|
|
giải đáp
|
mọi người giải giúp mình mấy bài này với nhé
|
|
|
|
a) Ta có:
$\frac{x}{x^2+1}<\frac{x}{2x}=\frac{1}{2},\forall x\in(1,2)$
$\frac{x}{x^2+1}-\frac{2}{5}=\frac{-2x^2+5x-2}{5(x^2+1)}=\frac{(2x-1)(2-x)}{5(x^2+1)}>0, \forall x\in(1,2)$
Suy ra: $\int\limits_{1}^{2}\frac{2}{5}dx<\int\limits_{1}^{2}\frac{xdx}{x^2+1}<\int\limits_{1}^{2}\frac{1}{2}dx$
$\Leftrightarrow \frac{2}{5} < \int\limits_{1}^{2} \frac{xdx}{x^2+1} < \frac{1}{2} $
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Cho hỏi bài hình này các ad ơi
|
|
|
|
Theo giả thiết: $\angle SBA=\alpha$ .Ta có: $AC=AB\Rightarrow SB=SC \Rightarrow SD\perp BC$ Mà $AD\perp BC \Rightarrow BC\perp(SAD) \Rightarrow BSD=\beta$.Ta có: $AB=SB.\cos\alpha, BD=SB.\sin\beta$$\Rightarrow a^2=AD^2=SB^2(\cos^2\alpha-\sin^2\beta) \Rightarrow SB=\frac{a}{\sqrt{ \cos^2\alpha-\sin^2\beta }}$ Suy ra: $BD=SB\sin\beta= \frac{a\sin\beta}{\sqrt{ \cos^2\alpha-\sin^2\beta }} $ $SA=SB\sin\alpha= \frac{a\sin\beta}{\sqrt{ \cos^2\alpha-\sin^2\beta }} $ Từ đó: $V_{S.ABC}= \frac{a^3\sin\alpha\sin\beta}{3\sqrt{ \cos^2\alpha-\sin^2\beta }} $
Theo giả thiết: $\angle SBA=\alpha$ .Ta có: $AC=AB\Rightarrow SB=SC \Rightarrow SD\perp BC$ Mà $AD\perp BC \Rightarrow BC\perp(SAD) \Rightarrow \angle BSD=\beta$.Ta có: $AB=SB.\cos\alpha, BD=SB.\sin\beta$$\Rightarrow a^2=AD^2=SB^2(\cos^2\alpha-\sin^2\beta) \Rightarrow SB=\frac{a}{\sqrt{ \cos^2\alpha-\sin^2\beta }}$ Suy ra: $BD=SB\sin\beta= \frac{a\sin\beta}{\sqrt{ \cos^2\alpha-\sin^2\beta }} $ $SA=SB\sin\alpha= \frac{a\sin\beta}{\sqrt{ \cos^2\alpha-\sin^2\beta }} $ Từ đó: $V_{S.ABC}= \frac{a^3\sin\alpha\sin\beta}{3(\cos^2\alpha-\sin^2\beta)} $
|
|
|
|
giải đáp
|
Cho hỏi bài hình này các ad ơi
|
|
|
|
Theo giả thiết: $\angle SBA=\alpha$ . Ta có: $AC=AB\Rightarrow SB=SC \Rightarrow SD\perp BC$ Mà $AD\perp BC \Rightarrow BC\perp(SAD) \Rightarrow \angle BSD=\beta$. Ta có: $AB=SB.\cos\alpha, BD=SB.\sin\beta$ $\Rightarrow a^2=AD^2=SB^2(\cos^2\alpha-\sin^2\beta) \Rightarrow SB=\frac{a}{\sqrt{ \cos^2\alpha-\sin^2\beta }}$ Suy ra: $BD=SB\sin\beta= \frac{a\sin\beta}{\sqrt{ \cos^2\alpha-\sin^2\beta }} $ $SA=SB\sin\alpha= \frac{a\sin\beta}{\sqrt{ \cos^2\alpha-\sin^2\beta }} $ Từ đó: $V_{S.ABC}= \frac{a^3\sin\alpha\sin\beta}{3(\cos^2\alpha-\sin^2\beta)} $ |
|
|
|
giải đáp
|
Các bạn giải nhanh quá,thêm bài nè
|
|
|
|
ĐK: $x\ne -1$.
Ta có: $
\frac{x^{2}+2x+2}{x+1}=m(x+1) \Leftrightarrow x^2+2x+2=mx^2+2mx+m$
$\Leftrightarrow (m-1)x^2+2(m-1)x+m-2=0$
Với $m>1$ thì: $\Delta'=(m-1)^2-(m-1)(m-2)=m-1>0$
Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt: $x_1,x_2$
Theo Vi-ét thì: $x_1+x_2=-2$, đpcm.
|
|
|
|
giải đáp
|
Cùng thể loại liên quan đạo hàm
|
|
|
|
c.
Bổ đề: $\sin x<x,\forall x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ .
Xét hàm: $f(x)=\sin x-x\cos x-\frac{x^3}{3},
x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right) $
Ta có: $f'(x)=-x^2+x\sin x=x(\sin x-x)<0, \forall x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right) $
$\Rightarrow f(x)<f(0)=0,
\forall x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right) $ , đpcm.
|
|
|
|
giải đáp
|
Cùng thể loại liên quan đạo hàm
|
|
|
|
b. Bổ đề: $\sin x>\frac{2x}{\pi},\forall x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$.
Thật vậy:
Xét hàm: $f(x)=\frac{\sin x}{x}, x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right) $
Ta có: $f'(x)=\frac{x-\tan x}{x^2\cos x}$
Xét hàm: $g(x)=x-\tan x, x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right) $
Ta có: $g'(x)=-\cos^2x<0, \forall x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right) $
$\Rightarrow g(x)<g(0)=0,\forall x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right) $
Hay $f'(x)<0 \forall x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right) $
$\Rightarrow f(x)>f(\frac{\pi}{2})=\frac{2}{\pi},
\forall x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ , bổ đề được chứng minh.
Xét hàm: $h(x)=\cos x-1+\frac{x^2}{\pi},
x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$
Ta có: $h'(x)=-\sin x+\frac{2x}{\pi}<0,
\forall x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right) $
$\Rightarrow h(x)>h(0)=0$, đpcm.
|
|
|
|
giải đáp
|
Cùng thể loại liên quan đạo hàm
|
|
|
|
a.
Bổ đề: $\cos x>1-\frac{x^2}{2},\forall x\in\left( 0;\frac{\pi}{2}\right) $
Xét $f(x)= \tan \frac{x}{2}-\frac{2x^3}{3\pi^2 }-\frac{x}{2},x \in\left ( 0;\frac{\pi}{2}\right ) $
Ta có: $ f'(x)= \frac{1}{\displaystyle 2\cos^2\frac{x}{2}}-\frac{2x^2}{\pi^2 }-\frac{1}{2}$
$\Rightarrow f'(x)<\frac{1}{\displaystyle 2\left (1-\frac{x^2}{8}\right)^2}-\frac{2x^2}{\pi^2 }-\frac{1}{2}<0,\forall x\in\left( 0;\frac{\pi}{2}\right) $
Suy ra: $f(x)<f(0)=0, \forall x\in\left( 0;\frac{\pi}{2}\right)$
|
|
|
|
giải đáp
|
Em là mem mới mong các bác giúp đỡ :d
|
|
|
|
Ta có: $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\ge\sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2},\forall a,b,c,d\in\mathbb{R}$.
Áp dụng, ta có:
$ \sqrt{a^2-\sqrt2ab+b^2}+\sqrt{b^2-\sqrt3bc+c^2}$
$=\sqrt{(b-\frac{a}{\sqrt2})^2+(\frac{a}{\sqrt2})^2}+\sqrt{(\frac{\sqrt3c}{2}-b)^2+(\frac{c}{2})^2}$
$\geq \sqrt{( \frac{\sqrt3c}{2} -\frac{a}{\sqrt2})^2+( \frac{a}{\sqrt2}+ \frac{c}{2})^2}$
$= \sqrt{a^2-\sqrt{ 2-\sqrt{ 3} }ac+c^2 } $
|
|
|
|
giải đáp
|
Giúp em với các bác ơi
|
|
|
|
Theo đề bài ta có: $\frac{\cos x-\cos a}{\cos x-\cos b}=\frac{\sin^2a\cos b}{\sin^2b\cos a}$ $\Rightarrow \cos x(\cos a\sin^2b-\cos b\sin^2a)=\cos^2a\sin^2b-\sin^2a\cos^2b$ $=\cos^2a(1-\cos^2b)-(1-\cos^2a)\cos^2b=\cos^2a-\cos^2b$ Mà: $\cos a\sin^2b-\cos b\sin^2a=\cos a(1-\cos^2b)-\cos b(1-\cos^2a)$ $=\cos a-\cos b+\cos a\cos b(\cos a-\cos b)=(\cos a-\cos b)(1+\cos a\cos b)$ Từ đó, suy ra: $\cos x=\frac{\cos a+\cos b}{1+\cos a\cos b}$ Do đó: $\tan^2\frac{x}{2}=\frac{1-\cos x}{1+\cos x}=\frac{1+\cos a\cos b-\cos a-\cos b}{1+\cos a\cos b+\cos a+\cos b}$ $=\frac{(1-\cos a)(1-\cos b)}{(1+\cos a)(1+\cos b)}=\tan^2\frac{a}{2}.\tan^2\frac{b}{2}$. |
|
|
|
bình luận
|
Cho em hỏi bài này
Thi đại học thì k được dùng nên yên tâm bài này không thi đại học được đâu.
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Cho em hỏi bài này
|
|
|
|
Xét hàm: $f(x)=\frac{2}{3}\sqrt{x^3},x\ge1$. Theo định lý Lagrange trên đoạn $[n,n+1]$ tồn tại số $c\in(n,n+1)$ sao cho: $f(n+1)-f(n)=f'(c)=\sqrt c$ Suy ra: $\sqrt n<f(n+1)-f(n)<\sqrt{n+1},\forall n\ge1$ . Từ đó suy ra: $\sum_{k=1}^n\sqrt k<\sum_{k=1}^n(f(k+1)-f(k))=f(n+1)-f(1)=\frac{2}{3}\sqrt{(n+1)^3}-\frac{2}{3}$ $\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{n^3} }\sum\limits_{k = 1}^n {\sqrt k } < \frac{2}{3}\sqrt{\left ( \frac{n+1}{n} \right )^3 }- \frac{2}{3\sqrt{n^3} } $ Lại có: $\sum_{k=1}^n\sqrt k=1+ \sum_{k=2}^n\sqrt k>1+\sum_{k=1}^{n-1}(f(k+1)-f(k))=1+f(n)-f(1)>\frac{2}{3}\sqrt{n^3}$
$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{n^3} }\sum\limits_{k = 1}^n {\sqrt k }>\frac{2}{3}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Làm bài BĐT
|
|
|
|
b.
Ta chứng minh: với $x > 0$ và với mọi số nguyên dương n, ta đều có: ${e^x} > 1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{x^n}}}{{n!}}$
Với số nguyên dương $n$, đặt: ${f_n}(x) = {e^x} - \left( {1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{x^n}}}{{n!}}} \right)$ Ta cần chứng minh ${f_n}(x) > 0$ khi $x > 0$ Theo phép quy nạp toán học: Với $n = 1$, ta có : ${f_1}(x) = {e^x} - 1 - x$ Vì ${f_1}^'(x) = {e^x} - 1 \ge 0$ khi $x \ge 0$ Vậy ${f_1}(x)$ đồng biến trên $\left[ {0; + \infty } \right)$ mà ${f_1}(0) = 0$ suy ra ${f_1}(x) > 0$ khi $x > 0$ Giả sử bất đẳng thức đúng với $n = k$, tức là : ${f_k}(x) = {e^x} - \left( {1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{x^k}}}{{k!}}} \right) > 0$ Khi $x > 0$. Với hàm: ${f_{k + 1}}(x) = {e^x} - \left( {1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{x^k}}}{{k!}} + \frac{{{x^{k + 1}}}}{{\left( {k + 1} \right)!}}} \right)$, ta có ${f^'}_{k + 1}(x) = {e^x} - \left( {1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + ... + \frac{{{x^{k - 1}}}}{{\left( {k - 1} \right)!}} + \frac{{{x^k}}}{{k!}}} \right) = {f_k}(x)$ Vì ${f^'}_{k + 1}(x) = f(x) \ge 0$ khi $x \ge 0$, nên ${f_{k + 1}}(x)$ đồng biến trên $\left[ {0; + \infty } \right)$ mà ${f_{k + 1}}(0) = 0$ nên ${f_{k + 1}}(x) > 0$ khi $x > 0$, tức là bất đẳng thức đúng với $n = k + 1$
Theo nguyên lí quy nạp : với $x > 0$ và với mọi số nguyên dương $n$, ta đều có: ${f_n}(x) = {e^x} - \left( {1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{x^n}}}{{n!}}} \right) > 0$ Hay ${e^x} > 1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{x^n}}}{{n!}}$ Với $x=1,n=2010$ ta có đpcm. |
|
|
|
giải đáp
|
Làm bài BĐT
|
|
|
|
a) Xét hàm:
$f(x)=
e^{2x} -(1+2x^2+\frac{4}{3}x^3), x\ge 0.$
Ta có:
$f'(x)=2e^{2x}-4x-4x^2$
$f''(x)=4e^{2x}-4-8x$
$f^{(3)}(x)=8e^{2x}-8>0,\forall x>0$
Suy ra: $f''(x)>f''(0)=0,\forall x>0$
$\Rightarrow f'(x)>f'(0)=0,\forall x>0$
$\Rightarrow f(x)>f(0)=0,\forall x>0$ , đpcm.
|
|