Giải:

$\int sin^2xcosxdx=\int sin^2xd(sinx)=\frac{sin^3x}{3}+c$

\(\int sin^2xcosxdx=\int sin^2xd\left(sinx\right)=\dfrac{sin^3x}{3}+c\)

1.

Điều kiện xác định của căn thức: \(\left[{}\begin{matrix}x\ge3\\x\le-3\end{matrix}\right.\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\sqrt{x^2+1}-x}{\sqrt{x^2-9}-4}=\dfrac{1-1}{1}=0\Rightarrow y=0\) là 1 TCN

\(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{\sqrt{x^2+1}-x}{\sqrt{x^2-9}-4}=\dfrac{-1-1}{-1}=2\Rightarrow y=2\) là 1 TCN

\(\lim\limits_{x\rightarrow-5}\dfrac{\sqrt{x^2+1}-x}{\sqrt{x^2-9}-4}=\dfrac{\sqrt{26}+5}{0}=+\infty\Rightarrow x=-5\) là 1 TCĐ

\(\lim\limits_{x\rightarrow5}\dfrac{\sqrt{x^2+1}-x}{\sqrt{x^2-9}-4}=\dfrac{\sqrt{26}-5}{0}=+\infty\Rightarrow x=5\) là 1 TCĐ

Hàm có 4 tiệm cận

2.

Căn thức của hàm luôn xác định

Ta có:

\(\lim\limits_{x\rightarrow2}\dfrac{2x-1-\sqrt{x^2+x+3}}{x^2-5x+6}=\lim\limits_{x\rightarrow2}\dfrac{\left(2x-1\right)^2-\left(x^2+x+3\right)}{\left(x-2\right)\left(x-3\right)\left(2x-1+\sqrt{x^2+x+3}\right)}\)

\(=\lim\limits_{x\rightarrow2}\dfrac{\left(x-2\right)\left(3x+1\right)}{\left(x-2\right)\left(x-3\right)\left(2x-1+\sqrt{x^2+x+3}\right)}\)

\(=\lim\limits_{x\rightarrow2}\dfrac{3x+1}{\left(x-3\right)\left(2x-1+\sqrt{x^2+x+3}\right)}=\dfrac{-7}{6}\) hữu hạn

\(\Rightarrow x=2\) ko phải TCĐ

\(\lim\limits_{x\rightarrow3}\dfrac{2x-1-\sqrt{x^2+x+3}}{x^2-5x+6}=\dfrac{5-\sqrt{15}}{0}=+\infty\)

\(\Rightarrow x=3\) là tiệm cận đứng duy nhất

\(pt\Leftrightarrow2sinx.cosx+\left(sinx+cosx\right)-2=m\)
đặt \(sinx+cosx=t\) , do \(x\in\left(0;\dfrac{3\pi}{4}\right)\) thì \(x+\dfrac{\pi}{4}\in\left(\dfrac{\pi}{4};\pi\right)\).
Vì vậy \(t=sinx+cosx=\sqrt{2}sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\) có tập giá trị là \(\left(0;\sqrt{2}\right)\).
Suy ra \(2sinxcosx=t^2-1\), ta có phương trình:
\(t^2-1+t-2=m\Leftrightarrow t^2+t-3=m\) với \(t\in\left(0;\sqrt{2}\right)\).
Xét hàm số \(f\left(t\right)=t^2+t-3\) có \(f'\left(t\right)=2t+1\ge0\) với mọi \(t\in\left(0;\sqrt{2}\right)\).
Suy ra hàm số \(f\left(t\right)=t^2+t-3\) đồng biến trên khoảng \(\left(0;\sqrt{2}\right)\).
\(f\left(0\right)=-3;f\left(\sqrt{2}\right)=\sqrt{2}-1\).
Vậy với \(-3< m< \sqrt{2}-1\) thì \(t^2+t-3=m\) có nghiệm duy nhất.
Quay trở lại phép đặt t ta có: \(t=\sqrt{2}sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\) . Để phương trình \(t=\sqrt{2}sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\) có hai nghiệm thuộc khoảng \(\left(0;\dfrac{3\pi}{4}\right)\) thì \(t\) nhận các giá trị tương ứng với \(x+\dfrac{\pi}{4}\in\left(\dfrac{\pi}{4};\dfrac{3\pi}{4}\right)\) hay \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}< t< 1\).
Suy ra \(\dfrac{-5+\sqrt{2}}{2}< m< 0\),

Bài giả của bạn Bùi Thị Vân có nhầm lẫn, đáp số bạn Vân đưa ra là \(\dfrac{-5+\sqrt{2}}{2}< m< 0\). Có thể thấy \(m=-1\) thuộc khoảng \(\left(\dfrac{-5+\sqrt{2}}{2};0\right)\) nhưng với \(m=-1\) thì phương trình \(t^2+t-3=m\Leftrightarrow t^2+t-3=-1\)\(\Leftrightarrow t=1;t=-2\). Phương trình đã cho tương đương với \(\sin x+\cos x=1\Leftrightarrow\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\). Đặt \(y=x+\dfrac{\pi}{4}\) thì \(\dfrac{\pi}{4}< y< \pi\) (do \(x\in\left(0;\dfrac{3\pi}{4}\right)\)) và phương trình trở thành \(\sin y=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\). Trong khoảng \(\dfrac{\pi}{4}< y< \pi\)phương trình \(\sin y=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\) có nghiệm duy nhất \(y=\dfrac{3\pi}{4}\) nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(x=\dfrac{\pi}{2}\) (chứ không phải là có đúng hai nghiệm như yêu cầu đề bài). Xin sửa lại bài giải như sau:

- Đặt \(t=\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\sin x+\cos x\right)\) thì \(t\sqrt{2}=\sin x+\cos x\Rightarrow2t^2=1+2\sin x\cos x=1+\sin2x\) nên \(\sin2x=2t^2-1\), phương trình đã cho trở thành \(2t^2-1+\sqrt{2}t-2=m\Leftrightarrow2t^2+\sqrt{2}t-3=m\) (1)

-Vì phương trình đã cho được xét trong khoảng \(\left(0;\dfrac{3\pi}{4}\right)\) tức là \(x+\dfrac{\pi}{4}\in\left(\dfrac{\pi}{4};\pi\right)\) suy ra \(t=\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\in(0;1]\). Do đó để phương trình đã cho có nghiệm \(x\in\left(0;\dfrac{3\pi}{4}\right)\), điều kiện cần và đủ là (1) có nghiệm \(t\in(0;1]\), tức là số \(m\) phải thuộc tập giá trị của hàm số \(f\left(t\right)=2t^2+\sqrt{2}t-3\) với \(t\in(0;1]\). Ta có \(f'\left(t\right)=4t+\sqrt{2}>0,\)\(\forall t\in(0;1]\) nên \(f\left(t\right)\)đồng biến trong khoảng \(t\in(0;1]\) và tập giá trị của nó là khoảng \((f\left(0\right);f\left(1\right)]=(-3;\sqrt{2}-1]\). Như vậy điều kiện cần để yêu cầu bài toán được thực hiện là \(m\in(-3;\sqrt{2}-1]\).

- Với \(m\in(-3;\sqrt{2}-1]\), chú ý rằng \(f\left(t\right)\) đồng biến trong khoảng \(t\in(0;1]\) nên (1) có nghiệm duy nhất \(t_0\in(0;1]\) và phương trình đã cho tương đương với \(\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)=t_0\) (2). Ta cần đếm số nghiệm của (2) trong khoảng \(\left(0;\dfrac{3\pi}{4}\right)\). Để làm điều đó, ta đặt \(y=x+\dfrac{\pi}{4}\Leftrightarrow x=y-\dfrac{\pi}{4}\) thì (2) trở thành \(\sin y=t_0\) và \(y\in\left(\dfrac{\pi}{4};\pi\right)\).

Hình trên biểu diễn đồ thị hàm số \(y=\sin x\) với \(x\in(\dfrac{\pi}{4};\pi]\). Ta thấy phương trình \(\sin y=t_0\) có 2 nghiệm trong khoảng này khi và chỉ khi \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}< t_0< 1\), tức là \(m\) phải thuộc tập giá trị của hàm số \(f\left(t\right)=2t^2+\sqrt{2}t-3\) với

\(t\in\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2};1\right)\), điều này xảy ra khi và chỉ khi \(f\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)< m< f\left(1\right)\Leftrightarrow-1< m< \sqrt{2}-1\).

Đáp số: \(-1< m< \sqrt{2}-1\).

Chú ý: Bài toán này có thể giải không dùng đạo hàm. Các bạn thử tìm một cách giải như vậy.

mình cũg đâu bao giờ đc đâu đành chịu thôi 

mik cx z suốt ngày bị bố mẹ so sánh vs con nhà người ta

chữ nhỏ quá mk ko thấy  j cả

bạn tải về rồi zoom lên ý, vì đây là tớ chụp ảnh nên ảnh nhỏ
mong bạn tải về zoom lên hướng dẫn tớ với

\(y'=3\left(m-1\right)x^2+6mx+4m+4\)

Để hàm số đã cho đồng biến trên R \(\Leftrightarrow y'\ge0\) \(\forall x\in R\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3\left(m-1\right)>0\\\Delta'=\left(3m\right)^2-3\left(m-1\right)\left(4m+4\right)\le0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>1\\-3m^2+12\le0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>1\\\left[{}\begin{matrix}m\ge2\\m\le-2\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m\ge2\)

\(\Rightarrow m=\left\{2;3;4...2019\right\}\Rightarrow\) có \(2019-2+1=2018\) giá trị nguyên

cảm ơn b

Câu 1:

\(\Leftrightarrow x^2-4x+5+\sqrt{x^2-4x+5}-5=m\)

Đặt \(\sqrt{x^2-4x+5}=\sqrt{\left(x-2\right)^2+1}=a\ge1\)

\(\Rightarrow a^2+a-5=m\) (1)

Xét phương trình: \(x^2-4x+5=a^2\Leftrightarrow x^2-4x+5-a^2=0\)

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=4\\x_1x_2=5-a^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) Nếu \(5-a^2>0\Rightarrow1\le a< \sqrt{5}\) thì pt có 2 nghiệm dương

Nếu \(5-a^2\le0\) \(\Leftrightarrow a\ge\sqrt{5}\) thì pt có 1 nghiệm dương

Vậy để pt đã cho có đúng 2 nghiệm dương thì: (1) có đúng 1 nghiệm thỏa mãn \(1\le a< \sqrt{5}\) hoặc có 2 nghiệm pb \(a_1>a_2\ge\sqrt{5}\)

Xét \(f\left(a\right)=a^2+a-5\) với \(a\ge1\)

\(f'\left(a\right)=0\Rightarrow a=-\frac{1}{2}< 1\Rightarrow f\left(a\right)\) đồng biến \(\forall a\ge1\) \(\Rightarrow y=m\) chỉ có thể cắt \(y=f\left(a\right)\) tại nhiều nhất 1 điểm có hoành độ \(a\ge1\)

\(f\left(1\right)=-3\) ; \(f\left(\sqrt{5}\right)=\sqrt{5}\)

\(\Rightarrow\) Để pt có 2 nghiệm pb đều dương thì \(-3\le m< \sqrt{5}\)

Câu 2:

\(x^2-3x+2\le0\Leftrightarrow1\le x\le2\) (1)

Ta có: \(mx^2+\left(m+1\right)x+m+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow m\left(x^2+x+1\right)\ge-x-1\)

\(\Leftrightarrow m\ge\frac{-x-1}{x^2+x+1}=f\left(x\right)\) (2)

Để mọi nghiệm của (1) là nghiệm của (2) \(\Leftrightarrow\left(2\right)\) đúng với mọi \(x\in\left[1;2\right]\)

\(\Rightarrow m\ge\max\limits_{\left[1;2\right]}f\left(x\right)\)

\(f'\left(x\right)=\frac{-\left(x^2+x+1\right)+\left(2x+1\right)\left(x+1\right)}{\left(x^2+x+1\right)^2}=\frac{x^2+2x}{\left(x^2+x+1\right)^2}>0\) \(\forall x\in\left[1;2\right]\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\) đồng biến \(\Rightarrow\max\limits_{\left[1;2\right]}f\left(x\right)=f\left(2\right)=-\frac{3}{7}\)

\(\Rightarrow m\ge-\frac{3}{7}\)