Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Cách 1: Ta có:
y' = 6sin5x.cosx - 6cos5x.sinx + 6sinx.cos3x - 6sin3x.cosx = 6sin3x.cosx(sin2x - 1) + 6sinx.cos3x(1 - cos2x) = - 6sin3x.cos3x + 6sin3x.cos3x = 0.
Vậy y' = 0 với mọi x, tức là y' không phụ thuộc vào x.
Cách 2:
y = sin6x + cos6x + 3sin2x.cos2x(sin2x + cos2x) = sin6x + 3sin4x.cos2x + 3sin2x.cos4x + cos6x = (sin2x + cos2x)3 = 1
Do đó, y' = 0.
b) Cách 1:
Áp dụng công thức tính đạo hàm của hàm số hợp
(cos2u)' = 2cosu(-sinu).u' = -u'.sin2u
Ta được
y' =[sin - sin
] + [sin
- sin
] - 2sin2x = 2cos
.sin(-2x) + 2cos
.sin(-2x) - 2sin2x = sin2x + sin2x - 2sin2x = 0,
vì cos = cos
=
.
Vậy y' = 0 với mọi x, do đó y' không phụ thuộc vào x.
Cách 2: vì côsin của hai cung bù nhau thì đối nhau cho nên
cos2 = cos2
'
cos2 = cos2
.
Do đó
y = 2 cos2 + 2cos2
- 2sin2x = 1 +cos
+ 1 +cos
- (1 - cos2x) = 1 +cos
+ cos
+ cos2x = 1 + 2cos
.cos(-2x) + cos2x = 1 + 2
cos2x + cos2x = 1.
Do đó y' = 0.
Chứng minh các biểu thức đã cho không phụ thuộc vào x.
Từ đó suy ra f'(x)=0
a) f(x)=1⇒f′(x)=0f(x)=1⇒f′(x)=0 ;
b) f(x)=1⇒f′(x)=0f(x)=1⇒f′(x)=0 ;
c) f(x)=\(\frac{1}{4}\)(\(\sqrt{2}\)-\(\sqrt{6}\))=>f'(x)=0
d,f(x)=\(\frac{3}{2}\)=>f'(x)=0
a) \(sin\left(2x+\dfrac{\pi}{6}\right)+sin\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow sin\left(2x+\dfrac{\pi}{6}\right)=-sin\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)\)
\(\Leftrightarrow sin\left(2x+\dfrac{\pi}{6}\right)=sin\left(\dfrac{\pi}{3}-x\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2x+\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{3}-x+k\pi\\2x+\dfrac{\pi}{6}=\pi-\dfrac{\pi}{3}+x+k\pi\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}3x=\dfrac{\pi}{6}+k\pi\\x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\pi}{18}+\dfrac{k\pi}{3}\\x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi\end{matrix}\right.\)
b) \(sin\left(2x-\dfrac{\pi}{3}\right)-cos\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow sin\left(2x-\dfrac{\pi}{3}\right)=cos\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)\)
\(\Leftrightarrow sin\left(2x-\dfrac{\pi}{3}\right)=sin\left(\dfrac{\pi}{6}-x\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2x-\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{6}-x+k\pi\\2x-\dfrac{\pi}{3}=\pi-\dfrac{\pi}{6}+x+k\pi\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}3x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi\\x=\dfrac{7\pi}{6}+k\pi\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{k\pi}{3}\\x=\dfrac{\pi}{6}+\left(k+1\right)\pi\end{matrix}\right.\)
c: =>\(cos\left(x-\dfrac{pi}{6}\right)=-sin\left(2x+\dfrac{pi}{3}\right)\)
=>\(cos\left(x-\dfrac{pi}{6}\right)=sin\left(-2x-\dfrac{pi}{3}\right)\)
=>\(sin\left(-2x-\dfrac{pi}{3}\right)=sin\left(\dfrac{pi}{2}-x+\dfrac{pi}{6}\right)\)
=>\(sin\left(-2x-\dfrac{pi}{3}\right)=sin\left(-x+\dfrac{2}{3}pi\right)\)
=>\(\left[{}\begin{matrix}-2x-\dfrac{pi}{3}=-x+\dfrac{2}{3}pi+k2pi\\-2x-\dfrac{pi}{3}=pi+x-\dfrac{2}{3}pi+k2pi\end{matrix}\right.\)
=>\(\left[{}\begin{matrix}-x=pi+k2pi\\-3x=\dfrac{2}{3}pi+k2pi\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-pi-k2pi\\x=-\dfrac{2}{9}pi-\dfrac{k2pi}{3}\end{matrix}\right.\)
Ta có: \(\sin x+\sin\left(x+\frac45\pi\right)\)
\(=2\cdot\sin\left(\frac{x+x+\frac45\pi}{2}\right)\cdot cos\left(\frac{x+\frac45\pi-x}{2}\right)=2\cdot\sin\left(x+\frac25\pi\right)\cdot cos\left(\frac25\pi\right)\)
Ta có: \(\sin\left(x+\frac{\pi}{5}\right)+\sin\left(x+\frac35\pi\right)\)
\(=2\cdot\sin\left(\frac{x+\frac{\pi}{5}+x+\frac35\pi}{2}\right)\cdot cos\left(\frac{x+\frac35\pi-x-\frac{\pi}{5}}{2}\right)\)
\(=2\cdot\sin\left(x+\frac25\pi\right)\cdot cos\left(\frac{\pi}{5}\right)\)
Ta có: \(Q=\sin x-\sin\left(x+\frac{\pi}{5}\right)+\sin\left(x+\frac25\pi\right)-\sin\left(x+\frac35\pi\right)+\sin\left(x+\frac45\pi\right)\)
\(=2\cdot\sin\left(x+\frac25\pi\right)\cdot cos\left(\frac25\pi\right)-2\cdot\sin\left(x+\frac25\pi\right)\cdot cos\left(\frac{\pi}{5}\right)+\sin\left(x+\frac25\pi\right)\)
\(=\sin\left(x+\frac25\pi\right)\left\lbrack2\cdot cos\left(\frac25\pi\right)-2\cdot cos\left(\frac{\pi}{5}\right)+1\right\rbrack\)
\(=\sin\left(x+\frac25\pi\right)\cdot\left\lbrack2\cdot\left(2\cdot cos^2\left(\frac{\pi}{5}\right)-1\right)-2\cdot cos\left(\frac{\pi}{5}\right)+1\right\rbrack\)
\(=\sin\left(x+\frac25\pi\right)\cdot\left\lbrack4\cdot cos^2\left(\frac{\pi}{5}\right)-2\cdot cos\left(\frac{\pi}{5}\right)-1\right\rbrack\)
Dựng ΔABC cân tại A, \(\hat{BAC}=36^0\) ; BC=1
Gọi BD là phân giác của góc ABC(D∈AC)
ΔABC cân tại A
=>\(\hat{ABC}=\hat{ACB}=\frac{180^0-\hat{BAC}}{2}=\frac{180^0-36^0}{2}=72^0\)
BD là phân giác của góc ABC
=>\(\hat{ABD}=\hat{DBC}=\frac12\cdot\hat{ABC}=36^0\)
Xét ΔBDC có \(\hat{BDC}+\hat{BCD}+\hat{DBC}=180^0\)
=>\(\hat{BDC}=180^0-36^0-72^0=72^0\)
Xét ΔDAB có \(\hat{DAB}=\hat{DBA}\left(=36^0\right)\)
nên ΔDAB cân tại D
=>DA=DB
Xét ΔBDC có \(\hat{BDC}=\hat{BCD}=72^0\)
nên ΔBDC cân tại B
=>BD=BC=1
=>DA=DB=BC=1
Kẻ DH⊥AB tại H
ΔDAB cân tại D
mà DH là đường cao
nên H là trung điểm của AB
=>HA=HB=x
Xét ΔHAD vuông tại H có cos A\(=\frac{AH}{AD}=x\)
=>\(cosA=\frac{x}{AD}=x\)
DA+DC=AC
=>DC=AC-DA=AB-DA=2x-1
AC=AD+DC=1+2x-1=2x
=>AB=2x
Xét ΔBAC có BD là phân giác
nên \(\frac{DC}{DA}=\frac{BC}{BA}\)
=>\(\frac{2x-1}{1}=\frac{1}{2x}\)
=>2x(2x-1)=1
=>\(4x^2-2x-1=0\)
=>\(x^2-\frac12x-\frac14=0\)
=>\(x^2-2\cdot x\cdot\frac14+\frac{1}{16}-\frac{5}{16}=0\)
=>\(\left(x-\frac14\right)^2=\frac{5}{16}\)
=>\(x-\frac14=\frac{\sqrt5}{4}\)
=>\(x=\frac{\sqrt5+1}{4}\)
=>\(cos36=\frac{\sqrt5+1}{4}\)
=>\(cos\left(\frac{\pi}{5}\right)=\frac{\sqrt5+1}{4}\)
\(4\cdot cos^2\left(\frac{\pi}{5}\right)-2\cdot cos\left(\frac{\pi}{5}\right)-1\)
\(\)\(=4\cdot\left(\frac{\sqrt5+1}{4}\right)^2-2\cdot\frac{\sqrt5+1}{4}-1\)
\(=\frac{4\cdot\left(6+2\sqrt5\right)}{16}-\frac{\sqrt5+1}{2}-1=\frac{8\left(3+\sqrt5\right)}{16}-\frac{\sqrt5+1}{2}-1\)
\(=\frac{3+\sqrt5}{2}-\frac{\sqrt5+1}{2}-1=\frac{3+\sqrt5-\sqrt5-1}{2}-1=\frac22-1=0\)
=>Q=0
=>Q không phụ thuộc vào biến x
1: cos(2x+pi/6)=cos(pi/3-3x)
=>2x+pi/6=pi/3-3x+k2pi hoặc 2x+pi/6=3x-pi/3+k2pi
=>5x=pi/6+k2pi hoặc -x=-1/2pi+k2pi
=>x=pi/30+k2pi/5 hoặc x=pi-k2pi
2: sin(2x+pi/6)=sin(pi/3-3x)
=>2x+pi/6=pi/3-3x+k2pi hoặc 2x+pi/6=pi-pi/3+3x+k2pi
=>5x=pi/6+k2pi hoặc -x=2/3pi-pi/6+k2pi
=>x=pi/30+k2pi/5 hoặc x=-1/2pi-k2pi
1) \(cos\left(2x+\dfrac{\pi}{6}\right)=cos\left(\dfrac{\pi}{3}-2x\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2x+\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{3}-3x+k2\pi\\2x+\dfrac{\pi}{6}=-\dfrac{\pi}{3}+3x+k2\pi\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}5x=\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{6}+k2\pi\\3x-2x=\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\pi}{6}-k2\pi\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}5x=\dfrac{\pi}{6}+k2\pi\\x=\dfrac{\pi}{2}-k2\pi\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\pi}{30}+\dfrac{k2\pi}{5}\\x=\dfrac{\pi}{2}-k2\pi\end{matrix}\right.\) \(\left(k\in N\right)\)
\(cos\cdot\left(3x-\dfrac{\pi}{6}\right)=sin\cdot\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\)
\(\Leftrightarrow cos\cdot\left(3x-\dfrac{\pi}{6}\right)=cos\cdot\left(\dfrac{\pi}{2}-x-\dfrac{\pi}{4}\right)\)
\(\Leftrightarrow cos\cdot\left(3x-\dfrac{\pi}{6}\right)=cos\cdot\left(\dfrac{\pi}{4}-x\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}3x-\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{4}-x+k2\pi\\3x-\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{-\pi}{4}+x+k2\pi\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}4x=\dfrac{5\pi}{12}+k2\pi\\2x=\dfrac{-\pi}{12}+k2\pi\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{5\pi}{48}+\dfrac{k\pi}{2}\\x=\dfrac{-\pi}{24}+k\pi\end{matrix}\right.\left(k\in Z\right)\)
Để chứng minh các định lượng đẳng cấp, ta sẽ sử dụng các công thức định lượng giác cơ bản và các quy tắc biến đổi đẳng thức. a) Bắt đầu với phương trình ban đầu: 1 - cos^2(π/2 - x) / (1 - sin^2(π/2 - x)) = -cot(π/2 - x) * tan( π/2 - x) Ta biết rằng: cos^2(π/2 - x) = sin^2(x) (công thức lượng giác) sin^2(π/2 - x) = cos^2(x) (công thức lượng giác) Thay vào phương trình ban đầu, ta có: 1 - sin^2(x) / (1 - cos^2(x)) = -cot(π/2 - x) * tan(π/ 2 - x) Tiếp theo, ta sẽ tính toán một số lượng giác: cot(π/2 - x) = cos(π/2 - x) / sin(π/2 - x) = sin(x) / cos(x) = tan(x) (công thức lượng giác) tan(π/2 - x) = sin(π/2 - x) / cos(π/2 - x) = cos(x) / sin(x) = 1 / tan(x) (công thức lượng giác) Thay vào phương trình, ta có: 1 - sin^2(x) / (1 - cos^2(x)) = -tan(x) * (1/tan(x)) = -1 Vì vậy, ta đã chứng minh là đúng. b) Bắt đầu với phương thức ban đầu: (1/cos^2(x) + 1) * tan(x) = tan^2(x) Tiếp tục chuyển đổi phép tính: 1/cos^2(x) + 1 = tan^2(x) / tan(x) = tan(x) Tiếp theo, ta sẽ tính toán một số giá trị lượng giác: 1/cos^2(x) = sec^2(x) (công thức) lượng giác) sec^2(x) + 1 = tan^2(x) + 1 = sin^2(x)/cos^2(x) + 1 = (sin^2(x) + cos^2(x) ))/cos^2(x) = 1/cos^2(x) Thay thế vào phương trình ban đầu, ta có: 1/cos^2(x) + 1 = 1/cos^2(x) Do đó, ta đã chứng minh được b)đúng.
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)
Ta có: \(cos\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)\cdot cos\left(2x-\frac{\pi}{6}\right)\)
\(=\frac12\cdot\left\lbrack cos\left(2x+\frac{\pi}{6}+2x-\frac{\pi}{6}\right)+cos\left(2x+\frac{\pi}{6}-2x+\frac{\pi}{6}\right)\right\rbrack\)
\(=\frac12\cdot\left\lbrack cos4x+cos\left(\frac{\pi}{3}\right)\right\rbrack=\frac12\cdot cos4x+\frac14\)
\(\sin x\cdot cos\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)\cdot cos\left(2x-\frac{\pi}{6}\right)\)
\(=\frac12\cdot\left\lbrack\sin x\cdot cos4x+\frac12\cdot\sin x\right\rbrack\)
\(=\frac12\cdot\left\lbrack\frac12\cdot\left(\sin\left(x+4x)+\sin\left(x-4x\right)\right)+\frac12\cdot\sin x\right.\right\rbrack=\frac14\cdot\left\lbrack\sin5x-\sin3x+\sin x\right\rbrack\)
\(\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right)\cdot\sin\left(x-\frac{\pi}{6}\right)\)
\(=\frac{-1}{2}\cdot\left\lbrack cos\left(x+\frac{\pi}{6}+x-\frac{\pi}{6}\right)-cos\left(x+\frac{\pi}{6}-x+\frac{\pi}{6}\right)\right\rbrack\)
\(=\frac{-1}{2}\cdot\left\lbrack cos2x-cos\left(\frac{\pi}{3}\right)\right\rbrack\)
\(\sin3x\cdot\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right)\cdot\sin\left(x-\frac{\pi}{6}\right)\)
\(=\frac{-1}{2}\cdot\sin3x\cdot\left\lbrack cos2x-\frac12\right\rbrack=\frac{-1}{2}\cdot\left\lbrack\sin3x\cdot cos2x-\frac12\cdot\sin3x\right\rbrack\)
\(=\frac{-1}{2}\cdot\left\lbrack\frac12\cdot\left\lbrack\sin\left(3x+2x\right)+\sin\left(3x-2x\right)-\frac12\cdot\sin3x\right\rbrack\right.=\frac{-1}{4}\cdot\left(\sin5x+\sin x-\sin3x\right)\)
Ta có: \(P=\sin x\cdot cos\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)\cdot cos\left(2x-\frac{\pi}{6}\right)+\sin3x\cdot\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right)\cdot\sin\left(x-\frac{\pi}{6}\right)\)
\(=\frac14\left(\sin5x-\sin3x+\sin x\right)-\frac14\left(\sin5x-\sin3x+\sin x\right)\)
=0
=>P không phụ thuộc vào biến