Chứng minh rằng hàm số \(f\left(x\right)\) cho bởi :
\(f\left(x\right)=\int\limits^x_0\dfrac{t}{\sqrt{1+t^4}}dt;x\in\mathbb{R}\) là hàm số chẵn
Cho hàm số \(f\left( x \right) = x + 1\) với \(x \in \mathbb{R}.\)
a) Giả sử \({x_0} \in \mathbb{R}.\) Hàm số \(f\left( x \right)\) có liên tục tại điểm \({x_0}\) hay không?
b) Quan sát đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = x + 1\) với \(x \in \mathbb{R}\) (Hình 13), nếu nhận xét về đặc điểm của đồ thị hàm số đó.
a) Ta có \(f\left( {{x_0}} \right) = {x_0} + 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left( {x + 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} x + 1 = {x_0} + 1\)
\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = f\left( {{x_0}} \right)\)
Vậy hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục tại \({x_0}.\)
b) Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị hàm số là một đường thẳng liền mạch với mọi giá trị \(x \in \mathbb{R}.\)
Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn \(\left[0;1\right]\) thoả mãn \(f\left(1\right)=0\) ; \(\int\limits^1_0\left[f'\left(x\right)\right]^2dx=7\) và \(\int\limits^1_0x^2f\left(x\right)dx=\dfrac{1}{3}\) . Tính \(I=\int\limits^1_0f\left(x\right)dx\) .
Xét \(I=\int\limits^1_0x^2f\left(x\right)dx\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=f\left(x\right)\\dv=x^2dx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=f'\left(x\right)dx\\v=\dfrac{1}{3}x^3\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow I=\dfrac{1}{3}x^3.f\left(x\right)|^1_0-\dfrac{1}{3}\int\limits^1_0x^3.f'\left(x\right)dx=-\dfrac{1}{3}\int\limits^1_0x^3f'\left(x\right)dx\)
\(\Rightarrow\int\limits^1_0x^3f'\left(x\right)dx=-1\)
Lại có: \(\int\limits^1_0x^6.dx=\dfrac{1}{7}\)
\(\Rightarrow\int\limits^1_0\left[f'\left(x\right)\right]^2dx+14\int\limits^1_0x^3.f'\left(x\right)dx+49.\int\limits^1_0x^6dx=0\)
\(\Rightarrow\int\limits^1_0\left[f'\left(x\right)+7x^3\right]^2dx=0\)
\(\Rightarrow f'\left(x\right)+7x^3=0\)
\(\Rightarrow f'\left(x\right)=-7x^3\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)=\int-7x^3dx=-\dfrac{7}{4}x^4+C\)
\(f\left(1\right)=0\Rightarrow C=\dfrac{7}{4}\)
\(\Rightarrow I=\int\limits^1_0\left(-\dfrac{7}{4}x^4+\dfrac{7}{4}\right)dx=...\)
2a. Đề sai, nhìn biểu thức \(\dfrac{f'\left(x\right)}{f'\left(x\right)}dx\) là thấy
2b. Đồ thị hàm số không cắt Ox trên \(\left(0;1\right)\) nên diện tích cần tìm:
\(S=\int\limits^1_0\left(x^4-5x^2+4\right)dx=\dfrac{38}{15}\)
3a. Phương trình (P) theo đoạn chắn:
\(\dfrac{x}{4}+\dfrac{y}{-1}+\dfrac{z}{-2}=1\)
3b. Câu này đề sai, đề cho mặt phẳng (Q) rồi thì sao lại còn viết pt mặt phẳng (Q) nữa?
3b. \(\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left(3;-1;-2\right)\)
Do (P) song song (Q) nên (P) cũng nhận \(\left(3;-1;-2\right)\) là 1 vtpt
Do đó pt (P) có dạng:
\(3\left(x-0\right)-1\left(y-0\right)-2\left(z-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow3x-y-2z+2=0\)
Cho hàm số f(x) liên tục trên \([-\Pi;\Pi]\)
Chứng minh: \(\int\limits^{\Pi}_0x.f\left(sinx\right)dx=\dfrac{\Pi}{2}\int\limits^{\Pi}_0f\left(sinx\right)dx\)
1) Cho hàm số f(x) liên tục trên R+ thỏa mãn f '(x) \(\ge x+\dfrac{1}{x},\forall x\in R^+\) và f(1) = 1. CM : \(f\left(2\right)\ge\dfrac{5}{2}+ln2\).
2) Cho hàm số y = f(x) > 0 xác định, có đạo hàm trên đoạn [0; 1] và thỏa mãn : \(g\left(x\right)=1+2018\int\limits^x_0f\left(t\right)dt\) , g(x) = f2 (x). Tính \(\int\limits^1_0\sqrt{g\left(x\right)}dx\).
3) Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0; 1] thỏa mãn f(1) = 1; \(\int\limits^1_0\left[f'\left(x\right)\right]^2dx=9\) và \(\int\limits^1_0x^3f\left(x\right)dx=\dfrac{1}{2}\). Tính tích phân \(\int\limits^1_0f\left(x\right)dx\).
Biết f(x)=x^2 là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên R giá trị của \(\int\limits^2_1\left[2+f\left(x\right)\right]dx\) bằng
A. 5
B. 3
C. \(\dfrac{13}{3}\)
D. \(\dfrac{7}{3}\)
Ta có: 2 ∫ 1 [2 + f(x)] dx = 2 ∫ 1 [2 + x^2] dx = 2 [2x + (1/3)x^3]1→1 = 2 [(2+1/3) - (2+1/3)] = 0 Vậy đáp án là D. 7/3.
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên \(\left[0;2\right]\), thỏa mãn các điều kiện f(2) = 1 và \(\int\limits^2_0f\left(x\right)dx=\int\limits^2_0\left[f'\left(x\right)\right]^2dx=\dfrac{2}{3}\) Giá trị của f(1) bằng
Khi gặp dạng này, ý tưởng là sẽ tìm 1 hàm u(x) sao cho:
\(\int\limits^b_a\left[f'\left(x\right)-u\left(x\right)\right]^2dx=0\) (1)
\(\Rightarrow f'\left(x\right)-u\left(x\right)=0\Rightarrow f'\left(x\right)=u\left(x\right)\)
Khai triển (1), đề cho sẵn \(\left[f'\left(x\right)\right]^2\) nên đại lượng \(2u\left(x\right).f'\left(x\right)\) và hàm \(u\left(x\right)\) sẽ được suy ra từ việc tích phân từng phần \(\int\limits f\left(x\right)dx\). Cụ thể:
Xét \(I=\dfrac{2}{3}=\int\limits^2_0f\left(x\right)dx\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=f\left(x\right)\\dv=dx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=f'\left(x\right)dx\\v=x\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow I=x.f\left(x\right)|^2_0-\int\limits^2_0xf'\left(x\right)dx=2-\int\limits^2_0xf'\left(x\right)dx\)
\(\Rightarrow\int\limits^2_0xf'\left(x\right)dx=2-\dfrac{2}{3}=\dfrac{4}{3}\) (2)
(Vậy đến đây hàm \(u\left(x\right)\) được xác định là dạng \(u\left(x\right)=k.x\)
Để tìm cụ thể giá trị k:
Từ (1) ta suy luận tiếp:
\(\int\limits^2_0\left[f'\left(x\right)-kx\right]^2dx=0\Leftrightarrow\int\limits^2_0\left[f'\left(x\right)\right]^2-2k\int\limits^2_0x.f'\left(x\right)dx+\int\limits^2_0k^2x^2dx=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2}{3}-2k.\dfrac{4}{3}+\dfrac{8}{3}k^2=0\) do \(\int\limits^2_0x^2dx=\dfrac{8}{3}\)
\(\Rightarrow k=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow u\left(x\right)=\dfrac{1}{2}x\) coi như xong bài toán)
Do đó ta có:
\(\int\limits^2_0\left[f'\left(x\right)\right]^2-\int\limits^2_0xf'\left(x\right)+\dfrac{1}{4}\int\limits^2_0x^2dx=\dfrac{2}{3}-\dfrac{4}{3}+\dfrac{1}{4}.\dfrac{8}{3}=0\)
\(\Rightarrow\int\limits^2_0\left[f'\left(x\right)-\dfrac{1}{2}x\right]^2dx=0\)
\(\Rightarrow f'\left(x\right)-\dfrac{1}{2}x=0\)
\(\Rightarrow f'\left(x\right)=\dfrac{1}{2}x\Rightarrow f\left(x\right)=\dfrac{1}{4}x^2+C\)
Thay \(x=2\Rightarrow1=1+C\Rightarrow C=0\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)=\dfrac{1}{4}x^2\)
Cho hàm số \(f\left( x \right) = x + 1\).
a) So sánh \(f\left( 1 \right)\) và \(f\left( 2 \right)\).
b) Chứng minh rằng nếu \({x_1},{x_2} \in \mathbb{R}\) sao cho \({x_1} < {x_2}\) thì \(f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right)\).
a) Ta có:
\(f\left( 1 \right) = 1 + 1 = 2\)
\(f\left( 2 \right) = 2 + 1 = 3\)
\( \Rightarrow f\left( 2 \right) > f\left( 1 \right)\)
b) Ta có:
\(f\left( {{x_1}} \right) = {x_1} + 1;f\left( {{x_2}} \right) = {x_2} + 1\)
\(\begin{array}{l}f\left( {{x_1}} \right) - f\left( {{x_2}} \right) = \left( {{x_1} + 1} \right) - \left( {{x_2} + 1} \right)\\ = {x_1} - {x_2} < 0\end{array}\)
Vậy \({x_1} < {x_2} \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right)\).
Cho hàm số \(y=f\left(x\right)=4-\dfrac{2}{5}x\) với \(x\in\mathbb{R}\)
Chứng minh rằng hàm số đã cho nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)