|
|
sửa đổi
|
Toán Đố
|
|
|
|
Toán Đố Tang tảng khi trời mới rạng đôngRủ nhau đi hái mấy chục quả hồngMỗi người 5 quả thừa 5 quảMỗi người 6 quả một người khôngTính số người số quả( có trình bày)
Toán Đố Tang tảng khi trời mới rạng đôngRủ nhau đi hái mấy chục quả hồngMỗi người 5 quả thừa 5 quảMỗi người 6 quả một người khôngTính số người số quả( có trình bày)
|
|
|
|
sửa đổi
|
Dãy số - cấp số.
|
|
|
|
+ Nếu $d=2m\pi, m \in \mathbb Z.$ Ta có $\sin a_{k+1} - \sin a_k =2\cos \dfrac{a_{k+1}+a_k}{2}\sin \dfrac{a_{k+1}-a_k}{2}=2\cos \dfrac{a_{k+1}+a_k}{2}\sin \dfrac{d}{2}=2\cos \dfrac{a_{k+1}+a_k}{2}\sin m\pi=0$Suy ra $\sin a_1=\sin a_2=\sin a_3=\ldots=\sin a_n=\sin a_{n+1}$Vậy$C_n=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sin^2 a_{1}}=\dfrac{n}{\sin^2 a_{1}}$+ Nếu $d=(2l+1)\pi, l \in \mathbb Z.$ Ta có $\sin a_{k+1} + \sin a_k
=2\sin \dfrac{a_{k+1}+a_k}{2}\cos \dfrac{a_{k+1}-a_k}{2}=2\sin
\dfrac{a_{k+1}+a_k}{2}\cos \dfrac{d}{2}=2\sin \dfrac{a_{k+1}+a_k}{2}\cos \dfrac{(2l+1)\pi}{2}=0$Suy ra $\sin a_1=-\sin a_2=\sin a_3=-\sin a_4=\ldots\implies \sin a_{k+1} \sin a_k=-\sin^2 a_{1} \quad \forall k$Vậy$C_n=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{-1}{\sin^2 a_{1}}=-\dfrac{n}{\sin^2 a_{1}}$Ta có $\sin d = \sin (a_{k+1}-a_k)=\sin a_{k+1}\cos a_{k}-\cos a_{k+1}\sin a_{k}$.Suy ra $\sin d.C_n=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\sin d}{\sin a_{k+1}\sin a_{k}}=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\sin a_{k+1}\cos a_{k}-\cos a_{k+1}\sin a_{k}}{\sin a_{k+1}\sin a_{k}}=\sum_{k=1}^{n}\left ( \tan a_{k} -\tan a_{k+1}\right )$$\sin d.C_n= \tan a_{1} -\tan a_{n+1}=\tan a_1 - \tan \left (a_1+nd \right )$Vậy$C_n = \dfrac{\tan a_1 - \tan \left (a_1+nd \right )}{\sin d}$
+ Nếu $d=2m\pi, m \in \mathbb Z.$ Ta có $\sin a_{k+1} - \sin a_k =2\cos \dfrac{a_{k+1}+a_k}{2}\sin \dfrac{a_{k+1}-a_k}{2}=2\cos \dfrac{a_{k+1}+a_k}{2}\sin \dfrac{d}{2}=2\cos \dfrac{a_{k+1}+a_k}{2}\sin m\pi=0$Suy ra $\sin a_1=\sin a_2=\sin a_3=\ldots=\sin a_n=\sin a_{n+1}$Vậy$C_n=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sin^2 a_{1}}=\dfrac{n}{\sin^2 a_{1}}$+ Nếu $d=(2l+1)\pi, l \in \mathbb Z.$ Ta có $\sin a_{k+1} + \sin a_k
=2\sin \dfrac{a_{k+1}+a_k}{2}\cos \dfrac{a_{k+1}-a_k}{2}=2\sin
\dfrac{a_{k+1}+a_k}{2}\cos \dfrac{d}{2}=2\sin \dfrac{a_{k+1}+a_k}{2}\cos \dfrac{(2l+1)\pi}{2}=0$Suy ra $\sin a_1=-\sin a_2=\sin a_3=-\sin a_4=\ldots\implies \sin a_{k+1} \sin a_k=-\sin^2 a_{1} \quad \forall k$Vậy$C_n=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{-1}{\sin^2 a_{1}}=-\dfrac{n}{\sin^2 a_{1}}$+ Nếu $d\ne p\pi, p \in \mathbb Z.$ Ta có $\sin d = \sin (a_{k+1}-a_k)=\sin a_{k+1}\cos a_{k}-\cos a_{k+1}\sin a_{k}$.Suy ra $\sin d.C_n=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\sin d}{\sin a_{k+1}\sin a_{k}}=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\sin a_{k+1}\cos a_{k}-\cos a_{k+1}\sin a_{k}}{\sin a_{k+1}\sin a_{k}}=\sum_{k=1}^{n}\left ( \tan a_{k} -\tan a_{k+1}\right )$$\sin d.C_n= \tan a_{1} -\tan a_{n+1}=\tan a_1 - \tan \left (a_1+nd \right )$Vậy$C_n = \dfrac{\tan a_1 - \tan \left (a_1+nd \right )}{\sin d}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Dãy số - cấp số.
|
|
|
|
Ta có $\sin d = \sin (a_{k+1}-a_k)=\sin a_{k+1}\cos a_{k}-\cos a_{k+1}\sin a_{k}$.Suy ra $\sin d.C_n=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\sin d}{\sin a_{k+1}\sin a_{k}}=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\sin a_{k+1}\cos a_{k}-\cos a_{k+1}\sin a_{k}}{\sin a_{k+1}\sin a_{k}}=\sum_{k=1}^{n}\left ( \tan a_{k} -\tan a_{k+1}\right )$$\sin d.C_n= \tan a_{1} -\tan a_{n+1}=\tan a_1 - \tan \left (a_1+nd \right )$Vậy$C_n = \dfrac{\tan a_1 - \tan \left (a_1+nd \right )}{\sin d}$
+ Nếu $d=2m\pi, m \in \mathbb Z.$ Ta có $\sin a_{k+1} - \sin a_k =2\cos \dfrac{a_{k+1}+a_k}{2}\sin \dfrac{a_{k+1}-a_k}{2}=2\cos \dfrac{a_{k+1}+a_k}{2}\sin \dfrac{d}{2}=2\cos \dfrac{a_{k+1}+a_k}{2}\sin m\pi=0$Suy ra $\sin a_1=\sin a_2=\sin a_3=\ldots=\sin a_n=\sin a_{n+1}$Vậy$C_n=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sin^2 a_{1}}=\dfrac{n}{\sin^2 a_{1}}$+ Nếu $d=(2l+1)\pi, l \in \mathbb Z.$ Ta có $\sin a_{k+1} + \sin a_k
=2\sin \dfrac{a_{k+1}+a_k}{2}\cos \dfrac{a_{k+1}-a_k}{2}=2\sin
\dfrac{a_{k+1}+a_k}{2}\cos \dfrac{d}{2}=2\sin \dfrac{a_{k+1}+a_k}{2}\cos \dfrac{(2l+1)\pi}{2}=0$Suy ra $\sin a_1=-\sin a_2=\sin a_3=-\sin a_4=\ldots\implies \sin a_{k+1} \sin a_k=-\sin^2 a_{1} \quad \forall k$Vậy$C_n=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{-1}{\sin^2 a_{1}}=-\dfrac{n}{\sin^2 a_{1}}$Ta có $\sin d = \sin (a_{k+1}-a_k)=\sin a_{k+1}\cos a_{k}-\cos a_{k+1}\sin a_{k}$.Suy ra $\sin d.C_n=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\sin d}{\sin a_{k+1}\sin a_{k}}=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\sin a_{k+1}\cos a_{k}-\cos a_{k+1}\sin a_{k}}{\sin a_{k+1}\sin a_{k}}=\sum_{k=1}^{n}\left ( \tan a_{k} -\tan a_{k+1}\right )$$\sin d.C_n= \tan a_{1} -\tan a_{n+1}=\tan a_1 - \tan \left (a_1+nd \right )$Vậy$C_n = \dfrac{\tan a_1 - \tan \left (a_1+nd \right )}{\sin d}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
hệ thức lượng
|
|
|
|
Ta có $\tan \dfrac{C}{2}=\tan \left (\dfrac{A}{2}+ \dfrac{B}{2} \right )=\dfrac{\tan \dfrac{A}{2}+\tan \dfrac{B}{2}}{1-\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{B}{2}}$Nhân chéo và rút gọn ta được $\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{C}{2}\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{C}{2}=1$Áp dụng BĐT quen thuộc $\quad (x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx) \quad \forall x,y,z.$ Ta có $\left ( \tan \dfrac{A}{2}+\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{C}{2} \right )^2 \ge 3\left (\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{C}{2}\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{C}{2}\right )=3$Từ đây suy ra đpcm.Đẳng thức xảy ra $\iff \triangle ABC$ đều.
Ta có $\dfrac{1}{\tan \dfrac{C}{2}}=\cot \dfrac{C}{2}=\tan \left (\dfrac{A}{2}+ \dfrac{B}{2} \right )=\dfrac{\tan \dfrac{A}{2}+\tan \dfrac{B}{2}}{1-\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{B}{2}}$Nhân chéo và rút gọn ta được $\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{C}{2}\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{C}{2}=1$Áp dụng BĐT quen thuộc $\quad (x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx) \quad \forall x,y,z.$ Ta có $\left ( \tan \dfrac{A}{2}+\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{C}{2} \right )^2 \ge 3\left (\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{C}{2}\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{C}{2}\right )=3$Từ đây suy ra đpcm.Đẳng thức xảy ra $\iff \triangle ABC$ đều.
|
|
|
|
sửa đổi
|
các anh chị ơi, giúp e mấy bài phương trình hàm này với, e mới học đến hàm liên tục nên k bik giải ntn, hic
|
|
|
|
các anh chị ơi, giúp e mấy bài phương trình hàm này với, e mới học đến hàm liên tục nên k bik giải ntn, hic CMR \forall a,b,c phương trình sau luôn có nghiệm ab(x-a)(x-b) + bc(x-b)(x-c) + ca(x-c)(x-a) = 0
các anh chị ơi, giúp e mấy bài phương trình hàm này với, e mới học đến hàm liên tục nên k bik giải ntn, hic CMR $\forall a,b,c $ phương trình sau luôn có nghiệm $ab(x-a)(x-b) + bc(x-b)(x-c) + ca(x-c)(x-a) = 0 $
|
|
|
|
sửa đổi
|
giai nhanh giup m trong ngay hnay nha
|
|
|
|
Điều kiện $\begin{cases}x>3\\ x^2 \ge 16 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x>3 \\ \left[ {\begin{matrix} x\ge4\\ x\le-4 \end{matrix}} \right. \end{cases}\Leftrightarrow x>4$BPT $\Leftrightarrow \dfrac{2\sqrt{x^{2}-16}}{\sqrt{x-3}}+\dfrac{x-3}{\sqrt{x-3}} > \dfrac{7-x}{\sqrt{x-3}}$$\Leftrightarrow 2\sqrt{x^{2}-16}+x-3 > 7-x$ $\Leftrightarrow 2\sqrt{x^{2}-16} > 10-2x$ $\Leftrightarrow \sqrt{x^{2}-16} > 5-x$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x^{2}-16>(5-x)^2 \\ 4\le x \le 5 \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x^{2}-16>x^2-10x+25 \\ 4\le x \le 5 \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}10x>41 \\ 4\le x \le 5 \end{cases}$ $\Leftrightarrow \dfrac{41}{10}<x \le 5$
Điều kiện $\begin{cases}x>3\\ x^2 \ge 16 \end{cases}\Leftrightarrow
\begin{cases}x>3 \\ \left[ {\begin{matrix} x\ge4\\ x\le-4
\end{matrix}} \right. \end{cases}\Leftrightarrow x>4$BPT $\Leftrightarrow \dfrac{2\sqrt{x^{2}-16}}{\sqrt{x-3}}+\dfrac{x-3}{\sqrt{x-3}} > \dfrac{7-x}{\sqrt{x-3}}$$\Leftrightarrow 2\sqrt{x^{2}-16}+x-3 > 7-x$$\Leftrightarrow 2\sqrt{x^{2}-16} > 10-2x$$\Leftrightarrow \sqrt{x^{2}-16} > 5-x$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}5-x\le0\\\begin{cases}5-x>0\\x^{2}-16>(5-x)^2\end{cases}\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x\ge5\\\begin{cases}x<5\\x^2-16>x^2-10x+25\end{cases}\end{array}\right.$$\Leftrightarrow
\left[\begin{array}{l}x\ge5\\\begin{cases}x<5\\x>\dfrac{41}{10}\end{cases}\end{array}\right.
\Leftrightarrow x>\dfrac{41}{10}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Hàm số liên tục
|
|
|
|
2b) Câu hỏi của bài toán này không thực sự rõ ràng. Xét dấu của biểu thức có nghĩa là xác định xem nó dương hay âm? Nhưng thực ra với hai hàm số này ta đều có thể tìm được miền giá trị của chúng.Ta có $f(x)=2x-1-\sqrt{x^2-2x+9}\Rightarrow f'(x)=2-\dfrac{x-1}{\sqrt{x^2-2x+9}}$Ta thấy $\sqrt{x^2-2x+9}=\sqrt{(x-1)^2+8}>\sqrt{(x-1)^2}=|x-1| \ge x-1$Suy ra $\dfrac{x-1}{\sqrt{x^2-2x+9}} < 1 <2 \Rightarrow f'(x)<0 \quad \forall x. $Mặt khác thì $f(x) = x\left ( 2-\dfrac{1}{x} \pm\sqrt{1-\dfrac{2}{x}+\dfrac{9}{x^2}}\right )$, dấu $\pm$ là do phải xét $x>0$ hoặc $x<0$ để đưa $x$ và trong dấu căn.Điều này chứng tỏ $\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty}f(x)= +\infty, \quad \mathop {\lim }\limits_{x \to -\infty}f(x)= -\infty$Vậy $f(x)$ nhận được tất cả các giá trị trong $\mathbb R = (-\infty,+\infty)$.
2b) Câu hỏi của bài toán này không thực sự rõ ràng. Xét dấu của biểu thức có nghĩa là xác định xem nó dương hay âm? Nhưng thực ra với hai hàm số này ta đều có thể tìm được miền giá trị của chúng.Ta có $f(x)=2x-1-\sqrt{x^2-2x+9}\Rightarrow f'(x)=2-\dfrac{x-1}{\sqrt{x^2-2x+9}}$Ta thấy $\sqrt{x^2-2x+9}=\sqrt{(x-1)^2+8}>\sqrt{(x-1)^2}=|x-1| \ge x-1$Suy ra $\dfrac{x-1}{\sqrt{x^2-2x+9}} < 1 <2 \Rightarrow f'(x)>0 \quad \forall x. $Mặt khác thì $f(x) = x\left ( 2-\dfrac{1}{x} \pm\sqrt{1-\dfrac{2}{x}+\dfrac{9}{x^2}}\right )$, dấu $\pm$ là do phải xét $x>0$ hoặc $x<0$ để đưa $x$ và trong dấu căn.Điều này chứng tỏ $\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty}f(x)= +\infty, \quad \mathop {\lim }\limits_{x \to -\infty}f(x)= -\infty$Vậy $f(x)$ nhận được tất cả các giá trị trong $\mathbb R = (-\infty,+\infty)$.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Ai giúp mình bài hình này với
|
|
|
|
Trước hết ta tìm tọa độ giao điểm $A$ của $d_1$ và $d_2$ bằng cách giải hệ phương trình sau$\begin{cases}2x - y + 1 = 0\\x - 2y - 3 = 0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x= -\dfrac{5}{3}\\y = -\dfrac{7}{3} \end{cases}$PT đường thẳng $\Delta_m$ đi qua $A$ tham số $m$ có dạng$y=m\left ( x +\dfrac{5}{3}\right )-\dfrac{7}{3}=mx+\dfrac{5}{3}m-\dfrac{7}{3}$Để đường thẳng này chắn trên hai trục tọa độ những đoạn bằng nhau thì hệ số góc của $\Delta_m$ phải bằng $\pm 1$. Tức là $m=\pm 1$.Như vậy có hai đường thẳng thỏa mãn $\Delta_1 : y=x-\dfrac{2}{3}$$\Delta_2 : y=-x-4$
Trước hết ta tìm tọa độ giao điểm $A$ của $d_1$ và $d_2$ bằng cách giải hệ phương trình sau$\begin{cases}2x - y + 1 = 0\\x - 2y - 3 = 0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x= -\dfrac{5}{3}\\y = -\dfrac{7}{3} \end{cases}$PT đường thẳng $\Delta_m$ đi qua $A$ tham số $m$ có dạng$y=m\left ( x +\dfrac{5}{3}\right )-\dfrac{7}{3}=mx+\dfrac{5}{3}m-\dfrac{7}{3}$Để đường thẳng này chắn trên hai trục tọa độ những đoạn bằng nhau thì hệ số góc của $\Delta_m$ phải bằng $\tan 45^\circ=1$ hoặc $\tan 135^\circ=-1$. Tức là $m=\pm 1$.Như vậy có hai đường thẳng thỏa mãn $\Delta_1 : y=x-\dfrac{2}{3}$$\Delta_2 : y=-x-4$
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Chứng minh rằng dãy số bị chặn!
|
|
|
|
Một cách đầy đủ hơn bạn có thể xem tại đâyhttp://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/115340/giup-voi Lúc đó với mọi $n \ge 1$ thì ta có$\cos\dfrac{\pi}{2^{n+1}} \le 1 \implies x_n=2\cos\dfrac{\pi}{2^{n+1}} \le 2$ Điều này có nghĩa là dãy số bị chặn bởi $2$.
Một cách đầy đủ hơn bạn có thể xem tại đâyhttp://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/115340/giup-voi Lúc đó với mọi $n \ge 1$ thì ta có$\cos\dfrac{\pi}{2^{n+1}} \le 1 \implies x_n=2\cos\dfrac{\pi}{2^{n+1}} \le 2$ Điều này có nghĩa là dãy số bị chặn trên bởi $2$. Và hiển nhiên thấy $x_n >0 \quad\forall n$ nên nó chặn dưới bởi $0$.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Dãy số(3).
|
|
|
|
Dãy số(3). Cho dãy số $(U_n)$ biết $\begin{cases}U_1=\sqrt{2} \\ U_{n+1}=\sqrt{2+U_n} \end{cases}.$ Chứng minh: $$U_n=2\cos\dfrac{\pi}{2^n+1}$$
Dãy số(3). Cho dãy số $(U_n)$ biết $\begin{cases}U_1=\sqrt{2} \\ U_{n+1}=\sqrt{2+U_n} \end{cases}.$ Chứng minh: $$U_n=2\cos\dfrac{\pi}{2^ {n+1 }}$$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Ai giải câu này mình bái phục.Gọi sư phụ để học tập
|
|
|
|
Điều kiện $x \ge 0.$ BPT $\Leftrightarrow 8x^{3} +76x\sqrt{x} +1-58x^{2}-29x \ge 0$BPT trên sẽ tương đươn với BPT sau đây, bạn tự nhân ra và kiểm tra nhé $\Leftrightarrow (2x-4\sqrt x+1)(8\sqrt[3]{x^2}+4x^2-15x+4\sqrt{x}+1) \ge 0$Mặt khác áp dụng BĐT Cô-si cho ba số không âm ta có $8\sqrt[3]{x^2}+4x^2+4\sqrt{x} \ge 3\sqrt[3]{8\sqrt[3]{x^2}.4x^2.4\sqrt{x}}=3\sqrt[3]{128x^3} \ge 3\sqrt[3]{125x^3}=15x$Suy ra $8\sqrt[3]{x^2}+4x^2-15x+4\sqrt{x}+1 \ge 1 >0$Do vậy phải có $2x-4\sqrt x+1 \ge 0 $.Vế trái là PT bậc hai theo $\sqrt x$ nên dễ có $\left[ {\begin{matrix} x \ge \dfrac{1}{2}(3+2\sqrt2)\\ 0 \le x \le \dfrac{1}{2}(3-2\sqrt2) \end{matrix}} \right.$
Điều kiện $x \ge 0.$ BPT $\Leftrightarrow 8x^{3} +76x\sqrt{x} +1-58x^{2}-29x \ge 0$BPT trên sẽ tương đươn với BPT sau đây, bạn tự nhân ra và kiểm tra nhé $\Leftrightarrow (2x-4\sqrt x+1)(8\sqrt[]{x^3}+4x^2-15x+4\sqrt{x}+1) \ge 0$Mặt khác áp dụng BĐT Cô-si ta có $8\sqrt[]{x^3}+4\sqrt{x} \ge 2\sqrt[]{8\sqrt[]{x^3}.4\sqrt{x}}=2\sqrt[]{32x^2} =8\sqrt 2 x \ge 11x$$4x^2+1 \ge 2\sqrt[]{4x^2.1}=4x$Suy ra $8\sqrt[]{x^3}+4x^2+4\sqrt{x}+1 \ge 15x$và dễ kiểm tra dấu bằng không xảy ra vì hpt $ \begin{cases}8\sqrt[]{x^3}=4\sqrt{x} \\ 4x^2=1\\8\sqrt 2 x = 11x \end{cases}$ vô nghiệm.Do vậy phải có $2x-4\sqrt x+1 \ge 0 $.Vế trái là PT bậc hai theo $\sqrt x$ nên dễ có $\left[ {\begin{matrix} x \ge \dfrac{1}{2}(3+2\sqrt2)\\ 0 \le x \le \dfrac{1}{2}(3-2\sqrt2) \end{matrix}} \right.$
|
|
|
|
sửa đổi
|
phương trình 23
|
|
|
|
Điều kiện $-1 \le x \le 1$.Xét hàm số $f(x)=\sqrt{x+1} +\sqrt{1-x}$ có $f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt {1+x}}-\dfrac{1}{2\sqrt {1-x}}=\dfrac{\sqrt {1-x}-\sqrt {1+x}}{2\sqrt {1-x^2}}$Suy ra $f'(x)=0\Leftrightarrow \sqrt {1-x}=\sqrt {1+x}\Leftrightarrow x=0.$Lập bảng biến thiên hàm số này với chú ý $f'(x) > 0\Leftrightarrow x <0,f'(x) > 0\Leftrightarrow x >0, f(1)=f(-1)=\sqrt 2, f(0)=2.$Vậy $m=2,$ PT có một nghiệm duy nhất $x=0$.$2>m \ge \sqrt 2,$ PT có hai nghiệm.$m <\sqrt 2,$ PT vô nghiệm.
Điều kiện $-1 \le x \le 1$.Xét hàm số $f(x)=\sqrt{x+1} +\sqrt{1-x}$ có $f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt {1+x}}-\dfrac{1}{2\sqrt {1-x}}=\dfrac{\sqrt {1-x}-\sqrt {1+x}}{2\sqrt {1-x^2}}$Suy ra $f'(x)=0\Leftrightarrow \sqrt {1-x}=\sqrt {1+x}\Leftrightarrow x=0.$Lập bảng biến thiên hàm số này với chú ý $f'(x) > 0\Leftrightarrow x <0,f'(x) > 0\Leftrightarrow x >0, f(1)=f(-1)=\sqrt 2, f(0)=2.$Vậy $m=2,$ PT có một nghiệm duy nhất $x=0$.$2>m \ge \sqrt 2,$ PT có hai nghiệm.$m <\sqrt 2,m>2$ PT vô nghiệm.
|
|
|
|
sửa đổi
|
ứng dụng tích phân 06
|
|
|
|
a) Viết lại $\begin{cases}x=y^2 \\ x=-y+2 \end{cases}$Giải PT $ y^2=2-y\Leftrightarrow y^2+y-2=0\Leftrightarrow y=1$, do $y=\sqrt x \ge 0.$Kết hợp với $y=0$ ta có $S=\int\limits_{0}^{1}\left|
{(y^2)-(-y+2)} \right|dy=\int\limits_{0}^{1}\left| {y^2+y-2}
\right|dx=-\int\limits_{0}^{1}(y^2+y-2)dy=\dfrac{7}{6}$
a) Viết lại $\begin{cases}x=y^2 \\ x=-y+2 \end{cases}$Giải PT $ y^2=2-y\Leftrightarrow y^2+y-2=0\Leftrightarrow y=1$, do $y=\sqrt x \ge 0.$Kết hợp với $y=0$ ta có $S=\int\limits_{0}^{1}\left|
{(y^2)-(-y+2)} \right|dy=\int\limits_{0}^{1}\left| {y^2+y-2}
\right|dy=-\int\limits_{0}^{1}(y^2+y-2)dy=\dfrac{7}{6}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
ứng dụng tích phân 06
|
|
|
|
ứng dụng tích phân 06 $tìm s : x=\sqrt{x} ,và x+y-2=0, y=0 tìm s : x=x^{2} , y=4x^{2} , y=4$
ứng dụng tích phân 06 tìm S : $y=\sqrt{x} ,và x+y-2=0, y=0 $ tìm S : $y=x^{2} , y=4x^{2} , y=4$
|
|