|
|
sửa đổi
|
đại 11
|
|
|
|
đại 11 Cho $f(x)=2sinx-mx+1$ . Tìm m để hàm $f'(x)>0$ với mọi x
đại 11 Cho $f(x)=2 \sin x-mx+1$ . Tìm m để hàm $f'(x)>0$ với mọi $x $.
|
|
|
|
sửa đổi
|
đại 11
|
|
|
|
đại 11 Chứng minh rằng pt $x^4-4x^3+3x-1=0$ có nghiệm $x \ epsi lon (0;4)$
đại 11 Chứng minh rằng pt $x^4-4x^3+3x-1=0$ có nghiệm $x \in (0;4)$
|
|
|
|
sửa đổi
|
đại 11
|
|
|
|
đại 11 Tính giới hạn : $\mathop {\lim }\limits(\sqrt{n^2+5n+1}-\sqrt{n^2+n+1} $ (n là số nguyên dương)
đại 11 Tính giới hạn : $\mathop {\lim }\limits(\sqrt{n^2+5n+1}-\sqrt{n^2+n+1} ) $ (n là số nguyên dương)
|
|
|
|
sửa đổi
|
cần gấp nè
|
|
|
|
cần gấp nè cho hàm số fx \=x2-3x+2 viết phương trình tiếp tuyến của x=2
cần gấp nè cho hàm số $f (x )=x ^2-3x+2 $ viết phương trình tiếp tuyến của $x=2 $.
|
|
|
|
sửa đổi
|
em cần gấp
|
|
|
|
em cần gấp tính đạo hàm y=sin3x-cos3x
em cần gấp Tính đạo hàm : $y= \sin3x- \cos3x $.
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
em cần gấp ngay thầy ơi?
|
|
|
|
em cần gấp ngay thầy ơi? $(3-i) $- $(2+3i)(5-4i)$
em cần gấp ngay thầy ơi? Tính :$(3-i)-(2+3i)(5-4i)$
|
|
|
|
sửa đổi
|
đại số 11 khó
|
|
|
|
Đặt $f(x) =x^3-x-5$ thì $f$ liên tục trên $\mathbb R$ và có $f(1).f(2)<0$ nên PT $f(x)=0$ luôn có nghiệm $x_0 \in (1,2).$Ta sẽ chứng minh nghiệm $x_0$ là duy nhất. Thật vậy, giả sử có nghiệm $x_1 \ne x_0, x_1,x_0 \in (1,2).$Ta có $x_0^3-x_0-5=x_1^3-x_1-5 \quad (=0)$$\Leftrightarrow (x_0^3-x_1^3)-(x_0-x_1)=0$$\Leftrightarrow (x_0-x_1)(x_0^2+x_1^2+x_0x_1-1)=0$Dễ thấy đây là điều vô lý vì $x_1 \ne x_0$ và $x_0^2+x_1^2+x_0x_1\ge 3$.Ta có đpcm.
Đặt $f(x) =x^3-x-5$ thì $f$ liên tục trên $\mathbb R$ và có $f(1).f(2)<0$ nên PT $f(x)=0$ luôn có nghiệm $x_0 \in (1,2).$Ta sẽ chứng minh nghiệm $x_0$ là duy nhất. Thật vậy, giả sử có nghiệm $x_1 \ne x_0, x_1,x_0 \in (1,2).$Ta có $x_0^3-x_0-5=x_1^3-x_1-5 \quad (=0)$$\Leftrightarrow (x_0^3-x_1^3)-(x_0-x_1)=0$$\Leftrightarrow (x_0-x_1)(x_0^2+x_1^2+x_0x_1-1)=0$Dễ thấy đây là điều vô lý vì $x_1 \ne x_0$ và $x_0^2+x_1^2+x_0x_1\ge 3$.Ta cần chứng minh nốt $x_0 > \sqrt[5]{20}$. Ta có$x_0^3-x_0-5=0\Rightarrow x_0^6=(x_0+5)^2 \ge 4.x_0.5=20x_0\Rightarrow x_0^5 \ge 20\Rightarrow $ đpcm do dấu bằng không xảy ra.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Tìm số phức $z$ sao cho
|
|
|
|
z+ $\overline{z^{-1}} $ = $\frac{2}{5} $ (3+4i) các bạn ơi cho mình một câu trả lời vớiz+ $\overline{z^{-1}} $ = $\frac{2}{5} $ (3+4i)
$z+\overline{z^{-1}} = \frac{2}{5} (3+4i) $Tìm số phức $z$ sao cho :$$z+\overline{z^{-1}} = \frac{2}{5} (3+4i) .$$
|
|
|
|
sửa đổi
|
tính công thức lượng giác nhanh
|
|
|
|
tính công thức lượng giác nhanh 1) Tính: A = $cos20^{0}$$cos40^{0}$$cos60^{0}$$cos80^{0}$. B = $cos\frac{\pi }{7}$$cos\frac{4\pi }{7}$$cos\frac{5\pi }{7}$.
tính công thức lượng giác nhanh Tính: A = $ \cos20^{0}$$ \cos40^{0}$$ \cos60^{0}$$ \cos80^{0}$. B = $ \cos\frac{\pi }{7}$$ \cos\frac{4\pi }{7}$$ \cos\frac{5\pi }{7}$.
|
|
|
|
sửa đổi
|
lượng giác mình sắp có bài kt rùi?
|
|
|
|
lượng giác mình sắp có bài kt rùi? 1) Chứng minh:a) $4cos15^{0}$$cos21^{0}$$cos24^{0}$ - $cos12^{0}$- $cos18^{0}$ = $\frac{1 +\sqrt{3} }{2}$.b) $tan 30^{0}$ +$tan 40^{0}$ +$tan 50^{0}$ + $tan 60^{0}$ = $\frac{8\sqrt{3}}{3}$$cos 20^{0}$.
lượng giác mình sắp có bài kt rùi? 1) Chứng minh:a) $4 \cos15^{0}$$ \cos21^{0}$$ \cos24^{0}$ - $ \cos12^{0}$- $ \cos18^{0}$ = $\frac{1 +\sqrt{3} }{2}$.b) $ \tan 30^{0}$ +$ \tan 40^{0}$ +$ \tan 50^{0}$ + $ \tan 60^{0}$ = $\frac{8\sqrt{3}}{3}$$ \cos 20^{0}$.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Đạo hàm
|
|
|
|
Đạo hàm Tính giới hạn sau:a, $\mathop {\lim }\limits_{x \to -\frac{\ Pi }{2}}\frac{\cos x}{x+\frac{\ Pi }{2}}$b, $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\frac{\sqrt{x+3}-2x}{\tan (x-1)}$
Đạo hàm Tính giới hạn sau:a, $\mathop {\lim }\limits_{x \to -\frac{\ pi }{2}}\frac{\cos x}{x+\frac{\ pi }{2}}$b, $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\frac{\sqrt{x+3}-2x}{\tan (x-1)}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
số phức hay đây
|
|
|
|
Giả sử $z=a+bi, a,b \in \mathbb R\Rightarrow a^2+b^2=5.$ Ta có $\left| {iz + \overline{z}-2} \right|=\left| {ai-b +a-bi-2} \right|=\left| {(a-b)i+a-b-2} \right|=\sqrt{(a-b)^2+(a-b-2)^2.}$Ta có $(a-b)^2+(a-b-2)^2=2(a-b)^2-4(a-b)^2+4=2\left[ {a-b+1} \right]^2+2 \ge 2$.Do vậy$\Leftrightarrow \begin{cases}a^2+b^2=5 \\ a-b=-1 \end{cases}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} a=-2,b=-1\\a=1,b=2 \end{matrix}} \right.$
Giả sử $z=a+bi, a,b \in \mathbb R\Rightarrow a^2+b^2=5.$ Ta có $\left| {iz + \overline{z}-2} \right|=\left| {ai-b +a-bi-2} \right|=\left| {(a-b)i+a-b-2} \right|=\sqrt{(a-b)^2+(a-b-2)^2.}$Ta có $(a-b)^2+(a-b-2)^2=2(a-b)^2-4(a-b)+4=2\left[ {a-b+1} \right]^2+2 \ge 2$.Do vậy$\Leftrightarrow \begin{cases}a^2+b^2=5 \\ a-b=-1 \end{cases}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} a=-2,b=-1\\a=1,b=2 \end{matrix}} \right.$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Ban giup minh
|
|
|
|
Đặt $\{a,b,c\}=\{x^2,y^2,z^2\}$, và giả sử trong trường hợp $x \ge y \ge z>0$. Ta có, $x^2+y^2+z^2=3$.Khi đó $A=a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a}-\sqrt{abc}=\sqrt{a}\sqrt{ab}+\sqrt{b}\sqrt{bc}+\sqrt{c}\sqrt{ca}-\sqrt{abc}$$=x.xy+y.yz+z.zx-xyz\leq x\cdot xy+y\cdot xz+z\cdot yz-xyz=y(x^2+z^2)=y(3-y^2)$.Ta có $y^2(3-y^2)^2=\dfrac{1}{2}.2y^2.(3-y^2).(3-y^2) \le \dfrac{1}{2}.\left ( \dfrac{2y^2+(3-y^2)+(3-y^2)}{3} \right )^3=4$Vậy $\max A =2 \Leftrightarrow a=b=c=1.$Lời giải trên còn thiếu trường hợp $x \ge z \ge y>0$.
Đặt $\{a,b,c\}=\{x^2,y^2,z^2\}$, và giả sử trong trường hợp $x \ge y \ge z>0$. Ta có, $x^2+y^2+z^2=3$.Khi đó $A=a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a}-\sqrt{abc}=\sqrt{a}\sqrt{ab}+\sqrt{b}\sqrt{bc}+\sqrt{c}\sqrt{ca}-\sqrt{abc}$$=x.xy+y.yz+z.zx-xyz\leq x\cdot xy+y\cdot xz+z\cdot yz-xyz=y(x^2+z^2)=y(3-y^2)$.Ta có $y^2(3-y^2)^2=\dfrac{1}{2}.2y^2.(3-y^2).(3-y^2) \le \dfrac{1}{2}.\left ( \dfrac{2y^2+(3-y^2)+(3-y^2)}{3} \right )^3=4$Vậy $\max A =2 \Leftrightarrow a=b=c=1.$Với trường hợp $x \ge z \ge y>0$ tương tự có$A= a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a}-\sqrt{abc}=\sqrt{a}\sqrt{ab}+\sqrt{b}\sqrt{bc}+\sqrt{c}\sqrt{ca}-\sqrt{abc}\leq $$ \leq x\cdot xz+z\cdot xy+y\cdot yz-xyz=z(x^2+y^2)=z(3-z^2)\leq2 $.Bài toán được chứng minh trọn vẹn.
|
|
|
|
sửa đổi
|
giup vs
|
|
|
|
giup vs chung minh$\frac{1}{sin 4x}=\frac{ 8}{cos^4x}+\frac{8}{cos^2 x}+1$
giup vs chung minh :$\frac{1}{ \sin 4x}=\frac{ 8}{ \cos^4x}+\frac{8}{ \cos^2 x}+1$
|
|