Bài 1: Định nghĩa và ý nghĩa của đạo hàm

\(y'=1-\dfrac{1}{\left(x+1\right)^2}=\dfrac{x^2+2x}{\left(x+1\right)^2}\)

Gọi đường thẳng d qua A có dạng: \(y=k\left(x-1\right)-1\)

d là tiếp tuyến của (C) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x^2+x+1}{x+1}=k\left(x-1\right)-1\\\dfrac{x^2+2x}{\left(x+1\right)^2}=k\end{matrix}\right.\) có nghiệm

\(\Rightarrow\dfrac{x^2+x+1}{x+1}=\dfrac{\left(x-1\right)\left(x^2+2x\right)}{\left(x+1\right)^2}-1\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(x^2+x+1\right)=\left(x-1\right)\left(x^2+2x\right)-\left(x+1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow x^2+3x+1=0\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{-3+\sqrt{5}}{2}\\x_2=\dfrac{-3-\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\left(1-\dfrac{1}{\left(x_1+1\right)^2}\right)\left(1-\dfrac{1}{\left(x_2+1\right)^2}\right)=-1\Rightarrow\) hai tiếp tuyến kẻ từ A vuông góc nhau

Không thích tính toán thì từ \(x^2+3x+1=0\Rightarrow x^2+2x=-x-1\) thế vào \(y'=\dfrac{x^2+2x}{\left(x+1\right)^2}=\dfrac{-1}{x+1}\)

Do đó \(k_1k_2=-\dfrac{1}{x_1+1}.\left(-\dfrac{1}{x_2+1}\right)=\dfrac{1}{x_1x_2+x_1+x_2+1}=\dfrac{1}{1-3+1}=-1\)

\(y'=1-\dfrac{1}{\left(x-1\right)^2}\)

Tiếp tuyến d tại \(A\left(a;a+1+\dfrac{1}{a-1}\right)\) có dạng:

\(y=\left(1-\dfrac{1}{\left(a-1\right)^2}\right)\left(x-a\right)+a+1+\dfrac{1}{a-1}\)

\(\Leftrightarrow y=\dfrac{a^2-2a}{\left(a-1\right)^2}x+\dfrac{a^2}{\left(a-1\right)^2}\)

\(\Rightarrow M\left(\dfrac{a^2}{2a-a^2};0\right)\) ; \(N\left(0;\dfrac{a^2}{\left(a-1\right)^2}\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}OM=\dfrac{a^2}{\left|2a-a^2\right|}\\ON=\dfrac{a^2}{\left(a-1\right)^2}\end{matrix}\right.\)

\(\dfrac{a^2}{\left(a-1\right)^2}=\dfrac{2a^2}{\left|2a-a^2\right|}\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=0\left(loại\right)\\\left|a^2-2a\right|=2\left(a^2-2a+1\right)\end{matrix}\right.\)

Đặt \(a^2-2a=t\Rightarrow\left|t\right|=2\left(t+1\right)\) (với \(t\ge-1\))

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2t+2=t\\2t+2=-t\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t=-2\left(loại\right)\\t=-\dfrac{2}{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a^2-2a=-\dfrac{2}{3}\Leftrightarrow a^2-2a+\dfrac{2}{3}=0\)

Người ra đề đam mê với nghiệm xấu thì phải

Theo định nghĩa ta có :

\(f'\left(x\right)=\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0}\frac{f\left(a+\right)-f\left(a\right)}{\Delta x}\)

         \(=\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0}\frac{\left(a+\Delta x-1\right)\varphi\left(a+\Delta x\right)}{\Delta x}\) do (\(f\left(a\right)=0\))

          \(=\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0}\varphi\left(a+\Delta x\right)\)

Khi \(\Delta x\rightarrow0\) thì \(a+\Delta x\rightarrow a\) và do \(\varphi\left(x\right)\) là hàm liên tục tại x = a nên có :

\(\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0}\varphi\left(a+\Delta x\right)=\varphi\left(a\right)\)

Vậy \(f'\left(a\right)=\varphi\left(a\right)\)

Do \(f\left(x\right)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e\) có 4 nghiệm pb \(x_1;x_2;x_3;x_4\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)=a\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\left(x-x_3\right)\left(x-x_4\right)\)

Ta có:

\(f'\left(x\right)=a\left[\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\left(x-x_3\right)+\left(x-x_2\right)\left(x-x_3\right)\left(x-x_4\right)+\left(x-x_1\right)\left(x-x_3\right)\left(x-x_4\right)+\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\left(x-x_4\right)\right]\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}f'\left(x_1\right)=a\left(x_1-x_2\right)\left(x_1-x_3\right)\left(x_1-x_4\right)\\f'\left(x_2\right)=a\left(x_2-x_1\right)\left(x_2-x_3\right)\left(x_2-x_4\right)\\f'\left(x_3\right)=a\left(x_3-x_1\right)\left(x_3-x_2\right)\left(x_3-x_4\right)\\f'\left(x_4\right)=a\left(x_4-x_1\right)\left(x_4-x_2\right)\left(x_4-x_3\right)\end{matrix}\right.\)

Mà tiếp tuyến tại A và B vuông góc \(\Leftrightarrow f'\left(x_1\right).f'\left(x_2\right)=-1\) (1)

Do \(x_1;x_2;x_3;x_4\) lập thành 1 CSC, giả sử công sai của CSC là \(d\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_2=x_1+d\\x_3=x_1+2d\\x_4=x_1+3d\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}f'\left(x_1\right)=a.\left(-d\right).\left(-2d\right).\left(-3d\right)=-6ad^3\\f'\left(x_2\right)=a.d.\left(-d\right).\left(-2d\right)=2ad^3\\f'\left(x_3\right)=a.2d.d.\left(-d\right)=-2ad^3\\f'\left(x_4\right)=a.3d.2d.d=6ad^3\end{matrix}\right.\)

Thế vào (1): \(-12a^2d^6=-1\Leftrightarrow12a^2d^6=1\)

\(\Rightarrow f'\left(x_3\right)+f'\left(x_4\right)=4ad^3\)

\(\Rightarrow S=\left(4ad^3\right)^{2020}=\left(16a^2d^6\right)^{1010}=\left(\dfrac{4}{3}.12a^2d^6\right)^{1010}=\left(\dfrac{4}{3}\right)^{1010}\)

Bài gì mà dễ sợ :(

Đầu tiên xác định cụ thể pt (P) ra:

(P) qua điểm \(\left(0;-3\right)\Rightarrow c=-3\)

Từ độ độ đỉnh: \(\left\{{}\begin{matrix}-\dfrac{b}{2a}=2\\\dfrac{4ac-b^2}{4a}=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b=-4a\\-12a-16a^2=4a\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=-1\\b=4\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow y=-x^2+4x-3\)

\(\Rightarrow y'=-2x+4\)

Gọi giao điểm của \(d_1;d_2\) là A và giao điểm của \(d_1;d_2\) với Ox lần lượt là B và C \(\Rightarrow\Delta ABC\) vuông cân tại A (\(y'=-2x+4\) nên (P) không thể tồn tại 1 tiếp tuyến vuông góc trục hoành dạng \(x=k\) do đó 2 tiếp tuyến ko bao giờ vuông góc với Ox)

\(\Rightarrow AB\) tạo với trục hoành 1 góc 45 độ

\(\Rightarrow\) Hệ số góc của đường thẳng \(d_1\) là \(k=tan45^0=1\)

\(\Rightarrow y'=-2x+4=1\Rightarrow x=\dfrac{3}{2}\)

\(\Rightarrow y=\dfrac{3}{4}\)

Phương trình \(d_1\): \(y=1\left(x-\dfrac{3}{2}\right)+\dfrac{3}{4}\Leftrightarrow y=x-\dfrac{3}{4}\)

a. \(f\left(x\right)=x.e^x\)

   \(f'\left(x\right)=e^x+x.e^x\)

   \(f"\left(x\right)=e^x+e^x+x.e^x=2e^x+x.e^x\)   

   \(f^{\left(3\right)}\left(x\right)=2e^x+e^x+x.e^x=3e^x+x.e^x\)

b.Từ (a) ta đi đến công thức  (dự đoán)

                \(f^{\left(n\right)}\left(x\right)=ne^x+x.e^x\)     (1)

Chứng minh (1) bằng quy nạp như sau :

- (1) đã đúng với  \(n=1,2,3\)

- Giả sử (1) đã đúng đến n, ta phải chứng minh :

               \(f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=\left(n+1\right)e^x+x.e^x\)        (2)

Thật vậy , từ giả thiết quy nạp, ta có :

\(f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=\left(f^{\left(n\right)}\left(x\right)\right)'=\left(ne^x+x.e^x\right)'=ne^x+e^x+x.e^x=\left(n+1\right)e^x+x.e^x\)

Vậy (2) đúng. Theo nguyên lí quy nạp suy ra (1) đúng với mọi \(n=1,2,3....\)

Tóm lại, ta có với mọi \(n=1,2,3....\)

\(f^{\left(n\right)}\left(x\right)=ne^x+x.e^x\)

Ta xét bảng sau đây :

Ta có ngay với \(x\ne1\) và \(x\ne2\)

\(f'\left(x\right)=\begin{cases}-3;x< 1\\-1;1< x< 2\\3;x>2\end{cases}\)

Bây giờ xét tại \(x=1\), ta có

\(\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0^+}\frac{f\left(1+\Delta x\right)-f\left(1\right)}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0^+}\frac{3-\left(1+\Delta x\right)-2}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0^+}\frac{-\Delta x}{\Delta x}=-1\)

\(\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0^-}\frac{f\left(1+\Delta x\right)-f\left(1\right)}{\Delta x}\ne\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0^-}\frac{5-3\left(1+\Delta x\right)-2}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0^-}\frac{-3\Delta x}{\Delta x}=-3\)

Như vậy \(\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0^+}\frac{f\left(1+\Delta x\right)-f\left(1\right)}{\Delta x}\ne\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0^-}\frac{f\left(1+\Delta x\right)-f\left(1\right)}{\Delta x}\)

Nghĩa là không tồn tại đạo hàm của \(f\left(x\right)\) tại \(x=1\)

Tương tự không tồn tại đạo hàm của \(f\left(x\right)\) tại \(x=2\)

f' (a) =6a +5 -[(2k+1)a^2k +6k a^(2k-1) +(k+1)a^k +3k a^k ]

f'(1) =6+5-[(2k+1)+6k+(k+1) +3k]

f'(1) =11-(12k+2)=9-12k

mình biết lâu rôi (4 tháng)