Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Tập xác định : D = R { 1 }.
> 0, ∀x
1.
Hàm số đồng biến trên các khoảng : (-∞ ; 1), (1 ; +∞).
b) Tập xác định : D = R { 1 }.
< 0, ∀x
1.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng : (-∞ ; 1), (1 ; +∞).
c) Tập xác định : D = (-∞ ; -4] ∪ [5 ; +∞).
∀x ∈ (-∞ ; -4] ∪ [5 ; +∞).
Với x ∈ (-∞ ; -4) thì y’ < 0; với x ∈ (5 ; +∞) thì y’ > 0. Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (-∞ ; -4) và đồng biến trên khoảng (5 ; +∞).
d) Tập xác định : D = R { -3 ; 3 }.
< 0, ∀x
±3.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng : (-∞ ; -3), (-3 ; 3), (3 ; +∞).
Bạn kiểm tra lại đề. Và vào hoc 24 để đăng nhé!
Làm câu cuối:
TXĐ: \(x\in\)[ 0 ; + vô cùng )
\(y'=\frac{1}{2\sqrt{x}}-1=0\Leftrightarrow2\sqrt{x}=1\Leftrightarrow x=\frac{1}{4}\left(tm\right)\)
Vẽ bảng biến thiên:
....
Từ bảng biên thiên:
Hàm số đồng biến trong khoảng ( 0 ; 1/4 )
Hàm số nghịch biên trong khoảng ( 1/4 ; + dương vô cùng)
Lời giải:
Từ điều kiện đb \(\ln x+\ln y\geq \ln (x^2+y)\Leftrightarrow \ln (xy)\geq \ln (x^2+y)\)
\(\Leftrightarrow xy\geq x^2+y\Leftrightarrow y(x-1)\geq x^2\)
\(\bullet\)Nếu \(x\geq 1\Rightarrow y\geq \frac{x^2}{x-1}\)
Khi đó \(P=x+y\geq x+\frac{x^2}{x-1}=2x+1+\frac{1}{x-1}=2(x-1)+\frac{1}{x-1}+3\)
Áp dụng định lý AM-GM:
\(P\geq 2\sqrt{2(x-1).\frac{1}{x-1}}+3=2\sqrt{2}+3\) hay \(P_{\min}=2\sqrt{2}+3\)
\(\bullet \)Nếu \(x<1\Rightarrow \ln x<0\) kéo theo \(\ln x+\ln y<\ln y\)
Mà \(\ln(x^2+y)\geq \ln (0+y)=\ln y\) nên \(\ln x+\ln y<\ln (x^2+y)\) (không thỏa mãn đkđb) (loại)
Vậy \(P_{\min}=2\sqrt{2}+3\)
Đáp án B
a) Vì .png)
và .png)
( hoặc .png)
và .png)
) nên các đường thẳng: x = -3 và x = 3 là các tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vì .png)
và .png)
nên các đường thẳng: y = 0 là các tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
b) Hai tiệm cận đứng : .png)
; tiệm cận ngang : .png)
.
c) Tiệm cận đứng : x = -1 ;
vì .png)
nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
d) Hàm số xác định khi : .png)
Vì .png)
( hoặc .png)
) nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vì .png)
nên đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang (về bên phải) của đồ thị hàm số.
*Xét hàm số: y= -x3 + 2x2 – x – 7
Tập xác định: D = R
\(y'\left(x\right)=-3x^2+4x-1\); \(y'\left(x\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=\dfrac{1}{3}\end{matrix}\right.\)
y’ > 0 với và y’ < 0 với \(x \in ( - \infty ,{1 \over 3}) \cup (1, + \infty )
Vậy hàm số đồng biến trong (\(\dfrac{1}{3}\),1)(\(\dfrac{1}{3}\),1) và nghịch biến trong (−∞,13)∪(1,+∞)(−∞,13)b) Xét hàm số: \(y=\dfrac{x-5}{1-x}\).
Tập xác định: D = R{1}
\(y'=\dfrac{-4}{\left(1-x\right)^2}< 0,\forall x\in D\)
Vậy hàm số nghịch biến trong từng khoảng (-∞,1) và (1, +∞)
a) Tập xác định : R ; y' =-4x3 + 16x = -4x(x2 - 4);
y' = 0 ⇔ x = 0, x = ±2 .
Bảng biến thiên :
Đồ thị như hình bên.
b) Tập xác định : R ; y' =4x3 - 4x = 4x(x2 - 1);
y' = 0 ⇔ x = 0, x = ±1 .
Bảng biến thiên :
Đồ thị như hình bên.
c) Tập xác định : R ; y' =2x3 + 2x = 2x(x2 + 1); y' = 0 ⇔ x = 0.
Bảng biến thiên :
Đồ thị như hình bên.
d) Tập xác định : R ; y' = -4x - 4x3 = -4x(1 + x2); y' = 0 ⇔ x = 0.
Bảng biến thiên :
Đồ thị như hình bên.
.
a) Tập xác định : R\ {1}; y′=−4(x−1)2<0,∀x≠1y′=−4(x−1)2<0,∀x≠1 ;
Tiệm cận đứng : x = 1 . Tiệm cận ngang : y = 1.
Bảng biến thiên :
Đồ thị như hình bên. 
b) Tập xác định : R \{2}; y′=6(2x−4)2>0,∀x≠2y′=6(2x−4)2>0,∀x≠2
Tiệm cận đứng : x = 2 . Tiệm cận ngang : y = -1.
Bảng biến thiên :
Đồ thị như hình bên.
c) Tập xác định : R∖{−12}R∖{−12}; y′=−5(2x+1)2<0,∀x≠−12y′=−5(2x+1)2<0,∀x≠−12
Tiệm cận đứng : x=−12x=−12 . Tiệm cận ngang : y=−12y=−12.
Bảng biến thiên :
Đồ thị như hình bên.
a) y′=6x2+6x−36=6(x2+x−6)y′=6x2+6x−36=6(x2+x−6)
y’= 0 ⇔ x2+ x – 6= 0 ⇔ x=2; x=-3
Bảng biến thiên :
Hàm số đạt cực đại tại x = -3 , ycđ = y(-3) = 71
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 , y(ct) = y(2) = -54
b) y’ = 4x3 + 4x = 4x(x2 + 1); y’ = 0 ⇔ x = 0.
Bảng biến thiên :
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 , y(ct) = y(0) = -3
c) Tập xác định : D = R\{0}
Bảng biến thiên :
Hàm số đạt cực đại tại x = -1 , ycđ = y(-1) = -2 ;
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 , yct = y(1) = 2.
d) Tập xác định : D = R.
y’ = 3x2(1 – x)2 + x3 . 2(1 – x)(-1) = x2 (1 – x)[3(1 – x) - 2x] = x2 (x – 1)(5x – 3) .
y’ = 0 ⇔ x = 0, x =
, x = 1.
Bảng biến thiên :
Hàm số đạt cực đại tại x = , ycđ = 
= 
;
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 , yct = y(1) = 0 .
e) Tập xác định : D = R. 
Hàm số đạt cực tiểu tại 
Lời giải:
Đặt \(\log_yx=a,\log_xy=b\). Khi đó ta có:
\(\left\{\begin{matrix} a+b=\frac{10}{3}\\ ab=\log_xy.\log_yx=1\end{matrix}\right.\)
Áp dụng định lý Viete đảo thì \(a,b\) là nghiệm của PT:
\(x^2-\frac{10}{3}x+1=0\) . PT trên có hai nghiệm \(3,\frac{1}{3}\)
Giả sử \(a=\log_yx=3\) và \(b=\log_xy=\frac{1}{3}\)
\(\left\{\begin{matrix} \log_y\left(\frac{144}{y}\right)=3\\ \log_x\left(\frac{144}{x}\right)=\frac{1}{3} \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=24\sqrt{3}\\ y=2\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow \frac{x+y}{2}=13\sqrt{3}\). Đáp án D
1.
\(y'=\left(\dfrac{x}{lnx}\right)'.3^{\dfrac{x}{lnx}}.ln3=\dfrac{lnx-1}{ln^2x}.3^{\dfrac{x}{lnx}}.ln3\)
2.
\(y'=\left(tanx\right)'.tanx+\left(tanx\right)'.\dfrac{1}{tanx}=\dfrac{tanx}{cos^2x}+\dfrac{1}{tanx.cos^2x}\)
3.
\(y=\left(ln2x\right)^{\dfrac{2}{3}}\Rightarrow y'=\left(ln2x\right)'.\dfrac{2}{3}.\left(ln2x\right)^{-\dfrac{1}{3}}=\dfrac{1}{3x\sqrt[3]{ln2x}}\)
Em cảm ơn anh nhiều ạ