Giả sử \(F\left(x\right)\) là một nguyên hàm của hàm số đã cho. Khi đó \(F'\left(x\right)=x\) đối với \(x>0\) và \(F'\left(x\right)=-x\) đối với \(x<0\). Do đó \(F\left(x\right)=\frac{1}{2}x^2+C_1\) đối với \(x>0\) và  \(F\left(x\right)=-\frac{1}{2}x^2+C_2\) đối với \(x<0\) trong đó \(C_1\) và \(C_2\) là những hằng số tùy ý. 

Theo điều kiện, hàm số \(F\left(x\right)\) có đạo hàm tại mọi điểm nên nó liên tục trên toàn trục số. Tính liên tục tại điểm \(x=0\) suy ra \(C_1=C_2\). Như vậy từ giả thiết hàm số \(f\left(x\right)=\left|x\right|\) có nguyên hàm \(F\left(x\right)\) suy ra nguyên hàm đó có dạng :

\(F\left(x\right)=\frac{x^2}{2}+C,x\ge0 \) và \(F\left(x\right)=-\frac{x^2}{2}+C,x<0\) trong đó C là hằng số tùy ý.

Dễ dàng chứng minh rằng mỗi hàm số thu được đều là nguyên hàm của hàm số đã cho \(\left|x\right|\), ở đây đạo hàm tại điểm \(x_0=0\) cần được tính theo định nghĩa

Việc Liên Xô chế tạo thành công bom nguyên tử có ý nghĩa gì ?

A. Khẳng định vai trò to lớn của Liên Xô đổi với sự phát triển phong trào cách mạng thế giới.

B. Thế giới bắt đầu bước vào thời đại chiến tranh hạt nhân.

C. Thế độc quyền vũ khí nguyên tử của Mĩ bị phá vỡ.

D. Liên Xô trở thành nước đầu tiên sở hữu vũ khí nguyên tử.

Cho các phát biểu sau:

 (1) Axit béo là các axit monocacboxylic có số nguyên tử cacbon chẵn, mạch không phân nhánh.

 (2) Anken C₄H₈ có 3 đồng phân cấu tạo đều làm mất màu nước brom.

 (3) Chỉ có một axit đơn chức tráng bạc.

 (4) Khi oxi hoá ancol no, đơn chức thu được anđehit.

 (5) Axetanđehit phản ứng được với nước brom.

 (6) Thủy phân bất kì chất béo nào cũng thu được glyxerol.

 (7) Tổng số nguyên tử trong phân tử tripanmitin là 155.

 (8) Triolein có thể tác dụng được với H₂ (xúc tác Ni, t^o), dung dịch Br₂, Cu(OH)₂.

Số phát biểu đúng là

A. 7

B. 6

C. 4

D. 5

 

Ta cần chứng minh \(\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{AM}=0\)

Đặt \(\frac{BM}{MH}=\frac{CN}{ND}=k\), khi đó \(\overrightarrow{MB=}-k\overrightarrow{MH}\) , \(\overrightarrow{NC=}-k\overrightarrow{ND}\)

Suy ra \(\left(1+k\right)\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+k\overrightarrow{AH}\)

và \(\left(1+k\right)\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{BC}+k\overrightarrow{HD}\)

Suy ra :

\(\left(1+k\right)^2\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{AM}=k\left(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{HD}+\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}\right)\)

                               \(=k\left(\overrightarrow{HB}.\overrightarrow{HD}+\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}\right)\)

                               \(=k\left(\overrightarrow{-AH^2}+\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{AD}\right)\)

                               \(=k\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{HD}=0\)

Suy ra điều phải chứng minh

Ứng với công thức C₅H₁₃N có số đồng phân amin bậc 3 là

A. 3.

B. 4.

C. 5.

D. 6.

b) Đặt \(u=e^{-x}\) ; \(dv=\cos\frac{x}{2}dx\)

Từ đó :

\(du=-e^{-x}dx\)   ; \(v=\int\cos\frac{x}{2}dx=2\int\cos\frac{x}{2}d\left(\frac{x}{2}\right)=2\sin\frac{x}{2}\)

Do đó :

\(I_2=2e^{-x}\sin\frac{x}{2}+2\int e^{-x}\sin\frac{x}{2}dx\) (b)

\(\int e^{-x}\sin\frac{x}{2}dx=I'_2\)

Ta cần tính \(I'_2\)  Đặt \(u=e^{-x}\)   ; \(dv=\sin\frac{x}{2}dx\)

Từ đó :

\(du=-e^{-x}dx\)   ; \(v=\int\sin\frac{x}{2}dx=-2\cos\frac{x}{2}\)

Do đó :

\(I'_2=-2e^{-x}\cos\frac{x}{2}-2\int e^{-x}\cos\frac{x}{2}dx\)

    \(=-2e^{-x}\cos\frac{x}{2}-2I_2\)

Thế \(I'_2\)   vào (b) ta thu được phương trình bậc nhất với ẩn là \(I_2\)

\(I_2=2e^{-x}\sin\frac{x}{2}+2\left[-2e^{-x}\cos\frac{x}{2}-2I_2\right]\)

hay là

\(5I_2=2e^{-x}\sin\frac{x}{2}-4e^{-x}\cos\frac{x}{2}\) \(\Rightarrow\) \(I_2=\frac{2}{5}e^{-x}\left(\sin\frac{x}{2}-2\cos\frac{x}{2}\right)+C\)

Đối với cả ba nguyên hàm đã cho, ta sẽ áp dụng liên tiếp hai làn lấy nguyên hàm từng phần và trong hai lần việc chọn hàm \(u=u\left(x\right)\) là tùy ý ( còn \(dv\) là phần còn lại của biểu thức dưới dấu nguyên hàm. Sau phép lấy nguyên hàm từng phần kép đó ta sẽ thu được một phương trình bậc nhất với ẩn là nguyên hàm cần tìm

a) Đặt \(u=e^{2x}\) ,\(dv=\sin3xdx\)

Từ đó \(du=2e^{2x}dx\)   , \(v=\int\sin3xdx=-\frac{1}{3}\cos3xdx\) Do đó : 

\(I_1=-\frac{1}{3}e^{2x}\cos3x+\frac{2}{3}\int e^{2x}\cos3xdx\)

\(=-\frac{1}{3}e^{2x}\cos3x+\frac{2}{3}.I'_1\)\(I'_1=\int e^{2x}\cos3xdx\)

Ta áp dụng công thức lấy nguyên hàm từng phần

Đặt \(u=e^{2x}\)  ; \(dv=\cos3xdx\)   Khi đó \(du=2^{2x}dx\); \(v=\frac{1}{3}\sin2x\)

Do đó \(I'_1=\frac{1}{3}e^{2x}\sin3x-\frac{2}{3}\int e^{2x}\sin3xdx\) Như vậy :

\(I_1=-\frac{1}{3}e^{2x}\cos3x+\frac{2}{9}e^{2x}\sin3x-\frac{4}{9}\int e^{2x}\sin3xdx\)

\(I_1=\int e^{2x}\sin3xdx\)

Tức là \(I_1=-\frac{1}{3}e^{2x}\cos3x+\frac{2}{9}\sin3x-\frac{4}{9}I_1\)

Ta có \(I_1=\frac{3}{13}e^{2x}\left(\frac{2}{3}\sin3x-\cos3x\right)+C\)

\(\begin{cases}\left(x^2-1\right)\left(x-2\right)\ge0\\x^2-\left(3a+1\right)x+a\left(2a+1\right)\le0\end{cases}\)  (1)

Xét các bất phương trình thành phần

\(\left(x^2-1\right)\left(x-2\right)\ge0\)  (a)

\(x^2-\left(3a+1\right)x+a\left(2a+1\right)\le0\)  (b)

Ta có T(1)=T(a)\(\cap\) T(b)

Lập bảng xét dấy 

\(f\left(x\right)=\left(x^2-1\right)\left(x-2\right)\)

Từ bảng xét dấu ta được T(a) = \(\left[-1;1\right]\cup\left[2;+\infty\right]\)

Từ : \(x^2-\left(3a+1\right)x+a\left(2a+1\right)\) ta có các nghiệm x= a; x=2a+1

- Nếu \(a\le2a+1\Leftrightarrow a\ge-1\) thì T(b) = \(\left[a;2a+1\right]\)

Xét các trường hợp sau :

         + Trường hợp 1 :

 \(\begin{cases}-1\le a\le1\\-1\le2a+1\le1\end{cases}\)   \(\Leftrightarrow\)  \(\begin{cases}-1\le a\le1\\0\le a\le0\end{cases}\)   \(\Leftrightarrow\)   \(-1\le a\le0\)

Ta có T(a)\(\cap\) T(b)= \(\left[a;2a+1\right]\)

          + Trường hợp 2 

 \(\begin{cases}-1\le a\le1\\1<2a+1<2\end{cases}\)   \(\Leftrightarrow\)  \(\begin{cases}-1\le a\le1\\a\in\left\{0;\frac{1}{2}\right\}\end{cases}\)   \(\Leftrightarrow\)   \(-1\le a\le0\)

Ta có T(a)\(\cap\) T(b)= \(\left[a;1\right]\)

    + Trường hợp 3 

 \(\begin{cases}-1\le a\le1\\2\le2a+1\end{cases}\)   \(\Leftrightarrow\)  \(\begin{cases}-1\le a\le1\\\frac{1}{2}\le a\end{cases}\)   \(\Leftrightarrow\)   \(\frac{1}{2}\le a\le1\)

Ta có T(a)\(\cap\) T(b)= \(\left[a;1\right]\cup\left[2;2a+1\right]\)

   + Trường hợp 4

   1<a<2 suy ra 2a+1>3>2. Khi đó ta có Ta có T(a)\(\cap\) T(b)= \(\left[2;2a+1\right]\)

   + Trường hợp 5 :

   a\(\ge\)2 suy ra 2a+1 \(\ge\) a \(\ge\) 2. Khi đó T(a)\(\cap\) T(b)= \(\left[a;2a+1\right]\)

- Nếu 2a+1<a \(\Leftrightarrow\) a<-1 thì T(b) = \(\left[a;2a+1\right]\)

Khi đó ta có T(a)\(\cap\) T(b) = \(\varnothing\) nên (1) vô nghiệm

Từ đó ta kết luận :

+ Khi a<-1 hệ vô nghiệm T(1) =\(\varnothing\)

+  Khi \(-1\le a\le0\) hoặc \(a\ge2\) hệ có tập nghiệm T (1) = \(\left[a;2a+1\right]\)

+ Khi 0<a<\(\frac{1}{2}\)  hệ có tập nghiệm T(1) = \(\left[a;1\right]\)

+ Khi \(\frac{1}{2}\)\(\le\)a \(\le\)1 hệ có tập nghiệm T(1) = \(\left[a;1\right]\cup\left[2;2a+1\right]\)

+ Khi 1<a<2, hệ có tập nghiệm T(1) =\(\left[2;2a+1\right]\)

\(\Leftrightarrow\) \(\begin{cases}x\le1;2\le x\\-3\le x\le4\\x\le-2;2\le x\end{cases}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(\begin{cases}-3\le x\le-2\\2\le x\le4\end{cases}\)

Vậy hệ đã cho có tập nghiệm T = \(\left[-3;-2\right]\cup\left[2;4\right]\)

Nhận xét rằng khi thay x=0 vào hệ bất phương trình, ta được :

\(\begin{cases}0-1<3-0\\m.0+1>0\end{cases}\)  \(\Leftrightarrow\begin{cases}-1<3\\1>0\end{cases}\)

Hệ này luôn đúng với mọi \(m\in R\)

Vậy với mọi \(m\in R\) , hệ bất phương trình đã cho luôn có ít nhất một nghiệm (x=0).

Do đó với \(m\in R\)  hệ bất phương trình đã cho luôn có nghiệm