![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
bạn chỉ cần tách x4-1 thành (x2-1)(x2+1),rồi đặt x2=t là ok
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Đặt \(\int f\left(x\right)dx=F\left(x\right)\Rightarrow\int\limits^{17}_1f\left(x\right)dx=F\left(17\right)-F\left(1\right)\)
Từ giả thiết:
\(2x.f\left(x^2+1\right)+\dfrac{f\left(\sqrt{x}\right)}{2\sqrt{x}}=2lnx\)
Lấy nguyên hàm 2 vế:
\(F\left(x^2+1\right)+F\left(\sqrt{x}\right)=2xlnx-2x+C\)
Thay \(x=4\):
\(F\left(17\right)+F\left(2\right)=16ln2-8+C\) (1)
Thay \(x=1\):
\(F\left(2\right)+F\left(1\right)=-2+C\) (2)
Trừ vế cho vế (1) cho (2):
\(F\left(17\right)-F\left(1\right)=16ln2-6\)
Vậy \(\int\limits^{17}_1f\left(x\right)dx=16ln2-6\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
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
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(y'=\left(m+3\right)x^2-4x+m\)
Hàm nghịch biến trên R khi và chỉ khi \(y'\le0\) ; \(\forall x\in R\)
- Với \(m=-3\) ko thỏa mãn
- Với \(m\ne-3\) bài toán thỏa mãn khi:
\(\left\{{}\begin{matrix}m+3< 0\\\Delta'=4-m\left(m+3\right)\le0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< -3\\\left[{}\begin{matrix}m\ge1\\m\le-4\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow m\le-4\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(\int\left(\dfrac{7}{cos^2x}+cosx-3^x+2\right)dx=7tanx+sinx-\dfrac{3^x}{ln3}+2x+C\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Gọi D là trung điểm AC
Trong mp (ABC), qua A kẻ đường thẳng vuông góc AB, qua C kẻ đường thẳng vuông góc AC, chúng cắt nhau tại H
Dễ dàng nhận ra hai tam giác vuông HAC và HAB có cặp cạnh huyền - cạnh góc vuông bằng nhau nên 2 tam giác bằng nhau
\(\Rightarrow HA=HC\Rightarrow H\) nằm trên trung trực AC (do AB=BC)
\(\Rightarrow H,A,D\) thẳng hàng
\(\left\{{}\begin{matrix}CH\perp BC\\SC\perp BC\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SHC\right)\Rightarrow BC\perp SH\)
Tương tự ta có \(AB\perp\left(SHA\right)\Rightarrow AB\perp SH\)
\(\Rightarrow SH\perp\left(ABC\right)\)
Gọi E là trung điểm AH \(\Rightarrow ME\) là đường trung bình tam giác SAH
\(\Rightarrow ME||SH\Rightarrow ME\perp\left(ABC\right)\) đồng thời \(ME=\dfrac{1}{2}SH\)
Gọi G là trung điểm BC \(\Rightarrow AG\perp BC\), từ D kẻ \(DF\perp BC\Rightarrow DF||AG\Rightarrow DF\) là đường trung bình tam giác AGC
\(\Rightarrow DF=\dfrac{1}{2}AG=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\)
AGCH là hình thang (AG song song CH vì cùng vuông góc BC) \(\Rightarrow EF\) là đường trung bình hình thang
\(\Rightarrow EF\perp BC\Rightarrow E,D,F\) thẳng hàng
\(AH=\dfrac{AD}{cos\widehat{DAH}}=\dfrac{AD}{cos\widehat{ABD}}=\dfrac{AD}{cos30^0}=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)
\(ED=\dfrac{1}{2}AH=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}\) (trung tuyến tam giác vuông)
\(\Rightarrow EF=ED+DF=\dfrac{5a\sqrt{3}}{12}\)
Trong tam giác vuông MEF, từ E kẻ \(EK\perp MF\)
\(\left\{{}\begin{matrix}ME\perp\left(ABC\right)\Rightarrow ME\perp BC\\EF\perp BC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(MEF\right)\Rightarrow BC\perp EK\)
\(\Rightarrow EK\perp\left(MBC\right)\Rightarrow EK=d\left(E;\left(MBC\right)\right)\)
\(SB=2NB\Rightarrow d\left(S;\left(MBC\right)\right)=2d\left(N;\left(MBC\right)\right)\)
\(SM=AM\Rightarrow d\left(S;\left(MBC\right)\right)=d\left(A;\left(MBC\right)\right)\)
\(AC=2DC\Rightarrow d\left(A;\left(MBC\right)\right)=2d\left(D;\left(MBC\right)\right)\)
\(\dfrac{EF}{DF}=\dfrac{5}{3}\Rightarrow d\left(E;\left(MBC\right)\right)=\dfrac{5}{3}d\left(D;\left(MBC\right)\right)=\dfrac{5}{3}d\left(N;\left(MBC\right)\right)\)
\(\Rightarrow EK=\dfrac{5}{3}.\dfrac{3a}{7}=\dfrac{5a}{7}\)
\(\dfrac{1}{EK^2}=\dfrac{1}{ME^2}+\dfrac{1}{EF^2}\Rightarrow ME=\dfrac{EF.EK}{\sqrt{EF^2-EK^2}}=5a\)
\(\Rightarrow SH=2ME=10a\)
\(V=\dfrac{1}{3}.10a.\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{5a^3\sqrt{3}}{6}\)