Chương 5: ĐẠO HÀM - Hỏi đáp

\(y'=2cos2x.\left(2x\right)'+2tan3x.\left(tan3x\right)'+cos4x-x.sin4x.\left(4x\right)'\)

\(=4cos4x+\frac{6tan3x}{cos^23x}+cos4x-4x.sin4x\)

Lời giải:
\(y'=\ln (x+1+\sqrt{x^2+2x+3})'=\frac{(x+1+\sqrt{x^2+2x+3})'}{x+1+\sqrt{x^2+2x+3}}=\frac{1+\frac{2x+2}{2\sqrt{x^2+2x+3}}}{x+1+\sqrt{x^2+2x+3}}\)

\(=\frac{\sqrt{x^2+2x+3}+x+1}{(x+1+\sqrt{x^2+2x+3})\sqrt{x^2+2x+3}}=\frac{1}{\sqrt{x^2+2x+3}}\)

Lời giải:

Gọi tọa độ điểm $A$ là $(5,a)$

PTTT tại tiếp điểm $(x_0,y_0)$ là:

(d): $y=y'(x_0)(x-x_0)+y_0=\frac{-4}{(x_0-1)^2}(x-x_0)+\frac{x_0+3}{x_0-1}$

$A\in (d)$ nên:

$a=\frac{-4}{(x_0-1)^2}(5-x_0)+\frac{x_0+3}{x_0-1}$

$\Leftrightarrow x_0^2(a-1)-2x_0(a+3)+(a+23)=0$

Xét PT $x^2(a-1)-2x(a+3)+(a+23)=0(*)$

Để từ $A$ kẻ được 2 tiếp tuyến thì $(*)$ phải có 2 nghiệm phân biệt khác $1$

Điều này xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} a-1\neq 0\\ \Delta'=(a+3)^2-(a+23)(a-1)>0\\ a-1-2(a+3)+a+23\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a\neq 1\\ a<2\end{matrix}\right.(**)\)

Hoành độ 2 tiếp điểm $M,N$ là nghiệm của $(*)$. Theo định lý Viet:

\(\left\{\begin{matrix} x_M+x_N=\frac{2a+6}{a-1}\\ x_Mx_N=\frac{a+23}{a-1}\end{matrix}\right.\)

$\overrightarrow{BM}=(x_M-1,y_M-3); \overrightarrow{BN}=(x_N-1,y_N-3)$

Để $B,M,N$ thẳng hàng thì:

\(\frac{x_M-1}{x_N-1}=\frac{y_M-3}{y_N-3}=\frac{\frac{x_M+3}{x_M-1}-3}{\frac{x_N+3}{x_N-1}-3}=\frac{(3-x_M)(x_N-1)}{(x_M-1)(3-x_N)}\)

\(\Leftrightarrow 3x_M^2-x_M^2x_N-6x_M-x_N=3x_N^2-x_Mx_N^2-6x_N-x_M\)

\(\Leftrightarrow (x_M-x_N)[3(x_M+x_N)-x_Mx_N-5)=0\)

\(\Leftrightarrow 3(x_M+x_N)-x_Mx_N-5=0\) (do $x_M\neq x_N$)

\(\Leftrightarrow \frac{6(a+3)}{a-1}-\frac{a+23}{a-1}-5=0\) (luôn đúng)

Vậy mọi giá trị $a$ thỏa mãn $(**)$ là đáp án.

mọi người giúp e với ạ e cảm ơn nhiều

Giả sử \(f\left(x\right)\) có bậc k \(\Rightarrow f'\left(x\right)\) có bậc \(k-1\) và \(f''\left(x\right)\) có bậc \(k-2\)

\(\Rightarrow f''\left(x\right)+3x^2-5\) có bậc lớn nhất bằng \(max\left\{k-2;2\right\}\)

\(\Rightarrow k-1=max\left\{k-2;2\right\}\Rightarrow k-1=2\) (do \(k-1\ne k-2\) với mọi k)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\) là đa thức bậc 3 có dạng: \(y=ax^3+bx^2+cx-5\) với \(a\ne0\)

\(3ax^2+2bx+c=6ax+2b+3x^2-5\)

\(\Leftrightarrow3ax^2+2bx+c=3x^2+6ax+2b-5\)

Đồng nhất 2 vế: \(\left\{{}\begin{matrix}3a=3\\2b=6a\\c=2b-5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=3\\c=1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)=x^3+3x^2+x-5\)

Đặt \(sin^2x=t\Rightarrow0\le t\le1\)

\(f\left(t\right)=0\Leftrightarrow t^3+3t^2+t-5=0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left(t^2+4t+5\right)=0\Rightarrow t=1\)

\(\Rightarrow sin^2x=1\Leftrightarrow cosx=0\)

\(\Rightarrow x=\frac{\pi}{2}+k\pi\)

\(\Rightarrow\frac{\pi}{2}+k\pi\le2020\Rightarrow k\le\frac{4040-\pi}{2\pi}\)

\(\Rightarrow k_{max}=642\Rightarrow x_{max}=\frac{\pi}{2}+642\pi\)

Lời giải:

$y=\frac{1}{3}mx^2-\frac{1}{2}x^2+mx$

$\Rightarrow y'=\frac{2}{3}mx-x+m$

Để $y'>0, \forall x\in\mathbb{R}$

$\Leftrightarrow x(\frac{2}{3}m-1)+m>0, \forall x\in\mathbb{R}$

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{2}{3}m-1=0\\ m>0\end{matrix}\right.\Rightarrow m=\frac{3}{2}\)

\(y'=3mx^2-2\)

Để \(y'< 0\) \(\forall x\Rightarrow\max\limits_{x\in R}g\left(x\right)=3mx^2-2< 0\)

\(g'\left(x\right)=6mx=0\Rightarrow x=0\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\le0\\g\left(0\right)< 0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\le0\\-2< 0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m\le0\)

Ủa đề là: \(y=cos^2\left(\sqrt{7x^3-5x+1}\right)\)

Hay \(y=cos^2x\sqrt{7x^3-5x+1}\)

Thấy có x ngoài căn nên hỏi lại cho chắc

a/ \(y'=\frac{\left(3x+1\right)'}{cos^2\left(3x+1\right)}=\frac{3}{cos^2\left(3x+1\right)}\)

b/ \(y'=2cos\left(3x^4-5\right).\left[cos\left(3x^4-5\right)\right]'=-24x^3.cos\left(3x^4-5\right).sin\left(3x^4-5\right)\)

\(=-12x^3.sin\left(6x^4-10\right)\)

Chắc là điểm cấp 3 cũng giống cấp 2 nhỉ?

Nếu HKI mà 5,4, HKII được 6,6 thì cả năm sẽ là 6,2 < 6,5

→ HS trung bình

Câu 2:

\(f\left(x\right)=\frac{x+2}{x^3+1}\)

Xét \(g\left(x\right)=\frac{1}{x^2}\Rightarrow\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\frac{x^2\left(x+2\right)}{x^3+1}=1\) hữu hạn

\(\Rightarrow\int\limits^{+\infty}_1f\left(x\right)dx\) và \(\int\limits^{+\infty}_1g\left(x\right)dx\) cùng hội tụ hoặc phân kì

Mà \(\int\limits^{+\infty}_1\frac{dx}{x^2}\) hội tụ (do \(\alpha=2>1\))

\(\Rightarrow\) B là tích phân hội tụ

Hoặc sử dụng vô cùng tương đương: \(\frac{x+2}{x^3+1}\sim\frac{x}{x^3}\sim\frac{1}{x^2}\)

Mà \(\int\limits^{+\infty}_1\frac{1}{x^2}dx\) hội tụ nên B hội tụ

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x=8,97\\y=3,01\end{matrix}\right.\) và \(\left\{{}\begin{matrix}x_0=9\\y_0=3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow X\left(x;y\right)=arctan\frac{\sqrt{x}}{y}\)

\(\left\{{}\begin{matrix}\Delta_x=-0,03\\\Delta_y=0,01\end{matrix}\right.\)

\(X\left(x_0;y_0\right)=arctan\frac{\sqrt{9}}{3}=\frac{\pi}{4}\)

\(X'_x=\frac{\left(\frac{\sqrt{x}}{y}\right)_x'}{\frac{x}{y^2}+1}=\frac{y}{2\left(x+y^2\right)\sqrt{x}}\Rightarrow X'_x\left(x_0;y_0\right)=\frac{1}{36}\)

\(X'_y=\frac{\left(\frac{\sqrt{x}}{y}\right)'_y}{\frac{x}{y^2}+1}=\frac{-\sqrt{x}}{x+y^2}\Rightarrow X'_y\left(x_0;y_0\right)=-\frac{1}{6}\)

\(\Rightarrow X\approx X\left(x_0;y_0\right)+X'_x\left(x_0;y_0\right)\Delta x+X'_y\left(x_0;y_0\right)\Delta y\)

\(\Rightarrow X\approx\frac{\pi}{4}+\frac{1}{36}.\left(-0,03\right)-\frac{1}{6}.\left(0,01\right)=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{400}\)

Câu 2:

\(\left(x^2-3y^2\right)dx+7xydy=0\)

- Với \(x=0\) là 1 nghiệm của pt đã cho

- Với \(x\ne0\)

\(\Leftrightarrow dy+\frac{1}{7}\left(\frac{x^2-3y^2}{xy}\right)dx=0\)

\(\Leftrightarrow dy+\frac{1}{7}\left(\frac{x}{y}-\frac{3y}{x}\right)dx=0\)

Đặt \(u=\frac{y}{x}\Rightarrow y=ux\Rightarrow dy=u.dx+x.du\)

\(\Leftrightarrow u.dx+x.du+\frac{1}{7}\left(\frac{1}{u}-3u\right)dx=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{4u^2+1}{7u}\right)dx=-x.du\)

\(\Leftrightarrow\frac{7u.du}{4u^2+1}+\frac{dx}{x}=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{7}{8}.\frac{d\left(4u^2+1\right)}{4u^2+1}+\frac{dx}{x}=0\)

Lấy tích phân 2 vế:

\(\Rightarrow\frac{7}{8}\int\frac{d\left(4u^2+1\right)}{4u^2+1}+\int\frac{dx}{x}=C\)

\(\Leftrightarrow\frac{7}{8}ln\left(4u^2+1\right)+ln\left|x\right|=C\)

\(\Leftrightarrow\frac{7}{8}ln\left(\frac{4y^2}{x^2}+1\right)+ln\left|x\right|=C\)

1.

\(x_{n+2}-3x_{n+1}+2x_n=12cos\frac{n\pi}{2}+7sin\frac{n\pi}{2}\)

Xét pt thuần nhất: \(x_{n+2}-3x_{n+1}+2x_n=0\)

Pt đặc trưng: \(\lambda^2-3\lambda+2=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\lambda=1\\\lambda=2\end{matrix}\right.\)

Nghiệm của pt thuần nhất: \(\overline{x_n}=c_1+c_2.2^n\)

- Nghiệm riêng \(x_n^0\)

Do Pt đặc trưng cho nghiệm thực và các hệ số của lượng giác là hằng số bậc 0 nên nghiệm riêng có dạng: \(x_n^0=p.cos\frac{n\pi}{2}+q.sin\frac{n\pi}{2}\) với p;q là các số thực

Thay vào pt:

\(p.cos\frac{\left(n+2\right)\pi}{2}+q.sin\frac{\left(n+2\right)\pi}{2}-3pcos\frac{\left(n+1\right)\pi}{2}-3q.sin\frac{\left(n+1\right)\pi}{2}+2p.cos\frac{n\pi}{2}+2q.sin\frac{n\pi}{2}=12cos\frac{n\pi}{2}+7sin\frac{n\pi}{2}\)

\(\Leftrightarrow-p.cos\frac{n\pi}{2}-q.sin\frac{n\pi}{2}+3p.sin\frac{n\pi}{2}-3qcos\frac{n\pi}{2}+2p.cos\frac{n\pi}{2}+2q.sin\frac{n\pi}{2}=12cos\frac{n\pi}{2}+7sin\frac{n\pi}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(p-3q\right)cos\frac{n\pi}{2}+\left(q+3p\right)\frac{n\pi}{2}=12cos\frac{n\pi}{2}+7sin\frac{n\pi}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}p-3q=12\\3p+q=7\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}p=\frac{33}{10}\\q=-\frac{29}{10}\end{matrix}\right.\)

Vậy nghiệm riêng có dạng:

\(x_n^0=\frac{33}{10}.cos\frac{n\pi}{2}-\frac{29}{10}.sin\frac{n\pi}{2}\)

Nghiệm tổng quát: \(x_n=c_1+c_2.2^n+\frac{33}{10}.cos\frac{n\pi}{2}-\frac{29}{10}.sin\frac{n\pi}{2}\)

\(y'=-\frac{2.\left(cos\pi x\right)'}{cos^2\left(\pi x\right)}=\frac{2\pi.sin\left(\pi x\right)}{cos^2\left(\pi x\right)}\)

\(\Rightarrow y'\left(3\right)=\frac{2\pi.sin\left(3\pi\right)}{cos^2\left(3\pi\right)}=\frac{2\pi.0}{1}=0\)

1.

\(y_{n+2}+2y_{n+1}+4y_n=3n-4\)

Xét phương trình thuần nhất: \(y_{n+2}+2y_{n+1}+4y_n=0\)

Pt đặc trưng: \(\lambda^2+2\lambda+4=0\Rightarrow\lambda_{1,2}=2\left(cos\frac{2\pi}{3}\pm sin\frac{2\pi}{3}\right)\)

\(\Rightarrow\) Nghiệm của pt thuần nhất có dạng:

\(\overline{y_n}=2^n\left(c_1.cos\frac{2n\pi}{3}+c_2.sin\frac{2n\pi}{3}\right)\)

Tìm nghiệm riêng có dạng: \(y_n^0=an+b\)

Thay vào pt:

\(a\left(n+2\right)+b+2\left[a\left(n+1\right)+b\right]+4\left[an+b\right]=3n-4\)

\(\Leftrightarrow7an+4a+7b=3n-4\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}7a=3\\4a+7b=-4\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\frac{3}{7}\\b=-\frac{40}{49}\end{matrix}\right.\)

Nghiệm riêng có dạng: \(y_n^0=\frac{3}{7}n-\frac{40}{49}\)

Nghiệm tổng quát: \(y_n=2^n\left(c_1.cos\frac{2n\pi}{3}+c_2.sin\frac{2n\pi}{3}\right)+\frac{3}{7}n-\frac{40}{49}\)

2.

\(\left(y^2-2\right)dx=y\left(x^2+1\right)dy\)

\(\Leftrightarrow\frac{y}{y^2-2}dy-\frac{1}{x^2+1}dx=0\)

Lấy tích phân 2 vế:

\(\Rightarrow\int\frac{y}{y^2-2}dy-\int\frac{1}{x^2+1}dx=C\)

\(\Rightarrow\frac{1}{2}ln\left|y^2-2\right|-arctanx=C\)

\(y'=\frac{-5}{\left(1-2x\right)^2}\)

a/ Tọa độ giao điểm A của (C) và trục hoành thỏa mãn:

\(\frac{x-3}{1-2x}=0\Rightarrow x=3\)

\(y'\left(3\right)=-\frac{1}{5}\)

Phương trình tiếp tuyến: \(y=-\frac{1}{5}\left(x-3\right)+0=-\frac{1}{5}x+\frac{3}{5}\)

b/ Tiếp tuyến song song với \(y=-5x+7\) nên có hệ số góc bằng -5

\(\Rightarrow\frac{-5}{\left(1-2x\right)^2}=-5\Rightarrow\left(1-2x\right)^2=1\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\Rightarrow y=-3\\x=1\Rightarrow y=2\end{matrix}\right.\)

Có 2 tiếp tuyến thỏa mãn: \(\left[{}\begin{matrix}y=-5x-3\\y=-5\left(x-1\right)+2\end{matrix}\right.\)