|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
PT Lượng giác
|
|
|
|
b)
điều kiện $\sin 2x \ne 0$ thì
PT $\Leftrightarrow \frac{1}{\sin 2x}-\sin 2x+\frac{1}{2\sin x}-\sin x+2\cot 2x=0$
$\Leftrightarrow \frac{1-\sin^2 2x}{\sin 2x}+\frac{1-2\sin^2 x}{2\sin x}+\frac{2\cos 2x}{\sin 2x}=0$
$\Leftrightarrow \cos^2 2x+\cos 2x.\cos x+2\cos 2x=0 $
$\Leftrightarrow \cos 2x\left (\cos 2x+\cos x+2 \right )=0 $
$\Leftrightarrow \cos 2x\left (2\cos^2x+\cos x+1 \right )=0 $
$\Leftrightarrow \cos 2x=0 $ (do $2\cos^2x+\cos x+1>0 \forall x$)
$\Leftrightarrow x= \frac{\pi}{4} + \frac{k\pi}{2} (k \in \mathbb{Z}).$
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Pt khó
|
|
|
|
b) Trước hết bạn tìm điều kiện
$\begin{cases}x^2-5x+6>0\\ x
- \frac{1}{2}>0 \\(x-3)^2 >0 \end{cases}\Leftrightarrow \left[
{\begin{matrix} x>3\\ \frac{1}{2} <x <2\end{matrix}} \right.$
Ta
biết công thức trong Loogarit như sau
$\log_{A^p}B^p=\begin{cases}\log_A B \text{nếu p lẻ}\\ \log_A |B|
\text{nếu p chẵn} \end{cases}$ và $\log_{A^p}B=\frac{1}{p}\log_A B$
Như vậy PT $\Leftrightarrow \log_{3^3}(x^2-5x+6)^3=\frac{1}{2}.\log_{3^{1/2} } (x-\frac{1}{2})+\log_{3^2} (x-3)^2 $
$\Leftrightarrow \log_{3}(x-2)(x-3)=\log_{3 } (x-\frac{1}{2})+\log_{3} |x-3| $
$\Leftrightarrow (x-2)(x-3)=(x-\frac{1}{2})|x-3| (*)$
Nếu $x>3$ thì $(*)\Leftrightarrow x-2=x-\frac{1}{2}$, vô nghiệm.
Nếu $ \frac{1}{2} <x <2$ thì $(*)\Leftrightarrow x-2=\frac{1}{2}-x\Leftrightarrow x= \frac{5}{4}$, thỏa mãn.
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Mãi mới tìm thấy bài toán để đánh đố các Ad :D
|
|
|
|
b) Đặt $t=xy \implies x^2+y^2=\frac{t+1}{2} \implies
x^4+y^4=(x^2+y^2)^2-2x^2y^2=\left (\frac{t+1}{2} \right
)^2-2t^2=\frac{-7t^2+2t+1}{4}$
Từ đó,
$P=f(t)=\frac{-7t^2+2t+1}{4(2t+1)}$
Chú
ý rằng từ $2(x^2+y^2)=xy+1\implies 2(x+y)^2=5xy+1 \implies
\begin{cases}5xy+1 \ge 8xy \\ 5xy+1 \ge 0 \end{cases} \implies
-\frac{1}{5} \le t \le \frac{1}{3}$.
Ta có $f'(t)=-\frac{7t(t+1)}{2(2t+1)^2}$.
$\begin{array}{c|ccccccccc}
t &-\frac{1}{5} & \; & \; & 0 & \; & \; & \frac{1}{3}\\
\hline
f^\prime(t) & \; & \; & + & 0 \; & \; & - \\
\hline
\; & \; & \; & \; & \; \frac{ 2 }{15 } \\
f(t) & \; & \; & \nearrow & \; & \; & \searrow & \; \\
\quad &\frac{1}{4} & \; & \; & \; & \; & \: & \frac{1}{4}
\end{array}$
Như vậy
GTLN
của $P$ là $ \frac{ 2 }{15 } $ đạt được khi $t=0\Leftrightarrow
\begin{cases}xy=0 \\2(x^2+y^2)=xy+1 \end{cases}$. Chẳng hạn khi
$(x;y)=\left (\frac{1}{\sqrt 2};0 \right )$
GTNN của $P$ là $
\frac{1}{4} $ đạt được khi $\left[ {\begin{matrix} t=-\frac{1}{5}\\
t=\frac{1}{3}\end{matrix}} \right.\Leftrightarrow
\begin{cases}\left[ {\begin{matrix} xy=-\frac{1}{5}\\
xy=\frac{1}{3}\end{matrix}} \right. \\x=y \end{cases}$. Chẳng hạn khi
$(x;y)=\left (\frac{1}{\sqrt 3};\frac{1}{\sqrt 3} \right )$
|
|
|
|
giải đáp
|
tích phân
|
|
|
|
d)
$K = \int\limits_{0}^{1} (1+3x)(1+2x+3x^2)^{10} dx=\frac{1}{2} \int\limits_{0}^{1} (1+2x+3x^2)^{10} d(1+2x+3x^2)$
$=\frac{1}{2}\left[ {\frac{(1+2x+3x^2)^{11}}{11}} \right]_0^1=\frac{1}{2}\left ( \frac{6^{11}-1}{11} \right )$
|
|
|
|
giải đáp
|
tích phân
|
|
|
|
c)
$ I = \int\limits_{0}^{1} \frac{e^x}{1+e^x}dx= I =
\int\limits_{0}^{1} \frac{d(1+e^x)}{1+e^x}=\left[ {\ln (e^x+1)}
\right]_0^1=\ln(e+1)-\ln2$
|
|
|
|
giải đáp
|
tích phân
|
|
|
|
b) Ta sẽ dùng phương pháp tích phân từng phần để giải bài tập
này
Đặt
$\begin{cases}u=\frac{1+\sin x }{1+\cos x } \\ dv=e^xdx \end{cases} \Rightarrow
\begin{cases}du=\frac{1+\sin x+\cos x }{(1+\cos x)^2 } \\ v=e^x \end{cases} $.
Theo công thức TPTP, ta có
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}udv=uv |_0^{\pi/2}-
\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}vdu=\frac{1+\sin x }{1+\cos x }. e^x |_0^{\pi/2}
- \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\sin x+\cos x }{(1+\cos x)^2 }. e^x dx$
$=2e^{\pi/2}-\frac{1}{2}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x }{1+\cos x}
dx-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x\sin x }{(1+\cos x)^2 }
dx (1)$
Với tích phân $I_1=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x\sin x }{(1+\cos x)^2 }
dx $ ta lại đặt
$\begin{cases}u=e^x \\ dv=\frac{ \sin x }{(1+\cos x)^2 } dx \end{cases}
\Rightarrow \begin{cases}du=e^xdx \\ v=\frac{1}{1+\cos x} \end{cases} $.
Theo công thức TPTP, ta có
$I_1=\frac{e^x}{1+\cos x}|_0^{\pi/2}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x }{1+\cos x}
dx =e^{\pi/2}-\frac{1}{2}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x }{1+\cos x}
dx (2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\boxed{I=e^{\pi/2}}$. |
|
|
|