Đặt t=cotx, t>0

Ta có: y=\(\frac{t+1}{10t+m}\)

\(\Rightarrow y'=\frac{m-10}{\left(10t+m\right)^2}\)

Để hàm số đồng biến trên \(\left(0;\frac{\pi}{2}\right)\)mà hàm số t lại nghịch biến trên \(\left(0;\frac{\pi}{2}\right)\)thì m-10<0

\(\Leftrightarrow m< 10\)

Lại có điều kiện để hàm số xác định: 10t+m\(\ne0\) \(\Leftrightarrow10t\ne-m\)\(\Leftrightarrow-10t\ne m\)

Mà t>0 \(\Rightarrow-10t< 0\:\Rightarrow m\ge0\)

Vậy \(0\le m< 10\) thì hàm số đồng biến trên \(\left(0;\frac{\pi}{2}\right)\)

Không hiểu thì bạn hỏi lại mình nha ><

Đặt \(cotx=t\) \(\Rightarrow t>0\)

Ta thấy rằng khi x tăng trên \(\left(0;\frac{\pi}{2}\right)\) thì t giảm trên \(\left(0;+\infty\right)\)

Do đó hàm \(y=\frac{cotx+1}{10cotx+m}\) tăng trên \(\left(0;\frac{\pi}{2}\right)\Leftrightarrow y=\frac{t+1}{10t+m}\) giảm trên \(\left(0;+\infty\right)\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y'=\frac{m-10}{\left(10t+m\right)^2}< 0\\-\frac{m}{10}\notin\left(0;+\infty\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< 10\\-\frac{m}{10}\le0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow0\le m< 10\)

Lời giải:

Đặt \(\overrightarrow {n_P}=(a,b,c)\). Vì \(\overrightarrow {AB}=(-1,-2,3)\perp \overrightarrow{n_P}\Rightarrow a+2b-3c=0(1)\)

Vì $(P)$ đi qua $A(1,0,0)$ nên phương trình mp $(P)$ :\(a(x-1)+by+cz=0\)

Do đó \(d(C,(P))=\frac{|b+c|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=\frac{2}{\sqrt{3}}\Rightarrow 4a^2+b^2+c^2=6bc(2)\)

Từ \((1),(2)\Rightarrow 37c^2-54bc+17b^2=0\Leftrightarrow (b-c)(17b-37c)=0\)

TH1: \(b=c\Rightarrow a=3c-2b=b\)

PTMP \((P): b(x-1)+by+bz=0\Leftrightarrow x+y+z-1=0\)

TH2: \(b=\frac{37c}{17}\Rightarrow a=3c-2b=\frac{=23c}{17}\)

PTMP $(P)$ : \(\frac{-23}{17}c(x-1)+\frac{37}{17}cy+cz=0\Leftrightarrow -23x+37y+17z+23=0\)

Cô chào em, em chụp lịch sử giao dịch đổi quà cho cô, em chụp rõ ngày giờ giao dịch nhé, cô cảm ơn em.

bon nhóm anti c.â.m hết mồm vào cho lão tử

Lời giải:

Ta có: \(y'=-2x\) nên phương trình tiếp tuyến tại điểm \((1;3)\) là:

\(y=-2(x-1)+3\Leftrightarrow y=-2x+5\) \((d)\)

Khi đó, \(\left\{\begin{matrix} (d)\cap Ox=\left(\frac{5}{2},0\right)\\ (d)\cap Oy=(0,5)\end{matrix}\right.\)

Suy ra độ dài hai cạnh góc vuông là: \(\frac{5}{2}\) và $5$

Do đó, diện tích tam giác vuông là:

\(S=\frac{1}{2}.\frac{5}{2}.5=\frac{25}{4}\) (đơn vị diện tích)

\(\log_{\frac{7}{2}}\frac{1}{3}=-\log_{\frac{7}{2}}3=\frac{1}{\left(-1\right)\log_3\frac{7}{2}}=\frac{1}{\log_3\frac{2}{7}}=\log_{\frac{2}{7}}3\)

Tọa độ các đỉnh của lát cắt dãy núi trên đoạn

là

và

Lời giải:

Ta có: \(4^x+2^x=4x+2\) \(\Leftrightarrow 4^x+2^x-4x-2=0\)

Đặt \(f(x)=4^x+2^x-4x-2\)

\(\Rightarrow f'(x)=\ln 4.4^x+\ln 2.2^x-4\)

\(f'(x)=\ln 4(2^x)^2+\ln 2.2^x-4=0\Leftrightarrow \) \(\left[{}\begin{matrix}2^x\approx-1.96\left(vl\right)\\2^x=1.47\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow x\approx \log_2(1.47)\)

Lập bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta suy ra pt \(f(x)=0\) có nghiệm \(x=\left\{0;1\right\}\)

em cảm ơn ạ!

Xét : \(M\left(x_0;x_0+1+\frac{1}{x_0+1}\right)\)

Tiếp tuyến tại M có phương trình \(y=\left(1-m^2\right)x+m^2+2m+1\) (với \(m=\frac{1}{x_0-1}\))

tiếp tuyến cắt tiệm  cận đứng tại \(A\left(1;2m+2\right)\); cắt tiệm cận tại \(B\left(1+\frac{2}{m};2+\frac{2}{m}\right)\) và hai tiệm cận cắt nhau tại I(1;2)

Chu vi tam giác ABI : \(P=AB+BI+IA=\sqrt{4m^2+\frac{8}{m^2}+8}+\frac{2\sqrt{2}}{\left|m\right|}+2\left|m\right|\)

Áp dụng Bất đẳng thức Côsi, ta có :

\(4m^2+\frac{8}{m^2}\ge8\sqrt{2};\frac{2\sqrt{2}}{\left|m\right|}+2\left|m\right|\ge4\sqrt[4]{2}\Rightarrow P\ge\sqrt{8\sqrt{2}+8}+4\sqrt[4]{2}\)

Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow m=\pm\sqrt[4]{2}\)

Vậy \(M\left(1\pm\frac{1}{\sqrt[4]{2}};2\pm\frac{1}{\sqrt[4]{2}}\pm\sqrt[4]{2}\right)\)