Bài 2: Hàm số lũy thừa

Lời giải:

Ta có \(A=2^{x+1}+3.2^x-2^{x-1}=2^{x-1}(4+6-1)=9.2^{x-1}\)

Vì \(A>0\forall x\in\mathbb{R}\) nên \(\frac{A^2}{81}+\frac{2A}{9}>0\)

Do đó PT \(\frac{A^2}{81}+\frac{2A}{9}=-1\) vô nghiệm.

Vậy không có $x$ thỏa mãn.

Xét ΔPQE vuông tại Q và ΔPRE vuông tại R có

PE chug

PQ=PR

Do đó: ΔPQE=ΔPRE

Suy ra: EQ=ER

hay ΔEQR cân tại E

Tìm nguyên hàm \(F\left(x\right)\)

\(F\left(x\right)=\tan x2\cot x-\sqrt{2}\cos x+2\cos^2xdx=2-\sqrt{2}\sin x+\sin2xdx\)\(=2x+\sqrt{2}\cos x-\frac{\cos2x}{2}+C\)

\(F\left(\frac{\pi}{4}\right)=2.\frac{\pi}{4}+\sqrt{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}-0+C=\frac{\pi}{2}\Rightarrow C=-1\)

Vậy \(F\left(x\right)=2x+\sqrt{2}\cos x-\frac{\cos2x}{2}-1\)

Do \(\sqrt{\pi}>1\) nên theo tính chất về lũy thừa số thực, ta có :

* Vì \(\cos x\ge1,x\in R\) nên \(A=\left(\sqrt{\pi}\right)^{\cos x}\ge\left(\sqrt{\pi}\right)^{-1}=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\)

Giá trị nhỏ nhất của A là \(\frac{1}{\sqrt{\pi}}\) đạt được khi \(\cos x=-1\Leftrightarrow x=\pi+2k\pi,k\in Z\)

* Vì \(\cos x\le1,x\in R\) nên \(A=\left(\sqrt{\pi}\right)^{\cos x}\le\left(\sqrt{\pi}\right)^1=\sqrt{\pi}\)

Giá trị nhỏ nhất của A là \(\sqrt{\pi}\) đạt được khi \(\cos x=1\Leftrightarrow x=2k\pi,k\in Z\)

viết rõ đề bài dc ko???

chán

TT^TT

~)

ông Phương ơi ông off chưa ra chửi nhau vs tui cho đỡ chán

TT^TT

       \(5^x+5^{1-x}-6=0\)

<=> \(5^x+\frac{5}{5^x}-6=0\)

<=> \((5^x)^2-6.5^x+5=0\)

<=> \(5^x=5 \) hoặc \(5^x=1\)

<=> \(x=1 \) hoặc \(x=log_{5}{1}\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: \(x=1 \) hoặc \(x=log_{5}{1}\)

\(5^x+5^{1-x}-6=0\Leftrightarrow5^{2x}-6.5+5=0\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}5^x=5\\5^x=1\end{cases}\)

\(\Rightarrow\begin{cases}x=1\\x=0\end{cases}\)

Q(x)=x⁴+2015x²+2016

   có:   x⁴\(\ge\)0   với mọi x

          2015x² \(\ge\)0    với mọi x

           2016>0

 => x⁴+2015x²+2016>0

Q(x) ko có nghiệm

Ta có x^4 lớn hơn hoặc bằng 0 vs mọi x thuộc N 

2015x^2 lớn hơn hoặc bằng 0 vs mọi x thuộc N 

2016>0=)x^4+2015x^2+2016 >0

Vậy Q(x) hk có nghiệm 

Do  \(a+b=1\Rightarrow b=1-a\)

Suy ra : \(f\left(b\right)=f\left(1-a\right)=\frac{9^{1-a}}{9^{1-a}+3}=\frac{9}{9+3.9^a}=\frac{3}{3+9^a}\)

               \(\Rightarrow f\left(a\right)+f\left(b\right)=\frac{9^a}{9^a+3}+\frac{3}{3+9^a}=1\)

Khử b từ các đẳng thức giả thiết ta có :

\(a=10^{1-\frac{1}{lgb}}\Rightarrow lga=\frac{1}{1-lgb}\Rightarrow1-lgb=\frac{1}{lga}\Rightarrow lgb=1-\frac{1}{lga}\)  (1)

\(b=10^{1-\frac{1}{lgc}}\Rightarrow lgb=\frac{1}{1-lgc}\)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra :

\(1-\frac{1}{lga}=\frac{1}{1-lgc}\Rightarrow1-lgc=\frac{lga}{lga-1}=1+\frac{1}{lga-1}\)

                        \(\Rightarrow lgc=\frac{1}{1-lga}\Rightarrow c=10^{\frac{1}{1-lga}}\)

Vậy với \(a=10^{1-\frac{1}{lgb}};b=10^{1-\frac{1}{lgc}}\Rightarrow c=10^{\frac{1}{1-lga}}\)

Điều kiện \(\begin{cases}\sqrt{x^2+1}-2>0\\3x-2\ge0\\x^2-1>0\end{cases}\) \(\Leftrightarrow x\ge\sqrt{3}\)

Vậy tập xác định là : \(D=\)[\(\sqrt{3;}+\infty\) )