Chương 1:ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ

Đặng thị dương
Xem chi tiết
Akai Haruma
8 tháng 6 2018 lúc 19:04

Câu 1:

\(y=x^3-3mx^2+2\Rightarrow y'=3x^2-6mx\)

\(y'=0\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} x=0\\ x=2m\end{matrix}\right.\)

Để $(C_m)$ có 2 cực trị thì \(y'=0\) phải có 2 nghiệm , tức là $m\neq 0$

Khi đó: Hai cực trị của đths là: \(A(0; 2); B(2m, 2-4m^3)\)

Gọi ptđt $AB$ là $y=ax+b$

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 2=a.0+b\\ 2-4m^3=2ma+b\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} b=2\\ a=-2m^2\end{matrix}\right.\)

Vậy PTĐT $AB$ là: \(y=-2m^2x+2\)

$I(1,0)$ đi qua nên \(0=-2m^2+2\Rightarrow m=\pm 1\)

Bình luận (0)
Akai Haruma
8 tháng 6 2018 lúc 19:20

Câu 2:

Ta có:

\(y=(2x^2-1)^3(x^2-1)^2\)

\(\Rightarrow y'=3.4x(2x^2-1)^2(x^2-1)^2+2.2x(2x^2-1)^3(x^2-1)\)

\(=4x(x^2-1)(2x^2-1)^2(5x^2-4)\)

Vì $(2x^2-1)^2$ là lũy thừa số mũ chẵn nên tại \(x=\pm \sqrt{\frac{1}{2}}\) thì đths không đổi hướng biến thiên mà tiếp tục đơn điệu tăng hoặc đơn điệu giảm nên nó không phải điểm cực trị

Do đó các điểm cực trị của đths thỏa mãn: \(4x(x^2-1)(5x^2-4)=0\Leftrightarrow x=0; x=\pm 1; x=\frac{\pm 2}{\sqrt{5}}\)

Tức là có 5 cực trị

Bình luận (0)
nguyenthidinh
Xem chi tiết
Doan Minh Cuong
1 tháng 2 2018 lúc 11:29

Với điều kiện \(\left(m-2\cos x\right)\left(m-2\sin x\right)\ne0\) (*) phương trình đã cho tương đương với

\(\left(m\sin x-2\right)\left(m-2\sin x\right)=\left(m\cos x-2\right)=\left(m-2\cos x\right)\)

\(\Leftrightarrow m^2\sin x-2m-2m\sin^2x+4\sin x=m^2\cos x-2m-2m\cos^2x+4\cos x\)

\(\Leftrightarrow2m\left(\cos^2x-\sin^2x\right)-m^2\left(\cos x-\sin x\right)-4\left(\cos x-\sin x\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\cos x-\sin x\right)\left(2m\left(\cos x+\sin x\right)-m^2-4\right)=0\) (1)

a) Nếu \(m=0\) thì (1) \(\Leftrightarrow\cos x-\sin x=0\)\(\Leftrightarrow\tan x=1\Leftrightarrow x=\dfrac{\pi}{4}+k\pi\). Nghiệm này sẽ không thỏa mãn điều kiện (*) khi và chỉ khi \(\left(m-2\cos\left(\dfrac{\pi}{4}+k\pi\right)\right)\left(m-2\sin\left(\dfrac{\pi}{4}+k\pi\right)\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(0-\left(-1\right)^k\sqrt{2}\right)\left(0-\left(-1\right)^k\sqrt{2}=0\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(-1\right)^k\sqrt{2}=0\) , vô lí.

Vậy khi \(m=0\), phương trình đã cho có nghiệm là \(x=\dfrac{\pi}{4}+k\pi\)

b) Nếu \(m\ne0\) thì (1) tương đương với tập hợp hai phương trình:

\(\tan x=1\) (2) và \(\sqrt{2}\cos\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{m^2+4}{2m}\)\(\Leftrightarrow\cos\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{m^2+4}{2m\sqrt{2}}\) (3)

Trong đó phương trình (3) vô nghiệm vì \(\left|\dfrac{m^2+4}{2m\sqrt{2}}\right|=\dfrac{m^2+4}{2\sqrt{2}\left|m\right|}\ge\dfrac{2\sqrt{4m^2}}{2\sqrt{2}\left|m\right|}=\sqrt{2}>1\).

Phương trình (2) có nghiệm là \(x=\dfrac{\pi}{4}+k\pi\). Nghiệm này sẽ không thỏa mãn điều kiện (*) khi và chỉ khi

\(\left(m-2\cos\left(\dfrac{\pi}{4}+k\pi\right)\right)\left(m-2\sin\left(\dfrac{\pi}{4}+k\pi\right)\right)=0\)\(\Leftrightarrow\left(m-\left(-1\right)^k\sqrt{2}\right)\left(m-\left(-1\right)^k\sqrt{2}=0\right)\)

\(\Leftrightarrow m=\left(-1\right)^k\sqrt{2}\), trái giả thiết \(m\ne\pm\sqrt{2}\).

Tóm lại, trong mọi trường hợp phương trình đã cho có nghiệm \(x=\dfrac{\pi}{4}+k\pi\) Điều kiện \(x\in[20\pi;30\pi]\) tương đương với \(20\pi\le\dfrac{\pi}{4}+k\pi\le30\pi\)\(\Leftrightarrow20-\dfrac{1}{4}\le k\le30-\dfrac{1}{4}\)\(\Leftrightarrow k=21;22;23;...;29\). Số nghiệm của phương trình trong đoạn đang xét là 9.

Bình luận (0)
Minh Ole
Xem chi tiết
Akai Haruma
8 tháng 1 2017 lúc 17:24

Lời giải:

Để đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng thì phương trình $x^2-mx+1=0$ phải có hai nghiệm phân biệt khác $2$, tức là:

\(\left\{\begin{matrix} \Delta=m^2-4>0\\ f(2)=5-2m\neq 0\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow \begin{bmatrix} m>2\\ m<-2\end{bmatrix}\) và $m\neq\frac{5}{2}$

Bình luận (0)
Minh Ole
Xem chi tiết
Akai Haruma
8 tháng 1 2017 lúc 17:05

Xét \(y'=8x^3-8x=0\Leftrightarrow x\in\left \{-1;0;1\right \}\)

Do đó ta dễ dàng tìm được 3 điểm cực trị của hàm số là \(A(-1;-1),B(0;1);C(1;-1)\)

\(AB=BC=\sqrt{5};AC=2\)

Dùng hệ thức Hê-rông: \(S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\Rightarrow S_{ABC}=2 (\text{đvdt})\)

Bình luận (0)
Hoanglong Nguyenphi
Xem chi tiết
Akai Haruma
8 tháng 1 2017 lúc 17:47

Đặt $z=a+bi$ ( $a,b\in\mathbb{R}$)

Theo bài ra ta có:

\(10(a+bi)+2i-3=(4-5i)(a+bi)+3i\Leftrightarrow (6a-5b-3)+i(6b-1+5a)=0\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 6a-5b-3=0\\ 5a+6b-1=0\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=\frac{23}{61}\\ b=\frac{-9}{61}\end{matrix}\right.\). Do đó số \(z=\frac{23}{61}-\frac{9i}{61}\)

Vậy:

-Phần thực: $a=\frac{23}{61}$

-Phần ảo: $b=\frac{-9}{61}$

-Số phức liên hợp \(\overline{z}=a-bi=\frac{23}{61}+\frac{9i}{61}\)

-Mô đun: \(|z|=\sqrt{a^2+b^2}=\frac{\sqrt{610}}{61}\)

Bình luận (0)
Nguyen Kim Chi
Xem chi tiết
Ngô Tấn Trí
11 tháng 10 2016 lúc 4:49

Phương trình hoành độ giao điểm:

$x^2+2mx+1-3m=-2x+4\iff x^2+2x(m+1)-3-3m=0$.

$\Delta'=(m+1)^2+3+3m=(m+1)(m+4)$

Hai đồ thì cắt nhau tại hai điểm phân biệt $A,B$ khi và chỉ khi $\Delta'>0\iff (m+1)(m+4)>0(*)$.

Giả sử: $A(a;-2a+4);B(b;-2b+4),(AB)\equiv (d): y+2x-4=0$.

Theo $Viet$, ta có: $a+b=-2m-2;ab=-3-3m$.

Theo GT: $S_{OAB}=\frac{1}{2}.d(O,AB).AB(2)$.

Mà: $d(O;AB)=\frac{|-4|}{\sqrt{2^2+1^2}}=\frac{4}{\sqrt{5}}$.

$(2)\implies AB=\frac{2S_{OAB}}{d(O;AB)}=6\sqrt{10}$.

\iff AB^2=360\iff 5(a-b)^2=360\iff (a-b)^2=72\iff (a+b)^2-4ab=72$.

$\iff 4(m+1)^2+12(m+1)-72=0\iff m+1=3(n)...v...m+1=-6(n)(\text{ do (1) })$.

Vậy: $m=2...v...m=-7$ là hai giá trị cần tìm.

Bình luận (0)