|
|
giải đáp
|
dao ham lop 11
|
|
|
|
a. $y'=2(\frac{sinx}{1+cosx})(\frac{sinx}{1+cosx})'=2(\frac{sinx}{1+cosx})[\frac{(1+cosx)}{(1+cosx)^2}]=\frac{2sinx}{(1+cosx)^2}$
b. $y'=x'.cosx+(cosx)'.x=cosx-x.sinx$
c. $y'=3sin^2(2x+1)[sin(2x+1)]'=3sin^2(2x+1)[cos(2x+1).(2x+1)']=6sin^2(2x+1).cos(2x+1)=3sin(4x+2).sin(2x+1)$ |
|
|
|
giải đáp
|
giới hạn lớp 11 (2)
|
|
|
|
Câu b. Đặt $u_{n}=\frac{sin(x-\frac{\pi}{6})}{\frac{\sqrt{3}}{2}-cosx}$ n \to \infty
Ta đặt $2t=x-\frac{\pi}{6}=>x=2t+\frac{\pi}{6}$ (Khi $x \to \frac{\pi}{6} \Leftrightarrow t \to 0)$
$u_{n} =\frac{sin2t}{cos\frac{\pi}{6}-cos(2t+\frac{\pi}{6})}=\frac{sin2t}{2sin(\frac{\pi}{6}+t)sin2t}=\frac{1}{2sin(\frac{\pi}{6}+t)}$
Ta có
$\mathop {\lim }\limits_{t \to 0}u_{n}=\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{6}}\frac{(\frac{\pi}{6}+t)}{2(\frac{\pi}{6}+t).sin(\frac{\pi}{6}+t)}=\frac{3}{\pi}$
|
|
|
|
giải đáp
|
dao ham lop 11 (1)
|
|
|
|
a. $y'=\frac{1}{2\sqrt{cot2x}}.(cot2x)'=\frac{1}{2\sqrt{cot2x}}.\frac{-1}{sin^22x}.(2x)'=-\frac{1}{\sqrt{cot2x}.sin^22x}$
b. $y'=cos(\sqrt{x^2+2}).(\sqrt{x^2+2})'=cos(\sqrt{x^2+2}).\frac{1}{2\sqrt{x^2+2}}.(x^2+2)'=cos(\sqrt{x^2+2}).\frac{1}{2\sqrt{x^2+2}}.2x=\frac{x.cos(\sqrt{x^2+2})}{\sqrt{x^2+2}}$
c. $y'=\frac{1}{2\sqrt{sinx+2x}}.(sinx+2x)'=\frac{cosx+2}{2\sqrt{sinx+2x}}$ |
|
|
|
giải đáp
|
dao ham lop 11 (3)
|
|
|
|
b. $y=sin(cos^2x.\frac{sin^2x}{cos^2x})=sin(sin^2x)$
$y'=cos(sin^2x).(sin^2x)'=cos(sin^2x).2sinx(sinx)'=2sinxcosx.cos(sin^2x)=sin2x.cos(sin^2x)$ |
|
|
|
giải đáp
|
sao không ai giúp lun
|
|
|
|
Câu a *$\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty }(x+\sqrt{3x^2-x^3})=\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty }\frac{x^3+3x^2-x^3}{x^2-x\sqrt[3]{3x^2-x^3}+(\sqrt[3]{3x^2-x^3})^2}$
=$\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty }\frac{3}{1-\sqrt[3]{\frac{3}{x}-1}+(\sqrt[3]{\frac{3}{x}-1})^2}=1$
http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113565/mot-so-dang-toan-co-ban-cua-gioi-han-day-so
|
|
|
|
giải đáp
|
giải pt lượng giác
|
|
|
|
Câu 2 Gợi ý : quy đồng khử mẫu rồi cứ nhân vào thôi nhé! Pt <=> $2sin^2x+3\sqrt{2}sinx+2=0$ Dạng cơ bản rồi $x=-\frac{\pi}{4}+k2\pi \vee x=\frac{5\pi}{4}+k2\pi(k\in Z)$ |
|
|
|
giải đáp
|
giải pt lượng giác
|
|
|
|
Câu 1 ĐK: $sinx\neq 0 <=> x\neq k\pi$ Pt <=>$\frac{sin^2x(sin2x+cos2x)}{sin^2x+cos^2x}=\frac{\sqrt{2}}{2}.2cos(\frac{\pi}{4}-2x).sinx$
<=> $sin^2x(sin2x+cos2x)-(sin2x+cos2x).sinx=0$
<=>$sinx(sin2x+cos2x)(sinx-1)=0$
Đơn giản rồi nhé! $x=-\frac{\pi}{8}+k\frac{\pi}{2} \vee x= \frac{\pi}{2}+k\pi (k\in Z)$ |
|
|
|
giải đáp
|
sao không ai giúp lun
|
|
|
|
Câu b $\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty }\frac{x^2+\sqrt[3]{1-x^6}}{\sqrt{x^4+1}-x^2}=\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty }\frac{(x^6+1-x^6)(\sqrt{x^4+1}+x^2)}{(x^4+1-x^4)(x^4-x^2\sqrt[3]{1-x^6}+(\sqrt[3]{1-x^6})^2)}=\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty }\frac{\sqrt{1+\frac{1}{x^4}}+1}{x^2(1-\sqrt[3]{\frac{1}{x^6}-1}+(\sqrt[3]{\frac{1}{x^6}-1})^2)}=0 $
Còn $x\rightarrow -\infty $ thì thêm trừ trước căn thức khi chia |
|
|
|
giải đáp
|
Giải giúp mình với!!
|
|
|
|
$4(sin^4x+cos^4x)+sin4x-2=0$
<=>$4(sin^2x+cos^2x)^2-8sin^2x.cos^2x+sin4x-2=0$
<=>$1-2sin^22x+sin4x+1=0$
<=>$cos4x+sin4x=-1$
<=>$cos(\frac{\pi}{4}-4x)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$
Dạng cơ bản rồi! |
|
|
|
giải đáp
|
help
|
|
|
|
Câu c $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty }\frac{4.3^x+7^x.7}{2.5^x+7^x}=\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty }\frac{4.(\frac{3}{7})^x+1.7}{2.(\frac{5}{7})^x+1}=7$
|
|
|
|
giải đáp
|
sao không ai giúp lun
|
|
|
|
Câu d *$\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty }\frac{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}-x}{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}+\sqrt{x}}=\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty }\frac{\sqrt{x}(\sqrt{1+\sqrt{\frac{1}{x}}})}{\sqrt{x}(\sqrt{1+\sqrt{\frac{1}{x}+\sqrt{\frac{1}{x^3}}}})+1}=\frac{1}{2}$
Còn $x\rightarrow -\infty $ tương tự câu trên lưu ý đặt dấu trừ trước căn nhé! |
|
|
|
giải đáp
|
giới hạn lớp 11 (2)
|
|
|
|
Câu a. $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{2}}\frac{1-sinx}{(\frac{\pi}{2}-x)^2}$
=$\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{2}}\frac{(cos\frac{x}{2}-sin\frac{x}{2})^2}{(\frac{\pi}{2}-x)^2}$
=$\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{2}}\frac{2sin^2[\frac{1}{2}(\frac{\pi}{2}-x)]}{(\frac{\pi}{2}-x)^2}$
=$\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{2}}\frac{\frac{1}{2}(\frac{\pi}{2}-x)^2.[\frac{sin[\frac{1}{2}(\frac{\pi}{2}-x)}{\frac{1}{2}(\frac{\pi}{2}-x)}]^2}{(\frac{\pi}{2}-x)^2}$
=$\frac{1}{2}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giúp em với sắp thi rồi
|
|
|
|
Câu 1 Có thể làm theo cách sau: Theo giả thiết đã cho thì $\alpha+\beta+\gamma=k\pi => sin(\alpha+\beta+\gamma)=0$ và $cos\alpha.cos\beta.cos\gamma$ =>$\frac{sin(\alpha+\beta+\gamma)}{cos\alpha.cos\beta.cos\gamma}=0$ (1)
Ta lại có: $sin(\alpha+\beta+\gamma)=sin(\alpha+\beta).cos\gamma+cos(\alpha+\beta).sin\gamma$ =$sin\alpha.cos\beta.cos\gamma+sin\beta.cos\alpha.cos\gamma+sin\gamma.cos\alpha.cos\beta-sin\alpha.sin\beta.sin\gamma$ (2)
Từ (1),(2) suy ra:
$\frac{sin\alpha.cos\beta.cos\gamma+sin\beta.cos\alpha.cos\gamma+sin\gamma.cos\alpha.cos\beta-sin\alpha.sin\beta.sin\gamma}{cos\alpha.cos\beta.cos\gamma}=0$
$<=>tan\alpha+tan\beta+tan\gamma-tan\alpha.tan\beta.tan\gamma=0$
$<=>tan\alpha+tan\beta+tan\gamma=tan\alpha.tan\beta.tan\gamma$ (đpcm) |
|
|
|
giải đáp
|
Giúp em giải bài này với các anh
|
|
|
|
Gợi ý tiếp để bài toán hoàn chỉnh hơn Ta có: $(cos\frac{a}{2}+cos\frac{b}{2})(cos\frac{a}{4}+cos\frac{b}{4})(cos\frac{a}{8}+cos\frac{b}{8})(cos\frac{a}{8}-cos\frac{b}{8})$ $=\frac{1}{2}(cos\frac{a}{2}+cos\frac{b}{2})(cos^2\frac{a}{4}-cos^2\frac{b}{4})$ $=\frac{1}{4}(cos^2\frac{a}{2}-cos^2\frac{b}{2})=\frac{1}{8}(cosa-cosb)$ Do ở trên ta nhân cho 1 lượng $(cos\frac{a}{8}-cos\frac{b}{8})$
Vậy suy ra:$\frac{cosa-cosb}{8(cos\frac{a}{8}-cos\frac{b}{8})}$ (đpcm)
|
|
|
|
giải đáp
|
Giúp em với sắp thi rồi
|
|
|
|
Câu 2 Ta có $cos\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2}\sqrt{2}$
$cos\frac{\pi}{8}=\sqrt{\frac{1+cos\frac{\pi}{4}}{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{2+\sqrt{2}}$
$...$
$cos\frac{\pi}{32}=\sqrt{\frac{1+cox\frac{\pi}{16}}{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}$ |
|