Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có \(f'\left( x \right) = 2.2\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right).{\left[ {\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)} \right]^,} = 4\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)\cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 2\sin \left( {2x + \frac{\pi }{2}} \right)\)
\( \Rightarrow f''\left( x \right) = 2.2\cos \left( {2x + \frac{\pi }{2}} \right) = 4\cos \left( {2x + \frac{\pi }{2}} \right)\)
Mặt khác \( - 1 \le \cos \left( {2x + \frac{\pi }{2}} \right) \le 1 \Leftrightarrow - 4 \le f''\left( x \right) \le 4\)
Vậy \(\left| {f''\left( x \right)} \right| \le 4\) với mọi x.
\(f\left(-x\right)=\left|-sinx-cosx\right|-\left|-sinx+cosx\right|\)
\(=\left|sinx+cosx\right|-\left|sinx-cosx\right|=-f\left(x\right)\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)+f\left(-x\right)=0\)
\(\Rightarrow T=f\left(-\pi\right)+f\left(\pi\right)+f\left(-\frac{\pi}{2}\right)+f\left(\frac{\pi}{2}\right)+...+f\left(-\frac{\pi}{n}\right)+f\left(\frac{\pi}{n}\right)+f\left(0\right)\)
\(=0+0+...+0+f\left(0\right)=f\left(0\right)\)
\(=1-1=0\)
Lời giải:
Ta có:
\(f(x)=\sin ^2\left(\frac{\pi}{6}-x\right)+\sin ^2\left(\frac{\pi}{6}+x\right)\)
\(\Rightarrow f'(x)=2\sin \left(\frac{\pi}{6}-x\right).-\cos \left(\frac{\pi}{6}-x\right)+2\sin \left(\frac{\pi}{6}+x\right)\cos \left(\frac{\pi}{6}+x\right)\)
\(f'(x)=-\sin 2\left(\frac{\pi}{6}-x\right)+\sin 2\left(\frac{\pi}{6}+x\right)\)
Áp dụng công thức: \(\sin a-\sin b=2\cos \frac{a+b}{2}\sin \frac{a-b}{2}\) suy ra:
\(f'(x)=-\sin \left(\frac{\pi}{3}-2x\right)+\sin \left(\frac{\pi}{3}+2x\right)\)
\(f'(x)=2\cos \left(\frac{\pi}{3}\right)\sin 2x=\sin 2x\) (đpcm)
Chứng minh các biểu thức đã cho không phụ thuộc vào x.
Từ đó suy ra f'(x)=0
a) f(x)=1⇒f′(x)=0f(x)=1⇒f′(x)=0 ;
b) f(x)=1⇒f′(x)=0f(x)=1⇒f′(x)=0 ;
c) f(x)=\(\frac{1}{4}\)(\(\sqrt{2}\)-\(\sqrt{6}\))=>f'(x)=0
d,f(x)=\(\frac{3}{2}\)=>f'(x)=0
a) Cách 1: Ta có:
y' = 6sin5x.cosx - 6cos5x.sinx + 6sinx.cos3x - 6sin3x.cosx = 6sin3x.cosx(sin2x - 1) + 6sinx.cos3x(1 - cos2x) = - 6sin3x.cos3x + 6sin3x.cos3x = 0.
Vậy y' = 0 với mọi x, tức là y' không phụ thuộc vào x.
Cách 2:
y = sin6x + cos6x + 3sin2x.cos2x(sin2x + cos2x) = sin6x + 3sin4x.cos2x + 3sin2x.cos4x + cos6x = (sin2x + cos2x)3 = 1
Do đó, y' = 0.
b) Cách 1:
Áp dụng công thức tính đạo hàm của hàm số hợp
(cos2u)' = 2cosu(-sinu).u' = -u'.sin2u
Ta được
y' =[sin - sin
] + [sin
- sin
] - 2sin2x = 2cos
.sin(-2x) + 2cos
.sin(-2x) - 2sin2x = sin2x + sin2x - 2sin2x = 0,
vì cos = cos
=
.
Vậy y' = 0 với mọi x, do đó y' không phụ thuộc vào x.
Cách 2: vì côsin của hai cung bù nhau thì đối nhau cho nên
cos2 = cos2
'
cos2 = cos2
.
Do đó
y = 2 cos2 + 2cos2
- 2sin2x = 1 +cos
+ 1 +cos
- (1 - cos2x) = 1 +cos
+ cos
+ cos2x = 1 + 2cos
.cos(-2x) + cos2x = 1 + 2
cos2x + cos2x = 1.
Do đó y' = 0.
c.
\(\Leftrightarrow sin\left(3x+\frac{2\pi}{3}\right)=-sin\left(x-\frac{2\pi}{5}-\pi\right)\)
\(\Leftrightarrow sin\left(3x+\frac{2\pi}{3}\right)=sin\left(x-\frac{2\pi}{5}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}3x+\frac{2\pi}{3}=x-\frac{2\pi}{5}+k2\pi\\3x+\frac{2\pi}{3}=\frac{7\pi}{5}-x+k2\pi\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-\frac{8\pi}{15}+k\pi\\x=\frac{11\pi}{60}+\frac{k\pi}{2}\end{matrix}\right.\)
d.
\(\Leftrightarrow cos\left(4x+\frac{\pi}{3}\right)=sin\left(\frac{\pi}{4}-x\right)\)
\(\Leftrightarrow cos\left(4x+\frac{\pi}{3}\right)=cos\left(\frac{\pi}{4}+x\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}4x+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{4}+x+k2\pi\\4x+\frac{\pi}{3}=-\frac{\pi}{4}-x+k2\pi\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-\frac{\pi}{36}+\frac{k2\pi}{3}\\x=-\frac{7\pi}{60}+\frac{k2\pi}{5}\end{matrix}\right.\)
a.
\(sin\left(2x+1\right)=-cos\left(3x-1\right)\)
\(\Leftrightarrow sin\left(2x+1\right)=sin\left(3x-1-\frac{\pi}{2}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}3x-1-\frac{\pi}{2}=2x+1+k2\pi\\3x-1-\frac{\pi}{2}=\pi-2x-1+k2\pi\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\frac{\pi}{2}+2+k2\pi\\x=\frac{3\pi}{10}+\frac{k2\pi}{5}\end{matrix}\right.\)
b.
\(sin\left(2x-\frac{\pi}{6}\right)=sin\left(\frac{\pi}{4}-x\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2x-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{4}-x+k2\pi\\2x-\frac{\pi}{6}=\frac{3\pi}{4}+x+k2\pi\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\frac{5\pi}{36}+\frac{k2\pi}{3}\\x=\frac{11\pi}{12}+k2\pi\end{matrix}\right.\)
• Xét hàm số \(f\left( x \right) = 2x - \sin x\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\).
Vậy hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\).
• Xét hàm số \(g\left( x \right) = \sqrt {x - 1} \)
ĐKXĐ: \(x - 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 1\)
Hàm số \(g\left( x \right) = \sqrt {x - 1} \) có tập xác định \(D = \left[ {1; + \infty } \right)\).
Hàm số \(g\left( x \right) = \sqrt {x - 1} \) là hàm căn thức nên liên tục trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \sqrt {x - 1} = \sqrt {1 - 1} = 0 = g\left( 1 \right)\)
Do đó hàm số \(g\left( x \right) = \sqrt {x - 1} \) liên tục tại điểm \({x_0} = 1\).
Vậy hàm số \(g\left( x \right) = \sqrt {x - 1} \) liên tục trên nửa khoảng \(\left[ {1; + \infty } \right)\).
• Xét hàm số \(y = f\left( x \right).g\left( x \right) = \left( {2x - \sin x} \right)\sqrt {x - 1} \)
Do hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = g\left( x \right)\) đều liên tục tại mọi điểm \({x_0} \in \left[ {1; + \infty } \right)\) nên hàm số \(y = f\left( x \right).g\left( x \right)\) liên tục trên nửa khoảng \(\left[ {1; + \infty } \right)\).
• Xét hàm số \(y = \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = \frac{{2x - \sin x}}{{\sqrt {x - 1} }}\)
Do hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = g\left( x \right)\) đều liên tục tại mọi điểm \({x_0} \in \left[ {1; + \infty } \right)\) nên hàm số \(y = \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}\) liên tục trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).
\(f'\left(x\right)=4sin\left(3x-\dfrac{\pi}{4}\right)\cdot\left[sin\left(3x-\dfrac{\pi}{4}\right)\right]'\\ =4\left(3x-\dfrac{\pi}{4}\right)'cos\left(3x-\dfrac{\pi}{4}\right)sin\left(3x-\dfrac{\pi}{4}\right)\\ =6sin\left(6x-\dfrac{\pi}{2}\right)\)
Vì \(-1\le sin\left(6x-\dfrac{\pi}{2}\right)\le1\Rightarrow-6\le6sin\left(6x-\dfrac{\pi}{2}\right)\le6\Leftrightarrow-6\le f'\left(x\right)\le6\)
Vậy \(\left|f'\left(x\right)\right|\le6\forall x\)