PA
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
K
5 tháng 8 2020
Ta có \(y'=x^2-x\left(sina+cosa\right)+\frac{3}{4}sin2a\)
Để y có cực đại và cực tiểu thì y' đổi dấu hai lần, tức là:
\(\Delta=\left(sina+cosa\right)^2-3sin2a>0\)
\(\Leftrightarrow1+sin2a-3sin2a>0\)
\(\Leftrightarrow sin2a< \frac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{5\eta}{6}+k2\eta< 2a< \frac{13\eta}{6}+k2\eta\)
\(\Leftrightarrow\frac{5\eta}{12}+k\eta< a< \frac{13\eta}{12}+k\eta\)
K
5 tháng 8 2020
Tại cực trị \(y'=0\Leftrightarrow x^2-x\left(sina+cosa\right)+\frac{3}{4}sin2a=0\)(*)
(*) cho ta\(x_1+x_2=sina+cosa,x_1x_2=\frac{3}{4}sin2a\)(*)
Để \(x_1+x_2=x^2_1+x^2_2\)thì \(x_1+x_2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1+x_2\)
\(\Leftrightarrow sina+cosa=\left(sina+cosa\right)^2-\frac{3}{2}sin2a\)
\(\Leftrightarrow sina+cosa=1-\frac{1}{2}sin2a\)
Đặt \(t=cosa+sina=\sqrt{2}cos\left(a-\frac{\eta}{4}\right),t\in\left[-\sqrt{2},\sqrt{2}\right]\)
\(t^2=1+sin2a\Rightarrow sin2a=t^2-1\)
Do đó phương trình trên trở thành:
\(t=1-\frac{1}{2}\left(t^2-1\right)\Leftrightarrow2t=3-t^2\)
\(\Leftrightarrow t^2+2t-3=0\Leftrightarrow t=1,t=-3\)
Vì\(t\in\left[-\sqrt{2},\sqrt{2}\right]\)nên chỉ nhân t=1
\(\Rightarrow cos\left(a-\frac{\eta}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}=cos\frac{\eta}{4}\)
\(\Leftrightarrow a-\frac{\eta}{4}=\pm\frac{\eta}{4}+k2\eta\)
\(\Leftrightarrow a=k2\eta\)hay \(a=\frac{\eta}{2}+k2\eta\)(thỏa điều kiện câu a)
17 tháng 5 2021
Điều kiện: \(x\ne1\)
a) Xét phương trình: \(\frac{x^2-2mx+3m-2}{x-1}=0\Leftrightarrow x^2-2mx+3m-2=0\)\(\left(x-1\ne0\right)\)
Pt có hai nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow\Delta'>0\Leftrightarrow m^2-3m+2>0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m>2\\m< 1\end{cases}}\)
Khi đó \(\hept{\begin{cases}x_1=m-\sqrt{m^2-3m+2}\\x_2=m+\sqrt{m^2-3m+2}\end{cases}}\)
+) \(x_1,x_2\ne1\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m-\sqrt{m^2-3m+2}\ne1\\m+\sqrt{m^2-3m+2}\ne1\end{cases}\Leftrightarrow m\ne1}\)
+) Tiếp tuyến của đồ thị tại hai giao điểm với trục Ox vuông góc với nhau
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y'\left(x_1\right)=-1\left(1\right)\\y'\left(x_2\right)=1\left(2\right)\end{cases}}\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{\left(2x_1-2m\right)\left(x_1-1\right)-\left(x_1^2-2mx_1+3m-2\right)}{\left(x_1-1\right)^2}=-1\)
\(\Leftrightarrow\frac{m-1}{\left(x_1-1\right)^2}=2\Rightarrow m-1=2\left(m-\sqrt{m^2-3m+2}-1\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)\left[1-2\left(2m-3-2\sqrt{m^2-3m+2}\right)\right]=0\)
\(\Leftrightarrow4\sqrt{m^2-3m+2}=4m-7\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m\ge\frac{7}{4}\\m=\frac{17}{8}\end{cases}}\Leftrightarrow m=\frac{17}{8}\)(t/m m>2 v m<1)
Giải (2) cho ra \(m=1\)(loại). Vậy m cần tìm là \(m=\frac{17}{8}.\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
12 tháng 8 2020
3.
Hàm trùng phương \(f\left(x\right)=ax^4+bx^2+c\) với \(a\ne0\) đồng biến trên \(\left(0;+\infty\right)\) khi và chỉ khi:
\(\left\{{}\begin{matrix}a>0\\b\ge0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow m\ge0\)
Hoặc giải bt: \(y'=4x^3+2mx\ge0\) ;\(\forall x>0\)
\(\Leftrightarrow2x\left(x^2+m\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2+m\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2\ge-m\)
\(\Leftrightarrow-m\le min\left(x^2\right)=0\Rightarrow m\ge0\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
12 tháng 8 2020
1.
Giả sử tiếp tuyến d có 1 vtpt là \(\left(a;b\right)\) với \(a^2+b^2>0\)
\(\Rightarrow cos30^0=\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\left|a-2b\right|}{\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(1^2+\left(-2\right)^2\right)}}=\frac{\left|a-2b\right|}{\sqrt{5\left(a^2+b^2\right)}}\)
\(\Leftrightarrow4\left(a-2b\right)^2=15\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow11a^2+16ab-b^2=0\)
Nghiệm xấu quá nhìn muốn nản, bạn tự làm tiếp :)
2.
\(y'=cosx-2sinx+2m-5\)
Hàm số đồng biến trên TXĐ khi và chỉ khi \(y'\ge0\) ; \(\forall x\)
\(\Leftrightarrow cosx-2sinx+2m-5\ge0\) ;\(\forall x\)
\(\Leftrightarrow2m-5\ge2sinx-cosx\)
\(\Leftrightarrow2m-5\ge f\left(x\right)_{max}\) với \(f\left(x\right)=2sinx-cosx\)
Ta có: \(f\left(x\right)=2sinx-cosx=\sqrt{5}\left(\frac{2}{\sqrt{5}}sinx-\frac{1}{\sqrt{5}}cosx\right)=\sqrt{5}sin\left(x-a\right)\)
Với \(a\in\left(0;\pi\right)\) sao cho \(cosa=\frac{2}{\sqrt{5}}\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\le\sqrt{5}\Rightarrow2m-5\ge\sqrt{5}\Rightarrow m\ge\frac{5+\sqrt{5}}{2}\)
\(y'=3mx^2-2mx+3\)
Để hàm có cực trị y' phải có nghiệm và đổi dấu qua nghiệm
ĐK: \(m\ne0\) với m khác không: y' là hàm bậc 2 => phải có 2 nghiệm phân biệt
\(\Delta_{ }=m^2-3m.3=m\left(m-9\right)>0\Rightarrow\left[\begin{matrix}m< 0\\m>9\end{matrix}\right.\)
Kết luận: với \(\left[\begin{matrix}m< 0\\m>9\end{matrix}\right.\) hàm số y(x) có cực trị