NV
2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 7 2021
a.
ĐKXĐ: \(x\ge3\)
(Tốt nhất bạn kiểm tra lại đề cái căn đầu tiên của \(\sqrt{x-3}\) là căn bậc 2 hay căn bậc 3). Vì nhìn ĐKXĐ thì thấy căn bậc 2 là không hợp lý rồi đó
Pt tương đương:
\(\sqrt{x-3}+\sqrt[3]{x^2+1}+\left(x+1\right)\left(x-2\right)=0\)
Do \(x\ge3\Rightarrow x-2>0\Rightarrow\left(x+1\right)\left(x-2\right)>0\)
\(\Rightarrow\sqrt{x-3}+\sqrt[3]{x^2+1}+\left(x+1\right)\left(x-2\right)>0\)
Pt vô nghiệm
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 7 2021
b.
ĐKXĐ: \(x\ge-\dfrac{3}{2}\)
Pt: \(2x+3-\sqrt{2x+3}-\left(4x^2-6x+2\right)=0\)
Đặt \(\sqrt{2x+3}=t\ge0\) ta được:
\(t^2-t-\left(4x^2-6x+2\right)=0\)
\(\Delta=1+4\left(4x^2-6x+2\right)=\left(4x-3\right)^2\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t_1=\dfrac{1+4x-3}{2}=2x-1\\t_2=\dfrac{1-4x+3}{2}=2-2x\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{2x+3}=2x-1\left(x\ge\dfrac{1}{2}\right)\\\sqrt{2x+3}=2-2x\left(x\le1\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2x+3=4x^2-4x+1\left(x\ge\dfrac{1}{2}\right)\\2x+3=4x^2-8x+4\left(x\le1\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{3+\sqrt{17}}{4}\\x=\dfrac{5-\sqrt{21}}{4}\end{matrix}\right.\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
1 tháng 3 2020
Câu dưới là 1 giới hạn hoàn toàn bình thường (không phải dạng vô định), bạn cứ thay số vào là được thôi
\(\lim\limits_{x\rightarrow0}\left(1-x\right)tan\frac{\pi x}{2}=\left(1-0\right).tan0=1\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
4 tháng 4 2021
1a.
\(y'=3x^2.f'\left(x^3\right)-2x.g'\left(x^2\right)\)
b.
\(y'=\dfrac{3f^2\left(x\right).f'\left(x\right)+3g^2\left(x\right).g'\left(x\right)}{2\sqrt{f^3\left(x\right)+g^3\left(x\right)}}\)
2.
\(f'\left(x\right)=\left(m-1\right)x^3+\left(m-2\right)x^2-2mx+3=0\)
Để ý rằng tổng hệ số của vế trái bằng 1 nên pt luôn có nghiệm \(x=1\), sử dụng lược đồ Hooc-ne ta phân tích được:
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left[\left(m-1\right)x^2+\left(2m-3\right)x-3\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\\left(m-1\right)x^2+\left(2m-3\right)x-3=0\left(1\right)\end{matrix}\right.\)
Xét (1), với \(m=1\Rightarrow x=-3\)
- Với \(m\ne1\Rightarrow\Delta=\left(2m-3\right)^2+12\left(m-1\right)=4m^2-3\)
Nếu \(\left|m\right|< \dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow\) (1) vô nghiệm \(\Rightarrow f'\left(x\right)=0\) có đúng 1 nghiệm
Nếu \(\left|m\right|>\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow\left(1\right)\) có 2 nghiệm \(\Rightarrow f'\left(x\right)=0\) có 3 nghiệm
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
8 tháng 3 2022
a.
- Với \(m=\pm1\Rightarrow-6x=1\Rightarrow x=-\dfrac{1}{6}\) có nghiệm
Đặt \(f\left(x\right)=\left(1-m^2\right)x^3-6x-1\)
- Với \(\left[{}\begin{matrix}m>1\\m< -1\end{matrix}\right.\Rightarrow1-m^2>0\)
\(f\left(0\right)=-1< 0\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\left[\left(1-m\right)^2x^3-6x-1\right]\)
\(=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}x^3\left(1-m^2-\dfrac{6}{m^2}-\dfrac{1}{m^3}\right)=-\infty\left(1-m^2\right)=+\infty\) dương
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(-\infty;0\right)\)
- Với \(-1< m< 1\Rightarrow1-m^2< 0\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\left[\left(1-m^2\right)x^3-6x-1\right]=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}x^3\left[\left(1-m^2\right)-\dfrac{6}{x^2}-\dfrac{1}{x^3}\right]=+\infty\left(1-m^2\right)=+\infty\) dương
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(0;+\infty\right)\)
Vậy pt đã cho có nghiệm với mọi m
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
8 tháng 3 2022
b. Để chứng minh pt này có đúng 1 nghiệm thì cần áp dụng thêm kiến thức 12 (tính đơn điệu của hàm số). Chỉ bằng kiến thức 11 sẽ ko chứng minh được
c.
Đặt \(f\left(x\right)=\left(m-1\right)\left(x-2\right)^2\left(x-3\right)^3+2x-5\)
Do \(f\left(x\right)\) là hàm đa thức nên \(f\left(x\right)\) liên tục trên R
\(f\left(2\right)=4-5=-1< 0\)
\(f\left(3\right)=6-5=1>0\)
\(\Rightarrow f\left(2\right).f\left(3\right)< 0\) với mọi m
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc (2;3) với mọi m
Hay pt đã cho luôn luôn có nghiệm
7 tháng 1
\(\lim\limits_{x\rightarrow3}\dfrac{\sqrt{6x-9}-\sqrt[3]{27x-54}}{\left(x-3\right)\left(x^2+3x-18\right)}\)
\(=\lim\limits_{x\rightarrow3}\dfrac{\sqrt{6x-9}-x+x-\sqrt[3]{27x-54}}{\left(x-3\right)^2\left(x+6\right)}\)
\(=\lim\limits_{x\rightarrow3}\dfrac{\dfrac{6x-9-x^2}{\sqrt{6x-9}+x}+\dfrac{x^3-27x+54}{x^2+x\cdot\sqrt[3]{27x-54}+\sqrt[3]{\left(27x-54\right)^2}}}{\left(x-3\right)^2\left(x+6\right)}\)
\(=\lim\limits_{x\rightarrow3}\dfrac{\dfrac{-\left(x-3\right)^2}{\sqrt{6x-9}+x}+\dfrac{\left(x-3\right)^2\left(x+6\right)}{x^2+x\cdot\sqrt[3]{27x-54}+\sqrt[3]{\left(27x-54\right)^2}}}{\left(x-3\right)^2\left(x+6\right)}\)
\(=\lim\limits_{x\rightarrow3}\dfrac{\dfrac{-1}{\sqrt{6x-9}+x}+\dfrac{\left(x+6\right)}{x^2+x\cdot\sqrt[3]{27x-54}+\sqrt[3]{\left(27x-54\right)^2}}}{\left(x+6\right)}\)
\(=\dfrac{-\dfrac{1}{\sqrt{6\cdot3-9}+3}+\dfrac{3+6}{3^2+3\cdot\sqrt[3]{27\cdot3-54}+\sqrt[3]{\left(27\cdot3-54\right)^2}}}{3+6}\)
\(=\dfrac{-\dfrac{1}{3+3}+\dfrac{9}{9+3\cdot3+3^2}}{9}=\dfrac{-\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{3}}{9}=\dfrac{\dfrac{1}{6}}{9}=\dfrac{1}{54}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
7 tháng 1
Phương pháp đạo hàm ý em là định lý L'Hopital hả? Định lý L'Hopital là 1 phương pháp rất mạnh để giải các bài giới hạn dạng phân thức \(\dfrac{0}{0}\) hoặc \(\dfrac{\infty}{\infty}\), nhưng người ta hạn chế sử dụng khi xuất hiện căn thức (lý do là khi đạo hàm thì căn thức không những gọn đi mà còn "phình to" ra rất nhiều). Ưu điểm là nó khử dạng vô định rất nhanh chóng. Còn khi phân thức mà tử mẫu đều ko xuất hiện căn thức thì đó đúng là 1 pp mạnh tuyệt đối.
Định lý nó như sau: nếu \(f\left(x\right)\) và \(g\left(x\right)\) cùng tiến tới 0 (hoặc \(+\infty\) hoặc \(-\infty\)) khi \(x\rightarrow a\) nào đó thì:
\(\lim\limits_{x\rightarrow a}\dfrac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}=\lim\limits_{x\rightarrow a}\dfrac{f'\left(x\right)}{g'\left(x\right)}\)
Bài này có cả căn bậc 3 nên đạo hàm ko được đẹp lắm. Tự hiểu là giới hạn nha, vì công thức latex gõ giới hạn hơi phức tạp, tốn thời gian lắm, gõ 1 biểu thức thôi thì lẹ gấp chục lần:
\(\dfrac{\sqrt[]{6x-9}-\sqrt[3]{27x-54}}{\left(x-3\right)\left(x^2+3x-18\right)}=\dfrac{\dfrac{3}{\sqrt[]{6x-9}}-\dfrac{1}{\sqrt[3]{\left(x-2\right)^2}}}{x^2+3x-18+\left(x-3\right)\left(2x+3\right)}\)
Vậy là mất dạng vô định, thay số là xong.
Còn thêm bớt liên hợp thì khá đơn giản, do \(x\rightarrow3\) nên ta thay \(x=3\) vào 1 căn thức bất kì, ví dụ căn đầu, được \(\sqrt{6.3-9}=3\), vậy ta chỉ cần thêm bớt 3 vào tử số rồi liên hợp là được:
\(=\dfrac{\left(\sqrt[]{6x-9}-3\right)+\left(3-3\sqrt[3]{x-2}\right)}{\left(x-3\right)\left(x^2+3x-18\right)}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 4 2021
1.
\(\lim\limits_{x\to +\infty}(x^3+3x^2+2)=+\infty\)
2.
\(\lim\limits_{x\to -\infty}\sqrt{4x^2-x+5}=\lim\limits_{x\to -\infty}-x.\sqrt{4+\frac{1}{x}+\frac{5}{x^2}}=+\infty\) do $-x\to +\infty$ và $\lim\limits_{x\to -\infty}\sqrt{4+\frac{1}{x}+\frac{5}{x^2}}=4>0$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 4 2021
3.
\(\lim\limits_{x\to +\infty}(\sqrt{x^2-2x-1}-\sqrt{x^2-7x+3})=\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{x^2-2x-1-(x^2-7x+3)}{\sqrt{x^2-2x-1}+\sqrt{x^2-7x+3}}\)
\(=\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{5x-4}{\sqrt{x^2-2x-1}+\sqrt{x^2-7x+3}}=\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{5-\frac{4}{x}}{\sqrt{1-\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2}}+\sqrt{1-\frac{7}{x}+\frac{3}{x^2}}}\)
\(=\frac{5}{1+1}=\frac{5}{2}\)
ĐK: \(x\ge-2\)
Bất phương trình <=> \(\left(x^3+6x^2+12x+8\right)+2\sqrt{\left(x+2\right)^3}+1-9x^2-18x-9\ge0\)
<=> \(\left(\sqrt{\left(x+2\right)^3}+1\right)^2-\left(3x+3\right)^2\ge0\)
<=> \(\left(\sqrt{\left(x+2\right)^3}-3x-2\right)\left(\sqrt{\left(x+2\right)^3}+3x+4\right)\ge0\). Hướng dẫn đến đây nhé! Dạng này quen thuộc rồi, em chia trường hợp rồi làm nha!
thks mọi người nha