mn giúp mình với ạ 
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
11 tháng 8 2021
\(h'\left(x\right)=f'\left(x\right)-g'\left(x\right)=0\Rightarrow x=\left\{a;b;c\right\}\)
Ta thấy \(h'\left(x\right)>0\) trên \(\left(b;c\right)\) và \(h'\left(x\right)< 0\) trên \(\left(a;b\right)\)
\(\Rightarrow x=b\) là điểm cực tiểu trên \(\left[a;c\right]\) hay \(\min\limits_{\left[a;c\right]}h\left(x\right)=h\left(b\right)\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
17 tháng 8 2021
\(log_{\sqrt{x}}y=\dfrac{2y}{5}\Rightarrow2log_xy=\dfrac{2y}{5}\) \(\Rightarrow log_xy=\dfrac{y}{5}\)
\(log_{\sqrt[3]{5}}x=\dfrac{15}{y}\Rightarrow3log_5x=\dfrac{15}{y}\Rightarrow log_5x=\dfrac{5}{y}\)
\(\Rightarrow log_xy=\dfrac{1}{log_5x}=log_x5\Rightarrow y=5\)
\(\Rightarrow log_5x=\dfrac{5}{5}=1\Rightarrow x=5\)
\(\Rightarrow x^2+y^2=25+25=50\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
2 tháng 11 2021
Đặt tên các điểm như hình vẽ, với H là trung điểm AB
\(\Rightarrow\widehat{SHO}=60^0\) (là góc giữa thiết diện và đáy nón)
Tam giác SAB đều \(\Rightarrow SH=\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}\) (trung tuyến tam giác đều)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}OH=SH.cos60^0=\sqrt{3}\\h=SO=SH.sin60^0=3\end{matrix}\right.\)
\(R=OA=\sqrt{AH^2+OH^2}=\sqrt{2^2+3}=\sqrt{7}\)
\(\Rightarrow V=\dfrac{1}{3}\pi R^2h=\dfrac{1}{3}\pi.7.3=7\pi\left(cm^3\right)\)
MA
0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
18 tháng 3 2023
1.
\(\sqrt{x}=0\Rightarrow x=0\)
\(\Rightarrow V=\pi\int\limits^1_0\left(\sqrt{x}\right)^2dx=\pi\)
2.
Phương trình hoành độ các giao điểm:
\(x^3=0\Rightarrow x=0\)
\(2-x=0\Rightarrow x=2\)
\(x^3=2-x\Rightarrow x=1\)
\(\Rightarrow S=\int\limits^1_0\left|x^3\right|dx+\int\limits^2_1\left|2-x\right|dx=\int\limits^1_0x^3dx+\int\limits^2_1\left(2-x\right)dx\)
\(=\dfrac{1}{2}+\int\limits^1_0x^3dx\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
18 tháng 3 2023
3.
\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{1}=1\Rightarrow y^2=1-\dfrac{x^2}{4}\)
\(\Rightarrow y=\pm\sqrt{1-\dfrac{x^2}{4}}\)
Hoành độ giao điểm: \(\sqrt{1-\dfrac{x^2}{4}}=0\Rightarrow x=\pm2\)
\(\Rightarrow S=2\int\limits^2_{-2}\sqrt{1-\dfrac{x^2}{4}}dx\)
Đặt \(x=2sint\Rightarrow dx=2cost.dt\)
\(\left\{{}\begin{matrix}x=-2\Rightarrow t=-\dfrac{\pi}{2}\\x=2\Rightarrow t=\dfrac{\pi}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow S=2\int\limits^{\dfrac{\pi}{2}}_{-\dfrac{\pi}{2}}\sqrt{1-cos^2t}.2cost.dt=2\int\limits^{\dfrac{\pi}{2}}_{-\dfrac{\pi}{2}}2cos^2tdt\)
\(=2\int\limits^{\dfrac{\pi}{2}}_{-\dfrac{\pi}{2}}\left(cos2t+1\right)dt=\left(sin2t+2t\right)|^{\dfrac{\pi}{2}}_{-\dfrac{\pi}{2}}=2\pi\)
TB
1
\(g'\left(x\right)=ln\left(2\right).f'\left(x\right).2^{f\left(x\right)}-ln\left(3\right).f'\left(x\right).3^{f\left(x\right)}\)
\(g'\left(x\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}f'\left(x\right)=0\left(1\right)\\ln\left(2\right)2^{f\left(x\right)}=ln\left(3\right)3^{f\left(x\right)}\left(2\right)\end{cases}}\)
\(\left(1\right)\): dựa vào đồ thị thấy có ba nghiệm phân biệt.
\(\left(2\right)\)tương đương với:
\(\left(\frac{3}{2}\right)^{f\left(x\right)}=\frac{ln\left(2\right)}{ln\left(3\right)}\Leftrightarrow f\left(x\right)=log_{\frac{3}{2}}\frac{ln\left(2\right)}{ln\left(3\right)}\approx-1,14\)
Đối chiếu đồ thị thấy không có nghiệm.
Vậy \(g\left(x\right)\)có ba điểm cực trị.