Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Ta có \(y=\sin x-\cos x\Rightarrow y'=\cos x+\sin x=0\Leftrightarrow \cos x=-\sin x\)
Kết hợp với \(\cos^2x+\sin^2x=1\) suy ra \((\sin x,\cos x)=\left (\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{-1}{\sqrt{2}}\right)\) hoặc \(\left (\frac{-1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\)
Với \((\sin x,\cos x)=\left (\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{-1}{\sqrt{2}}\right)\) thì \(y=\sqrt{2}\)
Với \((\sin x,\cos x)=\left (\frac{-1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\) thì \(y=-\sqrt{2}\)
Do đó \(y_{\max}=\sqrt{2};y_{\min}=-\sqrt{2}\)
Đáp án B
cách khác
đơn giản hóa vấn đề
\(A=sinx-cosx=sinx-sin\left(90^0-x\right)\)
\(A=2cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)=\sqrt{2}sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)\)
\(-\sqrt{2}\le A\le\sqrt{2}\)
Lời giải:
Ta có:
\(y=\frac{k\sin x+1}{\cos x+2}\Rightarrow y\cos x+2y=k\sin x+1\)
\(\Leftrightarrow 2y-1=k\sin x-y\cos x\)
Theo BĐT Bunhiacopxky:
\((2y-1)^2=(k\sin x-y\cos x)^2\leq (k^2+y^2)(\sin ^2x+\cos ^2x)=k^2+y^2\)
\(\Leftrightarrow 4y^2-4y+1\leq k^2+y^2\)
\(\Leftrightarrow 3y^2-4y+1\leq k^2\)
\(\Leftrightarrow 3(y-\frac{2}{3})^2\leq k^2+\frac{1}{3}\)
\(\Leftrightarrow \frac{2}{3}-\sqrt{\frac{3k^2+1}{9}}\leq y\leq \frac{2}{3}+\sqrt{\frac{3k^2+1}{9}}\)
\(\Rightarrow y_{\min}=\frac{2}{3}-\sqrt{\frac{3k^2+1}{9}}\)
Để \(y_{\min}< -1\Leftrightarrow \sqrt{\frac{3k^2+1}{9}}>\frac{5}{3}\Leftrightarrow k^2>8\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} k>2\sqrt{2}\\ k<-2\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)
Xét tính chẵn lẻ:
a) TXĐ: D = R \ {π/2 + kπ| k nguyên}
Với mọi x thuộc D ta có (-x) thuộc D và
\(f\left(-x\right)=\frac{3\tan^3\left(-x\right)-5\sin\left(-x\right)}{2+\cos\left(-x\right)}=-\frac{3\tan^3x-5\sin x}{2+\cos x}=-f\left(x\right)\)
Vậy hàm đã cho là hàm lẻ
b) TXĐ: D = R \ \(\left\{\pm\sqrt{2};\pm1\right\}\)
Với mọi x thuộc D ta có (-x) thuộc D và
\(f\left(-x\right)=\frac{\sin\left(-x\right)}{\left(-x\right)^4-3\left(-x\right)^2+2}=-\frac{\sin x}{x^4-3x^2+2}=-f\left(x\right)\)
Vậy hàm đã cho là hàm lẻ
Tìm GTLN, GTNN:
TXĐ: D = R
a) Ta có (\(\left(\sin x+\cos x\right)^2=1+\sin2x\)
Với mọi x thuộc D ta có\(-1\le\sin2x\le1\Leftrightarrow0\le1+\sin2x\le2\Leftrightarrow0\le\left(\sin x+\cos x\right)^2\le2\)
\(\Leftrightarrow0\le\left|\sin x+\cos x\right|\le\sqrt{2}\Leftrightarrow-\sqrt{2}\le\sin x+\cos x\le\sqrt{2}\)
Vậy \(Min_{f\left(x\right)}=-\sqrt{2}\) khi \(\sin2x=-1\Leftrightarrow2x=-\frac{\pi}{2}+k2\pi\Leftrightarrow x=-\frac{\pi}{4}+k\pi\)
\(Max_{f\left(x\right)}=\sqrt{2}\) khi\(\sin2x=1\Leftrightarrow x=\frac{\pi}{4}+k\pi\)
b) Với mọi x thuộc D ta có:
\(-1\le\cos x\le1\Leftrightarrow-2\le2\cos x\le2\Leftrightarrow1\le2\cos x+3\le5\)
\(\Leftrightarrow1\le\sqrt{2\cos x+3}\le\sqrt{5}\Leftrightarrow5\le\sqrt{2\cos x+3}+4\le\sqrt{5}+4\)
Vậy\(Min_{f\left(x\right)}=5\) khi \(\cos x=-1\Leftrightarrow x=\pi+k2\pi\)
\(Max_{f\left(x\right)}=\sqrt{5}+4\) khi \(\cos x=1\Leftrightarrow x=k2\pi\)
c) \(y=\sin^4x+\cos^4x=\left(\sin^2x+\cos^2x\right)^2-2\sin^2x\cos^2x\)\(=1-\frac{1}{2}\left(2\sin x\cos x\right)^2=1-\frac{1}{2}\sin^22x\)
Với mọi x thuộc D ta có: \(0\le\sin^22x\le1\Leftrightarrow-\frac{1}{2}\le-\frac{1}{2}\sin^22x\le0\Leftrightarrow\frac{1}{2}\le1-\frac{1}{2}\sin^22x\le1\)
Đến đây bạn tự xét dấu '=' xảy ra khi nào nha :p
3.
\(y'=-3x^2-6x=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-2\\x=0\end{matrix}\right.\)
\(y\left(-1\right)=m-2\) ; \(y\left(1\right)=m-4\)
\(\Rightarrow y_{min}=y\left(1\right)=m-4\)
\(\Rightarrow m-4=0\Rightarrow m=4\)
4.
Hàm đã cho bậc nhất trên bậc nhất nên đơn điệu trên mọi khoảng xác định
\(\Rightarrow y_{min}+y_{max}=y\left(1\right)+y\left(2\right)=\frac{m+1}{2}+\frac{m+2}{3}=8\)
\(\Rightarrow m=\frac{41}{5}\)
Đáp án B
1.
\(y'=\frac{1}{\left(sinx+1\right)^2}.cosx>0\Rightarrow y\) đồng biến
\(m=y_{min}=y\left(0\right)=2\)
\(M=y_{max}=y\left(1\right)=\frac{5}{2}\)
\(\Rightarrow M^2+m^2=\frac{41}{4}\)
2.
Hàm xác định trên \(\left[-2;2\right]\)
\(y'=1-\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}=0\Leftrightarrow x=\sqrt{2}\)
\(y\left(-2\right)=-2\) ; \(y\left(\sqrt{2}\right)=2\sqrt{2}\) ; \(y\left(2\right)=2\)
\(\Rightarrow N=-2;M=2\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow M+2N=2\sqrt{2}-4\)
a) f(x) = 2x3 – 3x2 – 12x + 1 ⇒ f’(x) = 6x2 – 6x – 12
f’(x) = 0 ⇔ x ∈ {-1, 2}
So sánh các giá trị:
f(x) = -3; f(-1) = 8;
f(2) = -19, f(52)=−332f(52)=−332
Suy ra:
maxx∈[−2,52]f(x)=f(−1)=8minx∈[−2,52]f(x)=f(2)=−19maxx∈[−2,52]f(x)=f(−1)=8minx∈[−2,52]f(x)=f(2)=−19
b) f(x) = x2 lnx ⇒ f’(x)= 2xlnx + x > 0, ∀ x ∈ [1, e] nên f(x) đồng biến.
Do đó:
maxx∈[1,e]f(x)=f(e)=e2minx∈[1,e]f(x)=f(1)=0maxx∈[1,e]f(x)=f(e)=e2minx∈[1,e]f(x)=f(1)=0
c) f(x) = f(x) = xe-x ⇒ f’(x)= e-x – xe-x = (1 – x)e-x nên:
f’(x) = 0 ⇔ x = 1, f’(x) > 0, ∀x ∈ (0, 1) và f’(x) < 0, ∀x ∈ (1, +∞)
nên:
maxx∈[0,+∞)f(x)=f(1)=1emaxx∈[0,+∞)f(x)=f(1)=1e
Ngoài ra f(x) = xe-x > 0, ∀ x ∈ (0, +∞) và f(0) = 0 suy ra
maxx∈[0,+∞)f(x)=f(0)=0maxx∈[0,+∞)f(x)=f(0)=0
d) f(x) = 2sinx + sin2x ⇒ f’(x)= 2cosx + 2cos2x
f’(x) = 0 ⇔ cos 2x = -cosx ⇔ 2x = ± (π – x) + k2π
⇔ x∈{−π+k2π;π3+k2π3}x∈{−π+k2π;π3+k2π3}
Trong khoảng [0,3π2][0,3π2] , phương trình f’(x) = 0 chỉ có hai nghiệm là x1=π3;x2=πx1=π3;x2=π
So sánh bốn giá trị : f(0) = 0; f(π3)=3√32;f(π)=0;f(3π2)=−2f(π3)=332;f(π)=0;f(3π2)=−2
Suy ra:
maxx∈[0,3π2]f(x)=f(π3)=3√32minx∈[0,3π2]f(x)=f(3π2)=−2
bn ơi câu a t chưa làm chưa biết nhưng câu b chắc chắn có Max tại x=-3 nhé ! Nếu bn chỉ tìm ra Min là chưa đủ
1.
Hàm trùng phương có đúng 1 cực trị khi:
TH1: \(a=m=0\)
TH2: \(ab=-m>0\Leftrightarrow m< 0\)
\(\Rightarrow m\le0\)
Đáp án B
2.
\(y'=3\left(x^2+2mx+m^2-1\right)=3\left(x+m+1\right)\left(x+m-1\right)\)
\(y'=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-m+1\\x=-m-1\end{matrix}\right.\)
Hàm số có 2 cực trị nằm về 2 phía trục hoành
\(\Leftrightarrow y'\left(-m+1\right).y'\left(-m-1\right)< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(3m-2\right)\left(3m+2\right)< 0\Rightarrow-\frac{2}{3}< m< \frac{2}{3}\)
\(\Rightarrow a+2b=-\frac{2}{3}+2.\frac{2}{3}=\frac{2}{3}\)
Đáp án: D.
Trên khoảng (0; π /2), sin(x + π /4) ≤ 1;
Dấu "=" xảy ra ⇔ x = π /4
Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số là min y = y( π /4) = 2 /2.