Ai giúp em với !!
Xét tính đồng biến ,nghịch biến:y=tanx+cotx, (0,pi/2)
Ai giúp em với !!
Xét tính đồng biến ,nghịch biến:y=tanx+cotx, (0,pi/2)
Lời giải:
Ta có: \(y'=\frac{1}{\cos ^2x}-\frac{1}{\sin ^2x}=\frac{\sin ^2x-\cos^2x}{\sin ^2x\cos^2x}=\frac{1-2\cos^2x}{\sin ^2x\cos^2x}\)
Với \(x\in \left(0,\frac{\pi}{2}\right)\) ta chia làm hai đoạn:
+) \(x\in \left(0,\frac{\pi}{4}\right] \Rightarrow 1-2\cos^2x\leq 0\), hàm là hàm nghịch biến
+) \(x\in \left[\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}\right)\Rightarrow 1-2\cos^2x\geq 0\), hàm là hàm đồng biến
cho 3 số thực dương a,b,c t/m ab+bc+ac=3 tìm max \(\dfrac{1}{a^2+b^2+1}+\dfrac{1}{b^2+c^2+1}+\dfrac{1}{a^2+c^2+1}\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\((a^2+b^2+1)(1+1+c^2)\geq (a+b+c)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+1\geq \frac{(a+b+c)^2}{c^2+2}\Rightarrow \frac{1}{a^2+b^2+1}\leq \frac{c^2+2}{(a+b+c)^2}\)
Thiết lập tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow A=\frac{1}{a^2+b^2+1}+\frac{1}{b^2+c^2+1}+\frac{1}{c^2+a^2+1}\leq \frac{6+a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}\)
\(\Leftrightarrow A\leq \frac{2(ab+bc+ac)+a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}=\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1\)
Vậy \((\frac{1}{a^2+b^2+1}+\frac{1}{b^2+c^2+1}+\frac{1}{c^2+a^2+1})_{\max}=1\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Cho 2 tập hợp A và B. Biết tập hợp B khác rỗng, số phần tử của tập B gấp đôi số phần tử của tập A∩B và A∪B có 10 phần tử. Hỏi tập A và B có bao nhiêu phần tử? Hãy xét các trường hợp xảy ra và dùng biểu đồ Ven minh họa?
Tìm m để đồ thị hàm số y = x + \(\sqrt{mx^2+x+1}\) có tiệm cận đứng ?
Cảm ơn!
Sao lại là tiệm cận đứng ta. M nghĩ là tiệm cận ngang chứ????
cho hàm số \(y=\dfrac{1}{3}x^3-\dfrac{mx^2}{2}+2x+2016\)
Với giá trị nào của m hàm luôn đồng biến trên TXD
Lời giải:
Ta có \(y=\frac{1}{3}x^3-\frac{mx^2}{2}+2x+2016\)
\(\Rightarrow y'=x^2-mx+2\)
Để hàm số luôn đồng biến trên tập xác định thì \(y'\geq 0\)
\(\Leftrightarrow x^2-mx+2\geq 0\forall x\in\mathbb{R}\)
Theo định lý về dấu của tam thức bậc 2, điều này xảy ra khi mà:
\(\Delta=m^2-8\leq 0\Leftrightarrow -2\sqrt{2}\leq m\leq 2\sqrt{2}\)
Cho hình chóp S.ABCD có đấy là hình thoi cạnh a, góc BAD= 60 độ. SA vuông với (ABCD). d(A,SC)=a. Tính Vc, d(A,(SBC)), d(SB,AC).
Lời giải:
Tính toán đơn giản: \(AC=\sqrt{3}a, DB=a\)
Ý 1:
Do \(SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp AC\). Áp dụng định lý Pitago:
\( \frac{1}{d(A,SC)^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AC^2}\Leftrightarrow \frac{1}{a^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{3a^2}\Rightarrow SA=\frac{\sqrt{6}}{2}a\)
\(\Rightarrow V_{\text{chóp}}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{6}a}{2}.\frac{AC.BD}{2}=\frac{\sqrt{2}a^3}{4}\)
Ý 2:
Kẻ \(AH\perp BC\) với \(H\in BC\). Có \(\left\{\begin{matrix} AH\perp BC\\ SA\perp BC\end{matrix}\right.\Rightarrow BC\perp (SAH)\)
Kẻ \(AT\perp SH\), mà \(AT\perp BC\) do \(AT\in (SAH)\) , do đó \(AT\perp (SBC)\)
\(\Rightarrow AT=d(A,(SBC))=\sqrt{\frac{SA^2.AH^2}{SA^2+AH^2}}\)
Mà \(AH=\sin 60.AB=\frac{\sqrt{3}a}{2}\), suy ra \(d(A,(SBC))=AT=\frac{\sqrt{2}a}{2}\)
Ý 3:
Kẻ \(BK\parallel AC\) cắt $AD$ tại $K$
Ta có: \(d(SB,AC)=d(AC,(SBK))=d(A,(SBK))\)
Kẻ \(AR\perp BK\).
Có \(AR=AB.\sin ABK=AB.\sin BAC=AB\sin 30=\frac{a}{2}\)
Kẻ \(AM\perp SR\) thì $AM$ chính là khoảng cách từ $A$ đến $(SBK)$
\(d(A,(SBK))=AM=\sqrt{\frac{SA^2.AR^2}{SA^2+AR^2}}=\frac{\sqrt{42}a}{14}\)
em muốn hỏi cách làm câu này ạ
Lời giải:
Đặt \(I=\int \frac{\sqrt{x^2-1}dx}{x^3}\)
Nguyên hàm từng phần:
Đặt \(\left\{\begin{matrix} u=\sqrt{x^2-1}\\ dv=\frac{1}{x^3}dx\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} du=\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}dx\\ v=\frac{-1}{2x^2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow I=\frac{-\sqrt{x^2-1}}{2x^2}+\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}\)
Xét \(\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}=\int \frac{d(x^2)}{2x^2\sqrt{x^2-1}}\). Đặt \(\sqrt{x^2-1}=t\rightarrow x^2=t^2+1\)
Khi đó, \(\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}=\int \frac{d(t^2+1)}{2t(t^2+1)}=\int \frac{dt}{t^2+1}\)
Đặt \(t=\tan m\), đây là một dạng toán đặt quen thuộc, ta thu
được \(\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}=\int \frac{dt}{t^2+1}=m=\tan ^{-1}t=\tan ^{-1}(\sqrt{x^2-1})\)
Do đó, \(\int \frac{\sqrt{x^2-1}dx}{x^3}=\frac{-\sqrt{x^2-1}}{2x^2}+\frac{1}{2}\tan ^{-1}(\sqrt{x^2-1})\)
\(\Rightarrow \int ^{\sqrt{2}}_{1}\frac{\sqrt{x^2-1}}{x^3}dx=\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}\)
1. Cho lăng trun ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại A và góc ABC = 30 độ. Gọi M là trung điểm AB; tam giác MA'C đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích ABC.A'B'C'; d(AC;BB')
2. Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA=4a, BC=3a. Gọi I là trung điểm của AB, 2 mp(SIC) và (SIB) cùng vuông góc với mp ( ABC) , mp (SAC) tạo với đáy góc 60 độ. Tính thể tích SABC, d(SB,AC)
cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hbh.Hai điểm M,N lần lượt thuộc các đoạn thẳng AB và AD (M và N không trùng với A) sao cho \(\dfrac{AB}{AM}\) +2\(\dfrac{AD}{AN}\)=4.Kí hiệu V, V1 lần lượt là thể tích của các khối chóp S.ABCD và S.MBCDN. Tìm giá trị lớn nhất của tỉ số \(\dfrac{V1}{V}\)
Do hai khối chóp trên có chung chiều cao nên ta xét diện tích hai đáy. Xét hình vẽ sau khi tách mặt phẳng chứa đáy ABCD:
Giả sử \(\dfrac{AD}{AN}=k\Rightarrow\dfrac{AB}{AM}=4-2k\), ĐK \(0< k< 2\)
Ta có \(\dfrac{S_{AMN}}{S_{ABCD}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}AM.AN.sin\widehat{A}}{AB.AD.sin\widehat{A}}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{4-2k}.\dfrac{1}{k}=\dfrac{1}{4k\left(2-k\right)}\)
Ta thấy rằng \(\dfrac{V_1}{V}=\dfrac{S_{MBCDN}}{S_{ABCD}}=1-\dfrac{S_{AMN}}{S_{ABCD}}\)
Vậy \(\dfrac{V_1}{V}\) max khi \(\dfrac{1}{4k\left(2-k\right)}\) min
Với 0 < k < 2 thì \(min\dfrac{1}{4k\left(2-k\right)}=\dfrac{1}{4}\) khi k = 1
Vậy \(max\dfrac{V_1}{V}=\dfrac{3}{4}\) khi AN = AD và M là trung điểm AB.
Xét các số phức z thõa mãn \(\left|z+2-i\right|+\left|z-4-7i\right|=6\sqrt{2}\) . Tìm Max, min của \(\left|z-1+i\right|\)
Lời giải:
Trên mp tọa độ \(Oxy\) ta xét các điểm \(A(-2,1);B(4,7);C(1,-1)\). Tập hợp các điểm biểu diễn số phức $z$ là $M$
Theo bài ra ta có:
\(|z-(-2+i)|+|z-(4+7i)|=6\sqrt{2}\Leftrightarrow MA+MB=6\sqrt{2}\)
Mà \(AB=\sqrt{(-2-4)^2+(1-7)^2}=6\sqrt{2}\Rightarrow MA+MB=AB\)
Do đó điểm \(M\) nằm trên đoạn thẳng $AB$
Đề bài yêu cầu tìm max min của \(|z-(1-i)|\), tức là tìm max, min của đoạn \(MC\)
Dựa vào hình vẽ, suy ra \(MC_{\min}=d(C,AB)\).
Do biết tọa độ $A,B$ nên dễ dàng viết được PTĐT $AB$ là : \(y=x+3\)
\(\Rightarrow MC_{\min}=d(C,AB)=\frac{|1-(-1)+3|}{\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}\)
Vì \(M\) chỉ chạy trên đoạn $AB$ nên \(MC_{\max}=CA\) hoặc $CB$
Thấy \(CA< CB\Rightarrow CM_{\max}=CB=\sqrt{(4-1)^2+(7+1)^2}=\sqrt{73}\) khi \(M\equiv B\)
Vậy \(\left\{\begin{matrix} |z-1+i|_{\min}=\frac{5\sqrt{2}}{2}\\ |z-i+1|=\sqrt{73}\end{matrix}\right.\)
1)Tìm m để hàm số y=\(\dfrac{\left(m-1\right)\sqrt{x-1}+1}{\sqrt{x-1}+m}\)đồng biến trên khoảng (17;37)
Đặt a=\(\sqrt{x-1}\)\(\Rightarrow\)y=\(\dfrac{\left(m-1\right)a+1}{a+m}\) với aϵ(4;6)
y'=\(\dfrac{m\left(m-1\right)-m}{\left(a+m\right)^2}\).....giải bình thường bạn sẽ ra