Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
31.
\(y'=\dfrac{1+m}{\left(x+1\right)^2}\)
Hàm đồng biến trên các khoảng xác định khi:
\(\dfrac{1+m}{\left(x+1\right)^2}>0\Rightarrow m>-1\) (C)
32.
\(y'=\dfrac{4-m^2}{\left(x+4\right)^2}\)
Hàm đồng biến trên các khoảng xác định khi:
\(4-m^2>0\Rightarrow-2< m< 2\)
\(\Rightarrow m=\left\{-1;0;1\right\}\)
Có 3 giá trị nguyên của m
33.
\(y'=\dfrac{m-1}{\left(x+1\right)^2}\)
Hàm đồng biến trên từng khoảng xác định khi:
\(m-1>0\Rightarrow m>1\)
34.
\(y'=\dfrac{2m-1}{\left(x+2m\right)^2}\)
Hàm đồng biến trên khoảng đã cho khi:
\(\left\{{}\begin{matrix}2m-1>0\\-2m>-3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\dfrac{1}{2}< m< \dfrac{3}{2}\)
\(\Rightarrow m=1\)
Có 1 giá trị nguyên của m
8.
Hàm có 1 điểm cực đại \(\left(x=-1\right)\)
9.
Hàm có 1 điểm cực tiểu (\(x=-1\))
14.
\(y'=\dfrac{2x\left(x+1\right)-\left(x^2+3\right)}{\left(x+1\right)^2}=\dfrac{x^2+2x-3}{\left(x+1\right)^2}\)
\(y'=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-3\end{matrix}\right.\)
Xét dấu y' trên trục số:
Từ dấu của y' ta thấy \(x=1\) là điểm cực tiểu
\(\Rightarrow y_{CT}=y\left(1\right)=2\)
giúp em ạt. Câu 47,48,49,51,52 ạ mai e kt tự luận phần số phức huhu
47. y=x ĐA: D
48. A(-4;0); B(0;4); C(x; 3)
\(\overrightarrow{AB}=\left(4;4\right);\overrightarrow{BC}=\left(x;-1\right)\)
A;B;C thẳng hàng\(\Rightarrow\dfrac{4}{x}=\dfrac{4}{-1}=>x=-1\) ĐA: D
49.A(2;-2); B(3;1); C(0;2)
\(\overrightarrow{AB}=\left(1;3\right);\overrightarrow{AC}=\left(-2;4\right);\overrightarrow{BC}\left(-3;1\right)\)
=>Tam giác vuông cân=> ĐA:C
51. ĐA:D
52: A(-1;3); B(-3;-2); C(4;1)
\(\overrightarrow{AB}=\left(-2;-5\right);\overrightarrow{AC}=\left(5,-2\right),\overrightarrow{BC}=\left(7;3\right)\)
ĐA: C
Gọi R là bán kính (C) \(\Rightarrow2\pi R=12\pi\Rightarrow R=6\)
Gọi \(J\) là tâm (C) \(\Rightarrow IJ\perp\left(P\right)\Rightarrow IJ=d\left(I;\left(P\right)\right)\)
\(d\left(I;\left(P\right)\right)=\dfrac{\left|2.\left(-2\right)-1.1+2.3-10\right|}{\sqrt{2^2+\left(-1\right)^2+2^2}}=3\)
\(\Rightarrow IJ=3\)
Áp dụng định lý Pitago:
\(r^2=IJ^2+R^2=45\Rightarrow r=3\sqrt{5}\)
Đường tròn (C)(C) có bán kính R = 6R=6.
d(I,(P))=3.
Mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (P) theo một đường tròn
(C)(C) nên có bán kính:
r=\(\sqrt{R^2+(d(I,(P)))^2 } =3\sqrt{5}
\)(P(P) theo một đường tròn (C)(C) nên có bán kính:(S)(S) cắt mặt phẳng (P)
mọi người giúp mình với
Bài 3.9:
a)
\(\int ^{1}_{0}(y^3+3y^2-2)dy=\left.\begin{matrix} 1\\ 0\end{matrix}\right|\left ( \frac{y^4}{4}+y^3-2y \right )=\frac{-3}{4}\)
b) \(\int ^{4}_{1}\left (t+\frac{1}{\sqrt{t}}-\frac{1}{t^2}\right)dt=\left.\begin{matrix} 4\\ 1\end{matrix}\right|\left ( \frac{t^2}{2}+2\sqrt{t}+\frac{1}{t} \right )=\frac{35}{4}\)
d) Ta có:
\(\int ^{1}_{0}(3^s-2^s)^2ds=\int ^{1}_{0}(9^s+4^s-2.6^s)ds=\left.\begin{matrix} 1\\ 0\end{matrix}\right|\left ( \frac{9^s}{\ln 9}+\frac{4^s}{\ln 4}-\frac{2.6^s}{\ln 6} \right )\)
\(=\frac{8}{\ln 9}+\frac{3}{\ln 4}-\frac{10}{\ln 6}\)
h)
Ta có \(\int ^{\frac{5\pi}{4}}_{\pi}\frac{\sin x-\cos x}{\sqrt{1+\sin 2x}}dx=\int ^{\frac{5\pi}{4}}_{\pi}\frac{\sin x-\cos x}{\sqrt{\sin^2x+\cos^2x+2\sin x\cos x}}dx\)
\(=\int ^{\frac{5\pi}{4}}_{\pi}\frac{-d(\sin x+\cos x)}{|\sin x+\cos x|}=\int ^{\frac{5\pi}{4}}_{\pi}\frac{d(\sin x+\cos x)}{\sin x+\cos x}=\left.\begin{matrix} \frac{5\pi}{4}\\ \pi\end{matrix}\right|\ln |\sin x+\cos x|=\ln (\sqrt{2})\)
Bài 3.10:
a)
Đặt \(t=1-x\) thì:
\(\int ^{2}_{1}x(1-x)^5dx=\int ^{-1}_{0}t^5(1-t)d(1-t)=\int ^{0}_{-1}t^5(1-t)dt\)
\(=\left.\begin{matrix} 0\\ -1\end{matrix}\right|\left ( \frac{t^6}{6}-\frac{t^7}{7} \right )=\frac{-13}{42}\)
b) Đặt \(\sqrt{e^x-1}=t\) \(\Rightarrow x=\ln (t^2+1)\)
Khi đó
\(\int ^{\ln 2}_{0}\sqrt{e^x-1}dx=\int ^{1}_{0}td(\ln (t^2+1))=\int ^{1}_{0}t.\frac{2t}{t^2+1}dt\)
\(=\int ^{1}_{0}\frac{2t^2}{t^2+1}dt=\int ^{1}_{0}2dt-\int ^{1}_{0}\frac{2}{t^2+1}dt=\left.\begin{matrix} 1\\ 0\end{matrix}\right|2t-\int ^{1}_{0}\frac{2dt}{t^2+1}=2-\int ^{1}_{0}\frac{2dt}{t^2+1}\)
Với \(\int ^{1}_{0}\frac{2dt}{t^2+1}\), đặt \(t=\tan m\)
\(\Rightarrow \int ^{1}_{0}\frac{2dt}{t^2+1}=\int ^{\frac{\pi}{4}}_{0}\frac{2d(\tan m)}{\tan ^2m+1}=\int ^{\frac{\pi}{4}}_{0}2\cos ^2md(\tan m)\)
\(=\int ^{\frac{\pi}{4}}_{0}2dm=\left.\begin{matrix} \frac{\pi}{4}\\ 0\end{matrix}\right|2m=\frac{\pi}{2}\)
Do đó \(\int ^{\ln 2}_{0}\sqrt{e^x-1}dx=2-\frac{\pi}{2}\)
ọ
i người ạ
Câu 31 thử ĐA
Câu 33: có công thức
Câu 35: Gọi A là giao điểm d và \(\Delta\) => A(1 +2t; t -1; -t )\(\in\) d
\(\overrightarrow{MA}=\left(2t-1;t-2;-t\right)\)\(\overrightarrow{MA}\perp\Delta\Rightarrow\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{u_{\Delta}}=0\Leftrightarrow t=\dfrac{2}{3}\)=> ĐA: D
Em cần hỏi c 34 í ạ. Dạ còn c 31 kh có cách giải ra hả anh
1.
\(y'=6x^2+6\left(m-1\right)x+6\left(m-2\right)=6\left(x+1\right)\left(x+m-2\right)\)
\(y'=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-1\\x=-m+2\end{matrix}\right.\)
Phương trình nghịch biến trên đoạn có độ dài lớn hơn 3 khi:
\(\left|-1-\left(-m+2\right)\right|>3\)
\(\Leftrightarrow\left|m-3\right|>3\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m>6\\m< 0\end{matrix}\right.\)
2.
\(y'=-3x^2+6x+m-1\)
\(\Delta'=9+3\left(m-1\right)>0\Rightarrow m>-2\)
Gọi \(x_1;x_2\) là 1 nghiệm của pt \(-3x^2+6x+m-1=0\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\\x_1x_2=\dfrac{-m+1}{3}\end{matrix}\right.\)
Hàm đồng biến trên đoạn có độ dài lớn hơn 1 khi:
\(\left|x_1-x_2\right|>1\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)^2>1\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2>1\)
\(\Leftrightarrow4-\dfrac{-4m+4}{3}>1\)
\(\Rightarrow m>-\dfrac{5}{4}\) \(\Rightarrow m=-1\)
Có đúng 1 giá trị nguyên âm của m thỏa mãn
3.
\(y'=x^2+6\left(m-1\right)x+9\)
\(\Delta'=9\left(m-1\right)^2-9>0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m>1\\m< 0\end{matrix}\right.\)
Khi đó theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-6\left(m-1\right)\\x_1x_2=9\end{matrix}\right.\)
\(\left|x_1-x_2\right|=6\sqrt{3}\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)^2=108\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=108\)
\(\Leftrightarrow36\left(m-1\right)^2-36=108\)
\(\Rightarrow\left(m-1\right)^2=4\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=3\\m=-1\end{matrix}\right.\)
Có 1 giá trị nguyên âm của m thỏa mãn
4.
Bài toán thỏa mãn khi \(\forall x\in\left(3;5\right)\) ta có:
\(y'\ge0\Leftrightarrow x^2-3x+m^2+5m+6\ge0\)
\(\Leftrightarrow m^2+5m+6\ge-x^2+3x\)
\(\Leftrightarrow m^2+5m+6\ge\max\limits_{\left(3;5\right)}\left(-x^2+3x\right)\)
Xét hàm \(g\left(x\right)=-x^2+3x\) trên \(\left(3;5\right)\)
\(g'\left(x\right)=-2x+3< 0\) ; \(\forall x\in\left(3;5\right)\Rightarrow g\left(x\right)\) nghịch biến trên (3;5)
\(\Rightarrow g\left(x\right)< g\left(3\right)=0\)
\(\Rightarrow m^2+5m+6\ge0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge-2\\m\le-3\end{matrix}\right.\) (B)
5.
\(y'=x^2+2\left(m+1\right)x+4\)
\(\Delta'=\left(m+1\right)^2-4>0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m>1\\m< 0\end{matrix}\right.\)
Gọi \(x_1;x_2\) là 2 nghiệm của \(x^2+2\left(m+1\right)x+4=0\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-2\left(m+1\right)\\x_1x_2=4\end{matrix}\right.\)
Hàm nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng \(2\sqrt{5}\) khi:
\(\left|x_1-x_2\right|=2\sqrt{5}\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)^2=20\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=20\)
\(\Leftrightarrow4\left(m+1\right)^2-16=20\)
\(\Leftrightarrow\left(m+1\right)^2=9\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=2\\m=-4\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow-4+2=-2\)
6.
Hàm số đã cho là hàm bậc 3 có hệ số \(a=-\dfrac{1}{3}< 0\) nên luôn có khoảng đồng biến có chứa hữu hạn số nguyên
\(\Rightarrow B\)
7.
\(y'=6x^2+6\left(m-1\right)x+6\left(m-2\right)=6\left(x+1\right)\left(x+m-2\right)\)
\(y'=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-1\\x=-m+2\end{matrix}\right.\)
Hàm nghịch biến trên khoảng có độ dài lớn hơn 3 khi:
\(\left|-1-\left(-m+2\right)\right|>3\)
\(\Leftrightarrow\left|m-3\right|>3\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m>6\\m< 0\end{matrix}\right.\)
Do m nguyên dương và nhỏ hơn 2018 \(\Rightarrow7\le m\le2018\)
Có \(2018-7+1=2012\) giá trị nguyên của m
8.
Đặt \(tanx=t\Rightarrow t\in\left(0;1\right)\)
Do \(y=tanx\) đồng biến trên các khoảng xác định nên \(y=\dfrac{tanx-3m+2}{tanx-m}\) đồng biến trên \(\left(0;\dfrac{\pi}{4}\right)\) khi \(y=\dfrac{t-3m+2}{t-m}\) đồng biến trên \(\left(0;1\right)\)
\(y'=\dfrac{-m-\left(-3m+2\right)}{\left(t-m\right)^2}=\dfrac{2\left(m-1\right)}{\left(t-m\right)^2}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m-1>0\\\left[{}\begin{matrix}m\ge1\\m\le0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m>1\)
Có \(18-2+1=17\) giá trị nguyên của m thỏa mãn
9.
\(y'=-4x^3+2\left(2m-3\right)x\)
Hàm nghịch biến trên \(\left(1;2\right)\) khi với mọi \(x\in\left(1;2\right)\) ta có:
\(-4x^3+2\left(2m-3\right)x\le0\) (1)
\(\Leftrightarrow2m-3\le2x^2\) (2)
\(\Rightarrow2m-3\le\min\limits_{\left(1;2\right)}\left(2x^2\right)\)
\(\Rightarrow2m-3\le2\)
\(\Rightarrow m\le\dfrac{5}{2}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}p=5\\q=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow p+q=7\)
Giải thích 1 chút xíu chỗ từ (1) xuống (2), do chỉ xét trên khoảng (1;2) tức là x dương, do đó \(-4x^3+2\left(2m-3\right)x\le0\Leftrightarrow\left(2m-3\right)x\le2x^3\)
Do x dương nên ta có thể chia 2 vế cho x (để cô lập m) mà không ảnh hưởng đến chiều của BPT
\(\Rightarrow2m-3\le2x^2\)
Nhưng nếu bài toán cho 1 khoảng khác có chứa giá trị x âm, ví dụ \(x\in\left(-1;2\right)\) mà làm thế này là sai.
10.
\(y'=\dfrac{\left(2x+1\right)\left(x-m\right)-\left(x^2+x+1\right)}{\left(x-m\right)^2}=\dfrac{x^2-2mx-m-1}{\left(x-m\right)^2}\)
Hàm đồng biến trên khoảng đã cho khi:
- Điều kiện 1: \(m\ge-3\)
- Điều kiện 2:
Với mọi \(x\in\left(-\infty;-3\right)\) ta luôn có:
\(x^2-2mx-m-1\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2-1\ge m\left(2x+1\right)\)
\(\Rightarrow m\ge\dfrac{x^2-1}{2x+1}\) (với \(x< -3\Rightarrow2x+1< 0\) do đó khi chia qua phải đổi chiều BPT)
\(\Rightarrow m\ge\max\limits_{x< -3}\dfrac{x^2-1}{2x+1}\)
Đặt \(f\left(x\right)=\dfrac{x^2-1}{2x+1}\Rightarrow f'\left(x\right)=\dfrac{2\left(x^2+x+1\right)}{\left(2x+1\right)^2}>0;\forall x\Rightarrow f\left(x\right)\) đồng biến
\(\Rightarrow f\left(x\right)< f\left(-3\right)=-\dfrac{8}{5}\Rightarrow m\ge-\dfrac{8}{5}\) (D)
11.
\(y'=m+\dfrac{3}{x^4}+6x^2\)
Hàm đồng biến trên khoảng đã cho khi với mọi \(x>0\) ta có:
\(m+\dfrac{3}{x^4}+6x^2\ge0\)
\(\Rightarrow\dfrac{3}{x^4}+6x^2\ge-m\)
\(\Rightarrow-m\le\min\limits_{x>0}\left(\dfrac{3}{x^4}+6x^2\right)\)
Ta có:
\(\dfrac{3}{x^4}+6x^2=3\left(\dfrac{1}{x^4}+x^2+x^2\right)\ge3.3\sqrt[3]{\dfrac{x^4}{x^4}}=9\)
\(\Rightarrow-m\le9\Rightarrow m\ge-9\) (A)
12.
Đặt \(cosx=t\Rightarrow t\in\left(\dfrac{1}{2};1\right)\)
Do hàm \(cosx\) nghịch biến trên \(\left(0;\dfrac{\pi}{3}\right)\) nên \(y=\dfrac{mcosx+1}{cosx+m}\) đồng biến trên \(\left(0;\dfrac{\pi}{3}\right)\) khi \(y=\dfrac{mt+1}{t+m}\) nghịch biến trên \(\left(\dfrac{1}{2};1\right)\)
\(y'=\dfrac{m^2-1}{\left(t+m\right)^2}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2-1< 0\\\left[{}\begin{matrix}m\ge1\\m\le\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2-1< 0\\\left[{}\begin{matrix}-m\ge1\\-m\le\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}-1< m< 1\\\left[{}\begin{matrix}m\le-1\\m\ge-\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow-\dfrac{1}{2}\le m< 1\) (C)
13.
Đặt \(cosx=t\Rightarrow t\in\left(-1;0\right)\)
Do \(cosx\) nghịch biến trên \(\left(\dfrac{\pi}{2};\pi\right)\) nên hàm nghịch biến trên \(\left(\dfrac{\pi}{2};\pi\right)\) khi \(y=\dfrac{t-3}{t-m}\) đồng biến trên \(\left(-1;0\right)\)
\(y'=\dfrac{-m+3}{\left(t-m\right)^2}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}-m+3>0\\\left[{}\begin{matrix}m\le-1\\m\ge0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< 3\\\left[{}\begin{matrix}m\le-1\\m\ge0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}0\le m< 3\\m\le-1\end{matrix}\right.\)