Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
ĐKXĐ: \(x\ge2\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x-2}\right)^3+m\left(x-2\right)=1\)
Đặt \(\sqrt{x-2}=t\ge0\)
\(\Rightarrow t^3+mt^2=1\Leftrightarrow t^3+mt^2-1=0\)
Đặt \(f\left(t\right)=t^3+mt^2-1\)
Hàm \(f\left(t\right)\) là hàm đa thức nên liên tục trên R
\(f\left(0\right)=-1< 0\)
\(\lim\limits_{t\rightarrow+\infty}f\left(t\right)=\lim\limits_{t\rightarrow+\infty}\left(t^3+mt^2-1\right)=\lim\limits_{t\rightarrow+\infty}t^3\left(1+\dfrac{m}{t}-\dfrac{1}{t^3}\right)=+\infty>0\)
\(\Rightarrow\) Luôn tồn tại 1 giá trị \(t_0>0\) sao cho \(f\left(t_0\right)>0\)
\(\Rightarrow f\left(0\right).f\left(t_0\right)< 0\Rightarrow f\left(t\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(0;t_0\right)\) hay 1 nghiệm \(t>0\)
\(\Rightarrow\) Phương trình đã cho luôn có nghiệm \(x=2+t^2>2\)
Chúng ta tính giới hạn sau:
\(\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{1-\sqrt[n]{x}}{1-x}\)
Cách đơn giản nhất là sử dụng L'Hopital:
\(\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{1-x^{\dfrac{1}{n}}}{1-x}=\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{-\dfrac{1}{n}x^{\dfrac{1}{n}-1}}{-1}=\dfrac{1}{n}\)
Phức tạp hơn thì tách mẫu theo hằng đẳng thức
\(=\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{1-\sqrt[x]{n}}{\left(1-\sqrt[n]{x}\right)\left(1+\sqrt[n]{x}+\sqrt[n]{x^2}+...+\sqrt[n]{x^{n-1}}\right)}=\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{1}{1+\sqrt[n]{x}+\sqrt[n]{x^2}+...+\sqrt[n]{x^{n-1}}}=\dfrac{1}{n}\)
Tóm lại ta có:
\(\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{1-\sqrt[n]{x}}{1-x}=\dfrac{1}{n}\)
Do đó:
\(I_1=\lim\limits_{x\rightarrow1}\left(\dfrac{1-\sqrt[2]{x}}{1-x}\right)\left(\dfrac{1-\sqrt[3]{x}}{1-x}\right)...\left(\dfrac{1-\sqrt[n]{x}}{1-x}\right)=\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3}...\dfrac{1}{n}=\dfrac{1}{n!}\)
Câu 2 cũng vậy: L'Hopital hoặc tách hằng đẳng thức trâu bò (thôi L'Hopital đi cho đỡ sợ)
\(I_2=\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{\left(\sqrt{1+x^2}+x\right)^n-\left(\sqrt{1+x^2}-x\right)^n}{x}\)
\(=\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{n\left(\sqrt{1+x^2}+x\right)^{n-1}\left(\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}+1\right)-n\left(\sqrt{1+x^2}-x\right)^{n-1}\left(\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}-1\right)}{1}\)
\(=\dfrac{n.1-n\left(-1\right)}{1}=2n\)
Bạn xem lại đề, với a;b;c dương thì biểu thức P không tồn tại max nếu đề hoàn toàn đúng
Muốn P tồn tại max thì a;b;c cần không âm (nghĩa là có thể bằng 0)
Tham khảo: Bài 4.8 trang 211 Sách bài tập Đại số và giải tích 11: Chứng minh rằng với |x| rất bé so với
Tham khảo cách giải:
Đặt \(x\left(y\right)=\sqrt{a^2+x}\) ta có:
\(y'\left(x\right)=\dfrac{\left(a^2+x\right)'}{2\sqrt{a^2+x}}=\dfrac{1}{2\sqrt{a^2+x}}\)
Từ đó:
\(\Delta y=y\left(x\right)-y\left(0\right)\approx y'\left(0\right)x\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2+x}-\sqrt{a^2+0}\approx\dfrac{1}{2\sqrt{a^2+0}}x\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2+x}-a\approx\dfrac{x}{2a}\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2+x}\approx a+\dfrac{x}{2a}\)
Áp dụng :
\(\sqrt{146}=\sqrt{12^2+2}\)
\(\approx12+\dfrac{2}{2.12}\approx12,0833\)
Bài 1:
\(\lim\limits_{x\rightarrow1}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow1}\frac{\sqrt{x+3}-2+2-\sqrt[3]{3x+5}}{x-1}=\lim\limits_{x\rightarrow1}\frac{\frac{x-1}{\sqrt{x+3}+2}-\frac{3\left(x-1\right)}{4+2\sqrt[3]{3x+5}+\sqrt[3]{\left(3x+5\right)^2}}}{x-1}\)
\(=\lim\limits_{x\rightarrow1}\left(\frac{1}{\sqrt{x+3}+2}-\frac{3}{4+2\sqrt[3]{3x+5}+\sqrt[3]{\left(3x+5\right)^2}}\right)=0\)
\(f\left(1\right)=a+1\)
Để hàm số liên tục trên \([-3;+\infty)\Leftrightarrow\) hàm số liên tục tại \(x=1\)
\(\Leftrightarrow\lim\limits_{x\rightarrow1}f\left(x\right)=f\left(1\right)\Rightarrow a+1=0\Rightarrow a=-1\)
Bài 2:
Các hàm số đã cho đều liên tục trên R nên liên tục trên từng khoảng bất kì
a/ Xét \(f\left(x\right)=m\left(x-1\right)^3\left(x+2\right)+2x+3\)
\(f\left(-2\right)=-1\) ; \(f\left(1\right)=5\)
\(\Rightarrow f\left(-2\right).f\left(1\right)< 0;\forall m\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(-2;1\right)\) với mọi m
b/ \(m\left(sin^3x-cosx\right)=0\)
Nếu \(m=0\) pt có vô số nghiệm (thỏa mãn)
Nếu \(m\ne0\Leftrightarrow f\left(x\right)=sin^3x-cosx=0\)
\(f\left(0\right)=-1\) ; \(f\left(\frac{\pi}{2}\right)=1\)
\(\Rightarrow f\left(0\right).f\left(\frac{\pi}{2}\right)< 0\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(0;\frac{\pi}{2}\right)\)
Phương trình luôn có nghiệm với mọi m
