|
|
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: $\tan^2\frac{x}{2}=\frac{1-\cos x}{1+\cos x}=\frac{1+\cos a\cos b-\cos a-\cos b}{1+\cos a\cos b+\cos a+\cos b}$ $=\frac{(1-\cos a)(1-\cos b)}{(1+\cos a)(1+\cos b)}=\tan^2\frac{a}{2}.\tan^2\frac{b}{2}$. |
|
|
|
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.
|
|
|
|
giải đáp
|
Khó mà hay !
|
|
|
|
 Đường tròn $(C)$ có tâm $I(2,3)$, bán kính $R=4$. Giả sử từ $M(x,4x+m)$ kẻ được 2 tiếp tuyến vuông góc với $(C)$ là $MA,MB$. Suy ra: $MAIB$ là hình vuông Từ đó: $MI=R\sqrt2=4\sqrt2$ $\Leftrightarrow (x-2)^2+(4x+m-3)^2=32$ $\Leftrightarrow 17x^2+4(2m-7)x+m^2-6m-19=0 (*)$ Để có duy nhất 1 điểm $M$ thỏa mãn thì $(*)$ có nghiệm duy nhất $\Leftrightarrow \Delta'=0$ $\Leftrightarrow (4m-14)^2-17(m^2-6m-19)=0$ $\Leftrightarrow m^2+10m-519 \Leftrightarrow m=-5\pm4\sqrt{34}$ |
|
|
|
giải đáp
|
bác nào làm giúp mình nhé
|
|
|
|
Điều kiện: $\sin x\ne0\Leftrightarrow x\ne k\pi,k\in\mathbb{Z}$.
Đặt $t=\tan x$, phương trình trở thành:
$\frac{2t}{1+t^2}+\frac{2}{t}=3$
$\Leftrightarrow 2t^2+2(1+t^2)=3t(1+t^2)$
$\Leftrightarrow 3t^3-4t^2+3t-2=0$
$\Leftrightarrow (t-1)(3t^2-t+2)=0$
$\Leftrightarrow t=1\Leftrightarrow \tan x=1\Leftrightarrow x=\frac{\pi}{4}+k\pi,k\in\mathbb{Z}$ , (thỏa mãn).
|
|
|
|
giải đáp
|
nhờ mọi người giải giúp mình
|
|
|
|
Điều kiện: $x+y\ge0$.
Ta có: $\begin{cases}\sqrt{x^2+x+2}-\sqrt{x+y}=y\\\sqrt{x+y}=x-y+1 \end{cases} $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\sqrt{x+y}+y=
\sqrt{x^2+x+2}\\
\sqrt{x+y}+y=x+1 \end{array} \right.$
Từ đó, suy ra: $\sqrt{x^2+x+2}=x+1$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x^2+x+2=x^2+2x+1\\x\ge-1 \end{array} \right.$
$\Leftrightarrow x=1$
Dẫn tới: $\sqrt{y+1}=2-y$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y\le2\\ y+1=4-4y+y^2 \end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y\le2\\y^2-5y+3=0 \end{array} \right.$
$y=\frac{1}{2}(5-\sqrt{13})$
Vậy: $(x,y)=(1,
\frac{1}{2}(5-\sqrt{13}) )$
|
|
|
|
giải đáp
|
Nguyên lí Diricle cần giúp.
|
|
|
|
c.
Ta chia các cây ra làm 2500
cụm, mỗi cụm gồm 4 cây xếp thành 1 hình vuông, trong
mỗi cụm như vậy không thể chặt
đi nhiều hơn 1 cây.
Mặt khác có thể chặt tất cả các cây mọc ở
góc trên bên trái của các hình vuông tạo
bởi 4 cây của từng cụm. Như vậy số cây có thể chặt đi nhiều nhất là 2500 cây. |
|
|
|
|
|
|
|