Chương 5: ĐẠO HÀM - Hỏi đáp

Chứng minh các biểu thức đã cho không phụ thuộc vào x.

Từ đó suy ra f'(x)=0

a) ;

b) ;

c) (\(\sqrt{2}\)-\(\sqrt{6}\))=>f'(x)=0

d,f(x)=\(\frac{3}{2}\)=>f'(x)=0

a.\(y'=3x^2+2\left(m-2\right)x+4m-1\)

\(-1\le sin\left(x+\frac{\pi}{2}\right)\le1\Rightarrow0\le sin^2\left(x+\frac{\pi}{2}\right)\le1\)

\(\Rightarrow y\le3.1+4=7\) khi \(sin\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=1\)

b/ \(\Leftrightarrow cosx=m\)

Do \(-1\le cosx\le1\Rightarrow\) để pt đã cho vô nghiêm \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m>1\\m< -1\end{matrix}\right.\)

c/ Đường tròn (P) có tâm \(I\left(2;-1\right)\) và bán kính \(R=2\)

Gọi I' là ảnh của I qua phép tịnh tiến vecto v thì:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_{I'}=x_I+x_v=2-1=1\\y_{I'}=y_I+y_v=4-1=3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow I'\left(1;3\right)\)

\(\Rightarrow\) Phương trình đường tròn ảnh: \(\left(x-1\right)^2+\left(y-3\right)^2=4\)

d/ \(sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right)=1\)

\(\Rightarrow x+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+k2\pi\)

\(\Rightarrow x=\frac{\pi}{3}+k2\pi\)

Đề bài sai rồi bạn

Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC thì hiển nhiên BC phải cắt (C), nhưng ở bài này BC không hề cắt (C) do khoảng cách từ tâm I đến BC lớn hơn R

ĐKXĐ: \(-2\le x\le3\)

Đặt \(\sqrt{x+2}+2\sqrt{3-x}=a\Rightarrow4\sqrt{6+x-x^2}-3x=a^2-14\)

Mặt khác \(a^2=\left(\sqrt{x+2}+2\sqrt{3-x}\right)^2\le5\left(x+2+3-x\right)=25\)

\(\Rightarrow a\le5\)

Và \(\sqrt{x+2}+\sqrt{3-x}+\sqrt{3-x}\ge\sqrt{5}+\sqrt{3-x}\ge\sqrt{5}\) \(\Rightarrow a\ge\sqrt{5}\)

\(\Rightarrow\sqrt{5}\le a\le5\)

Phương trình trở thành:

\(a^2-14=ma\Leftrightarrow\frac{a^2-14}{a}=m\) với \(a\in\left[\sqrt{5};5\right]\)

\(f\left(a\right)=\frac{a^2-14}{a}\Rightarrow f'\left(a\right)=\frac{2a^2-a^2+14}{a^2}=\frac{a^2+14}{a^2}>0\)

\(\Rightarrow f\left(a\right)\) đồng biến \(\Rightarrow f\left(\sqrt{5}\right)\le f\left(a\right)\le5\)

\(\Rightarrow-\frac{9\sqrt{5}}{5}\le f\left(a\right)\le\frac{11}{5}\Rightarrow-\frac{9\sqrt{5}}{5}\le m\le\frac{11}{5}\)

Thay vì băn khoăn với việc tách biểu thức, sao bạn không sử dụng phương pháp cơ bản nhất là đạo hàm của một thương? Hoàn toàn ko chậm hơn:

\(y=\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}\Rightarrow y'=\frac{f'\left(x\right).g\left(x\right)-f\left(x\right).g'\left(x\right)}{g^2\left(x\right)}\)

Ví dụ: \(y=\frac{1-2x}{2x-4}\Rightarrow y'=\frac{-2\left(2x-4\right)-2\left(1-2x\right)}{\left(2x-4\right)^2}=\frac{6}{\left(2x-4\right)^2}\)

Mất ko đến 20s

Trong khi tách thì mất thời gian hơn nhiều với 2 bước: tách, đạo hàm

\(y=\frac{-2x+4-3}{2x-4}=\frac{-\left(2x-4\right)}{2x-4}-\frac{3}{2x-4}=-1-\frac{3}{2x-4}\)

\(\Rightarrow y'=-\frac{\left(-3\right)\left(2x-4\right)'}{\left(2x-4\right)^2}=\frac{6}{\left(2x-4\right)^2}\)

Mất ít nhất 1-2ph

Vừa phức tạp hơn, vừa tốn thời gian hơn, chẳng ai sử dụng phương pháp tách này bao giờ

Ví dụ như câu này thì đổi như nào ạ

ĐKXĐ: \(x\le1\)

Bình phương 2 vế:

\(3-2x+2\sqrt{x^2-3x+2}=m+x-x^2\)

\(\Leftrightarrow x^2-3x+2+2\sqrt{x^2-3x+2}+1=m\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x^2-3x+2}+1\right)^2=m\) (\(m\ge1\))

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2-3x+2}=\sqrt{m}-1\)

\(\Leftrightarrow x^2-3x+2=m+1-2\sqrt{m}\)

\(\Leftrightarrow x^2-3x=m-2\sqrt{m}-1\)

Xét parabol \(y=x^2-3x\) với \(x\le1\), do parabol chỉ có 1 nhánh nên \(y=m-2\sqrt{m}-1\) chỉ cắt parabol tại nhiều nhất 1 điểm????????

Lời giải:

Ta có:

\(Z'_x=-2xe^{-x^2-y^2}; Z'_y=-2ye^{-x^2-y^2}\)

\(Z''_x=4x^2e^{-x^2-y^2}; Z''_y=4y^2e^{-x^2-y^2}; Z''_{xy}=Z''_{yx}=4xye^{-x^2-y^2}\)

Điểm dừng của hàm số xác định tại

\(\left\{\begin{matrix} Z'_x=0\\ Z'_y=0\end{matrix}\right.\Rightarrow x=y=0\)

Tại $(x=0; y=0)$:

$A=Z''_x=0; C=Z''_y=0; B=Z''_{xy}=Z''_{yx}=0$

$\Rightarrow \Delta=B^2-AC=0$

Với \(m,n\) lân cận bất kỳ và có ít nhất 1 số khác $0$ thấy:

\(Z(m,n)=\frac{1}{e^{m^2+n^2}}\leq \frac{1}{e^{0^2+0^2}}=Z(0,0)\)

Do đó $(x,y)=(0,0)$ là điểm cực đại