|
|
giải đáp
|
Tìm lỗi sai mũ số.
|
|
|
|
Em xem tại đây nhé
http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114268/ti-m-cho-sai
|
|
|
|
giải đáp
|
đạo hàm
|
|
|
|
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{\cos (\frac{\pi}{2}\cos x)}{\sin^2(\frac{x}{2})}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{\sin (\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}\cos x)}{\sin^2(\frac{x}{2})}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{\sin \left ( \pi\sin^2(\frac{x}{2}) \right )}{\sin^2(\frac{x}{2})}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{\sin \left ( \pi\sin^2(\frac{x}{2}) \right )}{\pi\sin^2(\frac{x}{2})}.\pi=1.\pi=\pi$
|
|
|
|
giải đáp
|
chứng minh $\frac{7x+5y}{\sqrt{140}}\geq\sqrt{xy}$
|
|
|
|
+ Nếu $y=0$ thì BĐT luôn đúng.
+ Nếu $y>0$ BĐT
$\Leftrightarrow \frac{7}{\sqrt{140}}\frac{x}{y}-\sqrt{\frac{x}{y}}+\frac{5}{\sqrt{140}} \ge 0$
$\Leftrightarrow f(t)=\frac{7}{\sqrt{140}}t^2-t+\frac{5}{\sqrt{140}} \ge 0$, với $t=\sqrt{\frac{x}{y}}.$
Ta có $\Delta_f=1-4.\frac{7}{\sqrt{140}}.\frac{5}{\sqrt{140}}=0\Rightarrow f(t)\ge0 \quad \forall t \ge 0.$
|
|
|
|
giải đáp
|
đại 11
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
đại 11
|
|
|
|
$\lim U(n)=\lim \frac{3n^4+1}{(n+1).(2-n).(n^2+1)}=\lim \frac{3+\frac{1}{n^4}}{(1+\frac{1}{n}).(\frac{2}{n}-1).(1+\frac{1}{n^2})}=-3.$
|
|
|
|
giải đáp
|
đại 11
|
|
|
|
$L=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt{2x+1}-\sqrt[3]{x^2+1} }{x}$ $L=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt{2x+1}-1 }{x}-\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{x^2+1}-1 }{x}$ $L=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2 }{\sqrt{2x+1}+1 }-\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{\sqrt[3]{(x^2+1)^2}+\sqrt[3]{x^2+1}+1}$ $L=\frac{2}{2}+0=1.$ |
|
|
|
giải đáp
|
đại 11
|
|
|
|
1. $\mathop {\lim }\limits_{x \to -\infty }(2x+1+\sqrt{4x^2-3} )=\mathop {\lim }\limits_{x \to -\infty }x\left ( 2+\frac{1}{x}-\sqrt{4-\frac{3}{x^2}} \right ) =(-\infty).2=-\infty.$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Trong các tam giác có chu vi là 54 hãy tìm tam giác có chu vi đường tròn nội tiếp lớn nhất
|
|
|
|
Ở bài tập này cần trang bị một số kiến thức sau :
+ Công thức Euler : http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Bai-Tap/111071/bai-111071 Để suy ra $R \ge 2r$, trong đó $R,r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại, nội tiếp.
+ Công thức liên quan đến diện tích, ba cạnh, bán kính đường tròn ngoại, nội tiếp. $abc=4RS.$
+ Công thức liên quan đến diện tích,nửa chu vi $p$, bán kính đường tròn nội tiếp. $S=pr.$
Bây giờ ta có $2p =a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc}=3\sqrt[3]{4RS}=3\sqrt[3]{4Rpr} \ge 3\sqrt[3]{8pr^2}$ $\Rightarrow 8p^3 \ge 27.8pr^2\Rightarrow r \le \frac{p}{3\sqrt 3}=3\sqrt 3$
Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp lớn nhất bằng $2\pi r=6\pi \sqrt 3\Leftrightarrow $ tam giác đó là tam giác đều. |
|
|
|
giải đáp
|
đại 11
|
|
|
|
$f'(x)=2\cos x-m$.
Như vậy để $f'(x) >0 \quad \forall x\Leftrightarrow 2\cos x >m \quad \forall x\Leftrightarrow \min_{x\in \mathbb R}(2\cos x) >m\Leftrightarrow -2 >m.$
|
|
|
|
giải đáp
|
đại 11
|
|
|
|
Đặt $f(x)=x^4-4x^3+3x-1$ thì $f$ là hàm liên tục trên $\mathbb R$ và có $f(0).f(4)<0\Rightarrow $ đpcm.
|
|
|
|
giải đáp
|
đại 11
|
|
|
|
$\mathop {\lim }\limits(\sqrt{n^2+5n+1}-\sqrt{n^2+n+1}) =\lim\frac{4n}{\sqrt{n^2+5n+1}+\sqrt{n^2+n+1} }=\frac{4}{2}=2$
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải bất phương trình
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp em bài hệ này
|
|
|
|
Từ hệ suy ra
$2x^3-y^3=(2y-x).1=(2y-x)(2y^2-x^2)$
$\Leftrightarrow 2x^3-y^3=4y^3-2xy^2-2x^2y+x^3$
$\Leftrightarrow x^3+2xy^2+2x^2y-5y^3=0$
$\Leftrightarrow (x-y)(x^2+3xy+5y^2)=0$
Dễ chứng minh $x^2+3xy+5y^2 \ge0 \quad \forall x,y$ và $(x,y)=(0,0)$ không là nghiệm
$\Rightarrow x^2+3xy+5y^2 >0\Leftrightarrow x=y\Leftrightarrow x=y=\pm 1.$
|
|
|
|
giải đáp
|
Tìm m để hai đường thẳng song song
|
|
|
|
VTCP của $(d_1)$ là $\overrightarrow{u_{d_1}}=(2,-1)$.
VTCP của $(d_2)$ là $\overrightarrow{u_{d_2}}=(1,m)$.
Suy ra $(d_1) \parallel (d_2)\Leftrightarrow \overrightarrow{u_{d_1}}\parallel \overrightarrow{u_{d_2}}\Leftrightarrow \frac{m}{-1}=\frac{2}{1}\Leftrightarrow m=-2.$
|
|