vô nghiệm \(\Rightarrow f'\left(x\right)=0\) có đúng 1 nghiệm
Nếu \(\left|m\right|>\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow\left(1\right)\) có 2 nghiệm \(\Rightarrow f'\left(x\right)=0\) có 3 nghiệm
\(f'\left(x\right)=-mx^2+mx+m-3\)
a/ \(f'\left(x\right)< 0;\forall x\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-m< 0\\\Delta=m^2+4m\left(m-3\right)< 0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>0\\5m^2-12m< 0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow0< m< \frac{12}{5}\)
b/ \(-mx^2+mx+m-3=0\) có 2 nghiệm pb cùng dấu
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta=5m^2-12m>0\\ac=-m\left(m-3\right)>0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\frac{12}{5}< m< 3\)
c/ \(-mx^2+mx+m-3=0\)
\(\Rightarrow x_1+x_2=1\)
Đây là biểu thức liên hệ 2 nghiệm ko phụ thuộc m
Giả sử \(f\left(x\right)\) có bậc k \(\Rightarrow f'\left(x\right)\) có bậc \(k-1\) và \(f''\left(x\right)\) có bậc \(k-2\)
\(\Rightarrow f''\left(x\right)+3x^2-5\) có bậc lớn nhất bằng \(max\left\{k-2;2\right\}\)
\(\Rightarrow k-1=max\left\{k-2;2\right\}\Rightarrow k-1=2\) (do \(k-1\ne k-2\) với mọi k)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) là đa thức bậc 3 có dạng: \(y=ax^3+bx^2+cx-5\) với \(a\ne0\)
\(3ax^2+2bx+c=6ax+2b+3x^2-5\)
\(\Leftrightarrow3ax^2+2bx+c=3x^2+6ax+2b-5\)
Đồng nhất 2 vế: \(\left\{{}\begin{matrix}3a=3\\2b=6a\\c=2b-5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=3\\c=1\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)=x^3+3x^2+x-5\)
Đặt \(sin^2x=t\Rightarrow0\le t\le1\)
\(f\left(t\right)=0\Leftrightarrow t^3+3t^2+t-5=0\)
\(\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left(t^2+4t+5\right)=0\Rightarrow t=1\)
\(\Rightarrow sin^2x=1\Leftrightarrow cosx=0\)
\(\Rightarrow x=\frac{\pi}{2}+k\pi\)
\(\Rightarrow\frac{\pi}{2}+k\pi\le2020\Rightarrow k\le\frac{4040-\pi}{2\pi}\)
\(\Rightarrow k_{max}=642\Rightarrow x_{max}=\frac{\pi}{2}+642\pi\)
1. Áp dụng quy tắc L'Hopital
\(\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{\sqrt{x+1}-1}{f\left(0\right)-f\left(x\right)}=\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{\dfrac{1}{2\sqrt{x+1}}}{-f'\left(0\right)}=-\dfrac{1}{6}\)
2.
\(g'\left(x\right)=2x.f'\left(\sqrt{x^2+4}\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\f'\left(\sqrt{x^2+4}\right)=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\\sqrt{x^2+4}=1\\\sqrt{x^2+4}=-2\end{matrix}\right.\)
2 pt cuối đều vô nghiệm nên \(g'\left(x\right)=0\) có đúng 1 nghiệm
Đề là \(f\left(x\right)=\dfrac{1}{2}sin2x-cosx-x+2015\) đúng không nhỉ?
\(f'\left(x\right)=cos2x+sinx-1\)
\(f'\left(x\right)=0\Leftrightarrow cos2x+sinx-1=0\)
\(\Leftrightarrow1-2sin^2x+sinx-1=0\)
\(\Leftrightarrow sinx\left(1-2sinx\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}sinx=0\\sinx=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=k\pi\\x=\dfrac{\pi}{6}+k2\pi\end{matrix}\right.\)
3.
\(f\left(x+\frac{\pi}{3}\right)=cos\left(x+\frac{\pi}{3}\right)\Rightarrow f'\left(x+\frac{\pi}{3}\right)=-sin\left(x+\frac{\pi}{3}\right)\)
\(f'\left(x-\frac{\pi}{6}\right)=-sin\left(x-\frac{\pi}{6}\right)\)
\(f'\left(0\right)=-sin\left(0\right)=0\)
\(2f'\left(x+\frac{\pi}{3}\right).f'\left(x-\frac{\pi}{6}\right)=2sin\left(x+\frac{\pi}{3}\right)sin\left(x-\frac{\pi}{6}\right)\)
\(=cos\left(\frac{\pi}{2}\right)-cos\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)=-cos\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)\)
\(f'\left(0\right)-f\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)=0-cos\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)=-cos\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)\)
\(\Rightarrow2f'\left(x+\frac{\pi}{3}\right)f'\left(x-\frac{\pi}{6}\right)=f'\left(0\right)-f\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)\) (đpcm)
4.
\(y=3\left(sin^4x+cos^4x\right)-2\left(sin^6x+cos^6x\right)\)
\(=3\left(sin^2x+cos^2x\right)^2-6sin^2x.cos^2x-2\left(sin^2x+cos^2x\right)^3+6sin^2x.cos^2x\left(sin^2x+cos^2x\right)\)
\(=3-2=1\)
\(\Rightarrow y'=0\) ; \(\forall x\)
5.
\(y=\left(\frac{sinx}{1+cosx}\right)^3=\left(\frac{sinx\left(1-cosx\right)}{1-cos^2x}\right)^3=\left(\frac{sinx\left(1-cosx\right)}{sin^2x}\right)^3=\left(\frac{1-cosx}{sinx}\right)^3\)
\(y'=3\left(\frac{1-cosx}{sinx}\right)^2\left(\frac{sin^2x-cosx\left(1-cosx\right)}{sin^2x}\right)=3\left(\frac{1-cosx}{sinx}\right)^2\left(\frac{1-cosx}{sin^2x}\right)=\frac{3\left(1-cosx\right)^3}{sin^4x}\)
\(\Rightarrow y'.sinx-3y=\frac{3\left(1-cosx\right)^3}{sin^3x}-3\left(\frac{1-cosx}{sinx}\right)^3=0\) (đpcm)
f'(x)=2*3x^2+3*2*(a+2)*x+6a^2
=6x^2+6x(a+2)+6a^2
Δ=(6a+12)^2-4*6*6a^2
=36a^2+144a+144-144a^2
=-108a^2+144a+144
f'(x)>0 với mọi x
=>-108a^2+144a+144<0
=>a<-2/3; a>2
f'(-1)=6
=>6*(-1)^2+6*(-1)*(a+2)+6a^2=6
=>6a^2+6-6a-12=6
=>6a^2-6a-12=0
=>a^2-a-2=0
=>a=2(loại) hoặc a=-1(nhận)