K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

NV
7 tháng 5 2020

\(\lim\limits_{x\rightarrow0}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow0}\frac{x^2}{x}=\lim\limits_{x\rightarrow0}x=0\)

\(\Rightarrow\lim\limits_{x\rightarrow0}f\left(x\right)=f\left(0\right)\Rightarrow f\left(x\right)\) liên tục tại \(x=0\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow1^-}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow1^-}\frac{x^2}{x}=1\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow1^+}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow1^+}\sqrt{x}=1\)

\(f\left(1\right)=\sqrt{1}=1\)

\(\Rightarrow\lim\limits_{x\rightarrow1^-}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow1^+}f\left(x\right)=f\left(1\right)\Rightarrow f\left(x\right)\) liên tục tại \(x=1\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\) liên tục tại mọi điểm thuộc R

QT
Quoc Tran Anh Le
Giáo viên
22 tháng 9 2023

\(y = \left| x \right| = \left\{ \begin{array}{l}x\,\,\,(x \ge 0)\\ - x\,\,\,(x < 0)\end{array} \right. \Rightarrow y' = \left\{ \begin{array}{l}1\,\,\,(x \ge 0)\\ - 1\,\,\,(x < 0)\end{array} \right.\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y' = 1 \ne  - 1 = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y'\)

Vậy không tồn tại đạo hàm của hàm số tại x = 0

Bài 1: 1,giai pt: cos2x+sin2x-cosx-(1-sinx)tanx=0 2,cho h/s y=(x+3)/(x+2) có đt(c) và (d):y=-x+m.tim m để (d) cắt (c) tại 2 điểm phân biệt A,B sao cho góc AOB nhọn Bài 2:Cho tam giác ABC,các điểm M,N lần lượt di chuyển trên các đường thẳng AB và AC sao cho MN//BC.gọi P=BN giao CM.đường tròn ngoai tiếp các tam giác BMP và CNP cắt nhau tại 2 điểm phân biệt P và Q.cmr: 1,góc BAQ=góc CAP 2,Điểm Q di chyển trên 1 đường thẳng cố...
Đọc tiếp

Bài 1:

1,giai pt: cos2x+sin2x-cosx-(1-sinx)tanx=0

2,cho h/s y=(x+3)/(x+2) có đt(c) và (d):y=-x+m.tim m để (d) cắt (c) tại 2 điểm phân biệt A,B sao cho góc AOB nhọn

Bài 2:Cho tam giác ABC,các điểm M,N lần lượt di chuyển trên các đường thẳng AB và AC sao cho MN//BC.gọi P=BN giao CM.đường tròn ngoai tiếp các tam giác BMP và CNP cắt nhau tại 2 điểm phân biệt P và Q.cmr:

1,góc BAQ=góc CAP

2,Điểm Q di chyển trên 1 đường thẳng cố định

Bai 3:Tìm tất cả các căp số thực(a:b) có tính chất:Trong (0xy),parabol y=x2-2bx +(a+1) cắt 0x tại 2 điểm phân biệt A,B cắt 0y tại C(C#0) sao cho I(a,b) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Bài 4:

1,cho x,y>0 tm:log3(1-xy)/(x+2y) = 3xy +x +2y -4.tìn gtnn của Q=x+y

2,cho h/s f(x)=ln2019 – ln( (x+1)/x).tính S=f’(1) +f’(2) +f’(3) +…+f’(2019)

Bai 5:cho(xn): x1=2/3

Xn+1=xn/(2(2n+1)xn +1), mọi n>=1

1,đặt Vn=1/xn. cmr Vn+1=Vn+2(2n+1),mọi n>=1.tìm Vn

2,đặt Yn=x1+x2+x3+….+xn.Tính Lim yn

Bài 6: cho tam giác ABC vuông cân tại B.M là trung điểm AB.gọi I là điểm di chuyển trên đường thẳng MC sao cho|2 vecto IM+ vecto IC- vecto IA| đạt gtnn.Tính tỉ số AC/AI

0
NV
4 tháng 4 2021

1.

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

\(f'\left(x\right)-6x=3x^2-3.2\left(m+1\right)x+3\left(2m-1\right)>0\)

\(\Leftrightarrow x^2-2\left(m+1\right)x+2m-1>0\)

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

Do \(x>2\Rightarrow x-1>0\) nên BPT tương đương:

\(\dfrac{x^2-2x-1}{x-1}>2m\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-1\right)^2-2}{x-1}>2m\)

Đặt \(t=x-1>1\Rightarrow\dfrac{t^2-2}{t}>2m\Leftrightarrow f\left(t\right)=t-\dfrac{2}{t}>2m\)

Xét hàm \(f\left(t\right)\) với \(t>1\) : \(f'\left(t\right)=1+\dfrac{2}{t^2}>0\) ; \(\forall t\Rightarrow f\left(t\right)\) đồng biến

\(\Rightarrow f\left(t\right)>f\left(1\right)=-1\Rightarrow\) BPT đúng với mọi \(t>1\) khi \(2m< -1\Rightarrow m< -\dfrac{1}{2}\)

NV
4 tháng 4 2021

2.

Thay \(x=0\) vào giả thiết:

\(f^3\left(2\right)-2f^2\left(2\right)=0\Leftrightarrow f^2\left(2\right)\left[f\left(2\right)-2\right]=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}f\left(2\right)=0\\f\left(2\right)=2\end{matrix}\right.\)

Đạo hàm 2 vế giả thiết:

\(-3f^2\left(2-x\right).f'\left(2-x\right)-12f\left(2+3x\right).f'\left(2+3x\right)+2x.g\left(x\right)+x^2.g'\left(x\right)+36=0\) (1)

Thế \(x=0\) vào (1) ta được:

\(-3f^2\left(2\right).f'\left(2\right)-12f\left(2\right).f'\left(2\right)+36=0\)

\(\Leftrightarrow f^2\left(2\right).f'\left(2\right)+4f\left(2\right).f'\left(2\right)-12=0\) (2)

Với \(f\left(2\right)=0\)  thế vào (2) \(\Rightarrow-12=0\) ko thỏa mãn (loại)

\(\Rightarrow f\left(2\right)=2\)

Thế vào (2):

\(4f'\left(2\right)+8f'\left(2\right)-12=0\Leftrightarrow f'\left(2\right)=1\)

\(\Rightarrow A=3.2+4.1\)

4 tháng 3 2021

\(a=-1< 0;\Delta=\left(2\sqrt{m}-1\right)^2+4\left(\sqrt{m}-m\right)=4m-4\sqrt{m}+1+4\sqrt{m}-4m=1>0\)

a/ \(f\left(x\right)\ge0\) vô nghiệm \(\Leftrightarrow f\left(x\right)< 0,\forall x\in R\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=-1< 0\left(tm\right)\\\Delta< 0\left(voly\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy ko tồn tại m để ....

b/ \(f\left(x\right)\ge0,\forall x\in\left[1;2\right]\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta>0\\\left[{}\begin{matrix}1< x_1< x_2\\x_1< x_2< 2\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}-1.f\left(1\right)>0\\\dfrac{x_1+x_2}{2}-1>0\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}-1.f\left(2\right)>0\\\dfrac{x_1+x_2}{2}-2< 0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(\left(1\right)\left\{{}\begin{matrix}-1+2\sqrt{m}-1-m+\sqrt{m}< 0\\\sqrt{m}-\dfrac{1}{2}-1>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m-3\sqrt{m}+2>0\\\sqrt{m}>\dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}0< m< 1\\m>2\end{matrix}\right.\\m>\dfrac{9}{4}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m>\dfrac{9}{4}\)

 

\(\left(2\right)\left\{{}\begin{matrix}-4+4\sqrt{m}-2-m+\sqrt{m}< 0\\\sqrt{m}-\dfrac{1}{2}-2< 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m-5\sqrt{m}+6>0\\\sqrt{m}< \dfrac{5}{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}0< m< 2\\m>3\end{matrix}\right.\\0\le m< \dfrac{25}{4}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}0< m< 2\\3< m< \dfrac{25}{4}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m>\dfrac{9}{4}\\0< m< 2\\3< m< \dfrac{25}{4}\end{matrix}\right.\)

NV
25 tháng 6 2020

Giả sử \(f\left(x\right)\) có bậc k \(\Rightarrow f'\left(x\right)\) có bậc \(k-1\)\(f''\left(x\right)\) có bậc \(k-2\)

\(\Rightarrow f''\left(x\right)+3x^2-5\) có bậc lớn nhất bằng \(max\left\{k-2;2\right\}\)

\(\Rightarrow k-1=max\left\{k-2;2\right\}\Rightarrow k-1=2\) (do \(k-1\ne k-2\) với mọi k)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\) là đa thức bậc 3 có dạng: \(y=ax^3+bx^2+cx-5\) với \(a\ne0\)

\(3ax^2+2bx+c=6ax+2b+3x^2-5\)

\(\Leftrightarrow3ax^2+2bx+c=3x^2+6ax+2b-5\)

Đồng nhất 2 vế: \(\left\{{}\begin{matrix}3a=3\\2b=6a\\c=2b-5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=3\\c=1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)=x^3+3x^2+x-5\)

Đặt \(sin^2x=t\Rightarrow0\le t\le1\)

\(f\left(t\right)=0\Leftrightarrow t^3+3t^2+t-5=0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left(t^2+4t+5\right)=0\Rightarrow t=1\)

\(\Rightarrow sin^2x=1\Leftrightarrow cosx=0\)

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

\(\Rightarrow\frac{\pi}{2}+k\pi\le2020\Rightarrow k\le\frac{4040-\pi}{2\pi}\)

\(\Rightarrow k_{max}=642\Rightarrow x_{max}=\frac{\pi}{2}+642\pi\)