\(f'\left(x\right)=4sin\left(3x-\dfrac{\pi}{4}\right)\cdot\left[sin\left(3x-\dfrac{\pi}{4}\right)\right]'\\ =4\left(3x-\dfrac{\pi}{4}\right)'cos\left(3x-\dfrac{\pi}{4}\right)sin\left(3x-\dfrac{\pi}{4}\right)\\ =6sin\left(6x-\dfrac{\pi}{2}\right)\)

Vì \(-1\le sin\left(6x-\dfrac{\pi}{2}\right)\le1\Rightarrow-6\le6sin\left(6x-\dfrac{\pi}{2}\right)\le6\Leftrightarrow-6\le f'\left(x\right)\le6\)

Vậy \(\left|f'\left(x\right)\right|\le6\forall x\)

\(f\left(-x\right)=\left|-sinx-cosx\right|-\left|-sinx+cosx\right|\)

\(=\left|sinx+cosx\right|-\left|sinx-cosx\right|=-f\left(x\right)\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)+f\left(-x\right)=0\)

\(\Rightarrow T=f\left(-\pi\right)+f\left(\pi\right)+f\left(-\frac{\pi}{2}\right)+f\left(\frac{\pi}{2}\right)+...+f\left(-\frac{\pi}{n}\right)+f\left(\frac{\pi}{n}\right)+f\left(0\right)\)

\(=0+0+...+0+f\left(0\right)=f\left(0\right)\)

\(=1-1=0\)

Chứng minh các biểu thức đã cho không phụ thuộc vào x.

Từ đó suy ra f'(x)=0

a) ;

b) ;

c) (\(\sqrt{2}\)-\(\sqrt{6}\))=>f'(x)=0

d,f(x)=\(\frac{3}{2}\)=>f'(x)=0

Lời giải:

Ta có:

\(f(x)=\sin ^2\left(\frac{\pi}{6}-x\right)+\sin ^2\left(\frac{\pi}{6}+x\right)\)

\(\Rightarrow f'(x)=2\sin \left(\frac{\pi}{6}-x\right).-\cos \left(\frac{\pi}{6}-x\right)+2\sin \left(\frac{\pi}{6}+x\right)\cos \left(\frac{\pi}{6}+x\right)\)

\(f'(x)=-\sin 2\left(\frac{\pi}{6}-x\right)+\sin 2\left(\frac{\pi}{6}+x\right)\)

Áp dụng công thức: \(\sin a-\sin b=2\cos \frac{a+b}{2}\sin \frac{a-b}{2}\) suy ra:

\(f'(x)=-\sin \left(\frac{\pi}{3}-2x\right)+\sin \left(\frac{\pi}{3}+2x\right)\)

\(f'(x)=2\cos \left(\frac{\pi}{3}\right)\sin 2x=\sin 2x\) (đpcm)

dạ e cảm ơn ạ

a: \(5-2\cdot cos^2x\cdot\sin^2x\)

\(=5-2\cdot\left(\sin x\cdot cosx\right)^2\)

\(=5-2\cdot\left(\frac12\cdot\sin2x\right)^2=5-2\cdot\frac14\cdot\sin^22x=-\frac12\cdot\sin^22x+5\)

Ta có: \(0\le\sin^22x\le1\)

=>\(-\frac12\le-\frac12\cdot\sin^22x\le0\)

=>\(-\frac12+5\le-\frac12\cdot\sin^22x+5\le0+5\)

=>\(\frac92\le-\frac12\cdot\sin^22x+5\le5\)

=>\(\frac{3\sqrt2}{2}\le\sqrt{-\frac12\cdot\sin^22x+5}\le\sqrt5\)

=>\(4:\frac{3\sqrt2}{2}\ge\frac{4}{\sqrt{-\frac12\cdot sin^22x+5}}\ge\frac{4}{\sqrt5}\)

=>\(\frac{2\sqrt2}{3}\ge y\ge\frac{4\sqrt5}{5}\)

Do đó: \(y_{\max}=\frac{2\sqrt2}{3}\) khi \(\sin^22x=1\)

=>\(cos^22x=0\)

=>cos2x=0

=>\(2x=\frac{\pi}{2}+k\pi\)

=>\(x=\frac{\pi}{4}+\frac{k\pi}{2}\)

\(y_{\min}=\frac{4\sqrt5}{5}\) khi \(\sin^22x=0\)

=>sin 2x=0

=>\(2x=k\pi\)

=>\(x=\frac{k\pi}{2}\)

b: \(f\left(x\right)=3\cdot\sin^2x+5\cdot cos^2x-4\cdot cos2x-2\)

\(=3\cdot\sin^2x+5\cdot cos^2x-4\left(cos^2x-\sin^2x\right)-2\)

\(=3\cdot\sin^2x+5\cdot cos^2x-4\cdot cos^2x+4\cdot\sin^2x-2\)

\(=7\cdot\sin^2x+cos^2x-2=7\cdot\sin^2x+1-\sin^2x-2=6\cdot\sin^2x-1\)

Ta có: \(0\le\sin^2x\le1\)

=>\(0\le6\sin^2x\le6\)

=>\(0-1\le6\sin^2x-1\le6-1\)

=>-1<=f(x)<=5

f(x) min=-1 khi \(\sin^2x=0\)

=>sin x=0

=>\(x=k\pi\)

f(x) max=5 khi \(\sin^2x=1\)

=>\(cos^2x=0\)

=>cosx=0

=>\(x=\frac{\pi}{2}+k\pi\)

a) f'(x) = - 3sinx + 4cosx + 5. Do đó

f'(x) = 0 <=> - 3sinx + 4cosx + 5 = 0 <=> 3sinx - 4cosx = 5

<=> sinx - cosx = 1. (1)

Đặt cos φ = , (φ ∈) => sin φ = , ta có:

(1) <=> sinx.cos φ - cosx.sin φ = 1 <=> sin(x - φ) = 1

<=> x - φ = + k2π <=> x = φ + + k2π, k ∈ Z.

b) f'(x) = - cos(π + x) - sin = cosx + sin.

f'(x) = 0 <=> cosx + sin = 0 <=> sin = - cosx <=> sin = sin

<=> = + k2π hoặc = π - x + + k2π

<=> x = π - k4π hoặc x = π + k, (k ∈ Z).

• Xét hàm số \(f\left( x \right) = 2x - \sin x\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\).

Vậy hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\).

• Xét hàm số \(g\left( x \right) = \sqrt {x - 1} \)

ĐKXĐ: \(x - 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 1\)

Hàm số \(g\left( x \right) = \sqrt {x - 1} \) có tập xác định \(D = \left[ {1; + \infty } \right)\).

Hàm số \(g\left( x \right) = \sqrt {x - 1} \) là hàm căn thức nên liên tục trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \sqrt {x - 1}  = \sqrt {1 - 1}  = 0 = g\left( 1 \right)\)

Do đó hàm số \(g\left( x \right) = \sqrt {x - 1} \) liên tục tại điểm \({x_0} = 1\).

Vậy hàm số \(g\left( x \right) = \sqrt {x - 1} \) liên tục trên nửa khoảng \(\left[ {1; + \infty } \right)\).

• Xét hàm số \(y = f\left( x \right).g\left( x \right) = \left( {2x - \sin x} \right)\sqrt {x - 1} \)

Do hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = g\left( x \right)\) đều liên tục tại mọi điểm \({x_0} \in \left[ {1; + \infty } \right)\) nên hàm số \(y = f\left( x \right).g\left( x \right)\) liên tục trên nửa khoảng \(\left[ {1; + \infty } \right)\).

• Xét hàm số \(y = \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = \frac{{2x - \sin x}}{{\sqrt {x - 1} }}\)

Do hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = g\left( x \right)\) đều liên tục tại mọi điểm \({x_0} \in \left[ {1; + \infty } \right)\) nên hàm số \(y = \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}\) liên tục trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).

a) Ta có:

      \(\sqrt 2 \sin \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) = \sqrt 2 \left( {\sin x\cos \frac{\pi }{4} + \cos x\sin \frac{\pi }{4}} \right) = \sqrt 2 \left( {\sin x.\frac{{\sqrt 2 }}{2} + \cos x.\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = \sin x + \cos x\)

b) Ta có:

\(\tan \left( {\frac{\pi }{4} - x} \right) = \frac{{\tan \frac{\pi }{4} - \tan x}}{{1 + \tan \frac{\pi }{4}\tan x}} = \frac{{1 - \tan x}}{{1 + \tan x}}\;\)