Hàm số

$1$. Bạn đọc tự giải$2$. Đặt \(t = {x^2}\), phương trình đã cho trở thành \({t^2} – 5t – {m^2} + \sqrt 3 m = 0\left( 1 \right)\)Phương trình đã cho sẽ có 4 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \left( 1 \right)\)có hai nghiệm dương phân biệt  $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \Delta  = 25 – 4\left( […]

                                  GiảiTa có:${y^ / } = \left( {{5^{x – 1}} – {5^{ – x – 1}}} \right)\ln 5$     Bảng biến thiên :    Vậy :  Không có giá trị lớn nhất., khi $x = 0$

Xét $f(x)=\arctan x,x \in [n,n+1]$Theo định lý Lagrange:$\exists  c \in (n,n+1)$$f(n+1)-f(n)=f'(c)(n+1-n)$$\Rightarrow \arctan (n+1)-\arctan n=\frac{1}{1+c^{2}}$Mà: $\arctan a-\arctan b=\arctan (\frac{a-b}{1+ab})(1)$$\Rightarrow \arctan \frac{1}{n^{2}+n+1}=\frac{1}{1+c^{2}}$Hơn nữa: $n$\Leftrightarrow n^{2}$\Leftrightarrow 1+n^{2}$\Leftrightarrow \frac{1}{1+(n+1)^{2}}Vậy: $\frac{1}{1+(n+1)^{2}}$\Rightarrow $ (ĐPCM)(Chứng minh (1): Ta có : $\tan(\arctan a-\arctan b)=\frac{\tan(\arctan a)-\tan(\arctan b)}{1+\tan(\arctan a).\tan(\arctan b)}=\frac{a-b}{1+ab}$ $\Rightarrow\arctan a-\arctan b=\arctan(\frac{a-b}{1+ab})$)

Chúng ta viết lại bất đẳng thức để làm xuất hiện hàm $F$ :    $ \displaystyle \ln (x+1)-00$ nên phép chia không làm đổi dấu)Xét hàm số $F(t)=\ln t$ khả vi và liên tục trên $[1,x+1]$ với $x>0$ theo định lí Lagrange luôn tồn tại $c\in(1,x+1)$ sao cho:   $ \displaystyle F^'(c)=\frac{F(x+1)-F(1)}{(x+1)-1}\Leftrightarrow \frac{1}{c}=\frac{\ln( x+1)}{x}\Leftrightarrow \ln (x+1)=\frac{x}{c}$Ta có:   $ […]

Xét:   $ f(t)=\frac{\tan t}{t},  t \in (0;\frac{\pi}{2})$         $ f'(t)=\frac{\frac{t}{\cos^2 t }-\tan t}{t^2}=\frac{2t-\sin 2t}{2t^2.\cos^2 t}>0, \forall t \in (0;\frac{\pi}{2})$ ( vì  $|\sin u|0$) $\Rightarrow f (t)$ tăng trên $(0;\frac{\pi}{2})$ Vì vậy :  $ f(x)=f(y)   \left ( x,y \in (0;\frac{\pi}{2})  \right )   \Leftrightarrow   x=y$ Thay vào phương trình  $\sin x+\sin y=\sqrt{2}$, ta có $ x=y=\frac{\pi}{4}$  Vậy có nghệm duy nhất  $ x=y=\frac{\pi}{4}$

Xét     $f(t)=\tan t-t, t \in (-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2})$  $f'(t)=\frac{1}{\cos^2 t}-1=\tan^2 t \geq0, \forall t \in (-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2})$ Dấu $”=”$ xảy ra $\Leftrightarrow t=0    \Rightarrow $   $f$ tăng trên $(-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2})$Vì vậy  $ f(x)=f(y)  \left ( ( x,y \in (-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}) \right )   \Leftrightarrow  x=y $Tức là   $\begin{cases}\tan x-\tan y=x-y \\ x,y \in (-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2})  \end{cases}   \Leftrightarrow  x=y  \in (-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2})$Vậy :   Hệ   $\Leftrightarrow  \begin{cases}x=y  […]

Xét: $f(t)=t^{2}+\frac{1}{t^{2}},t>0$$f'(t)=2t-\frac{2}{t^{3}}$$f”(t)=2+\frac{6}{t^{4}}>0,\forall t>0 $$\Rightarrow$ Theo BĐT JenSen:$\Rightarrow f(x)+f(y) \geq 2f(\frac{x+y}{2})\geq \frac{17}{2}$$\Rightarrow x^{2}+y^{2}+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}\geq \frac{17}{2}$$\Rightarrow$(ĐPCM)

       1. Khảo sát , đồ thị (xin dành cho bạn đọc).          Từ đồ thị hàm số: $y = 3x – 4{x^3}$ta suy ra đồ thị hàm số $y = |x|\left( {3 – 4{x^2}} \right)$Hàm số chẵn, đồ thị nhận trục tung $Oy$ làm trục đối xứng. Khi $x \ge 0$, […]

$1/$      Hàm số xác định trên đoạn $\left[ {\frac{1}{2},\,4} \right]$       Ta có $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}{y_1} =  – {x^2} – 2x + 3 + \frac{3}{2}\ln x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\frac{1}{2} \le x \le 1\\{y_2} = {x^2} + 2x – 3 + \frac{3}{2}\ln x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,1 \le x \le 4\end{array} \right.$    * Với $\frac{1}{2} \le x \le 1:\,\,\,\,\,\,\,{f’ }\left( x \right) […]

Áp dụng bất đẳng thức côsi:${2^{2\sin x}} + {2^{tanx}} \ge 2\sqrt {{2^{2\sin x + tanx}}}  = {2.2^{\frac{{2\sin x + tanx}}{2}}}$Ta có ${2^{\frac{{3x}}{2} + 1}} = {2.2^{\frac{{3x}}{2}}} $. So sánh $2\sin x + tanx  $ với $3x$ trên khoảng $\left( {0,\frac{\pi }{2}} \right).$Xét hàm số$\begin{array}{l}f(x) = 2\sin x + tanx – 3x.\\Ta có: {f^,}(x) = 2\cos […]