Home / Toán

Toán

Tất tần tật các hằng đẳng thức đáng nhớ và cần nhớ

Ngoài những hằng đẳng thức cơ bản trong sgk, còn có những hằng đẳng thức hay được sử dụng trong các bài toán như sau: (1) (a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac (2) (a+b−c)2=a2+b2+c2+2ab−2bc−2ac(a+b−c)2=a2+b2+c2+2ab−2bc−2ac (3) (a−b−c)2=a2+b2+c2−2ab−2ac+2bc(a−b−c)2=a2+b2+c2−2ab−2ac+2bc (4) a3+b3=(a+b)3−3ab(a+b)a3+b3=(a+b)3−3ab(a+b) (5) a3−b3=(a−b)3+3ab(a−b)a3−b3=(a−b)3+3ab(a−b) (6) (a+b+c)3=a3+b3+c3+3(a+b)(b+c)(c+a)(a+b+c)3=a3+b3+c3+3(a+b)(b+c)(c+a) (7) a3+b3+c3−3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2−ab−bc−ac)a3+b3+c3−3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2−ab−bc−ac) (8) (a−b)3+(b−c)3+(c−a)3=3(a−b)(b−c)(c−a)(a−b)3+(b−c)3+(c−a)3=3(a−b)(b−c)(c−a) (9) (a+b)(b+c)(c+a)−8abc=a(b−c)2+b(c−a)2+c(a−b)2(a+b)(b+c)(c+a)−8abc=a(b−c)2+b(c−a)2+c(a−b)2 (10) (a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)−abc(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)−abc (11) ab2+bc2+ca2−a2b−b2c−c2a=(a−b)3+(b−c)3+(c−a)33ab2+bc2+ca2−a2b−b2c−c2a=(a−b)3+(b−c)3+(c−a)33 (12)ab3+bc3+ca3−a3b−b3c−c3a=(a+b+c)[(a−b)3+(b−c)3+(c−a)3]3ab3+bc3+ca3−a3b−b3c−c3a=(a+b+c)[(a−b)3+(b−c)3+(c−a)3]3 (13) an−bn=(a−b)(an−1+an−2b+an−3b2+...+a2bn−3+abn−2+bn−1)an−bn=(a−b)(an−1+an−2b+an−3b2+…+a2bn−3+abn−2+bn−1) (14) Với n lẻ: an+bn=(a+b)(an−1−an−2b+an−3b2−...+a2bn−3−abn−2+bn−1)an+bn=(a+b)(an−1−an−2b+an−3b2−…+a2bn−3−abn−2+bn−1) (15) Nhị thức Newton: (a+b)n=an+n!(n−1)!1!an−1b+n!(n−2)!2!an−2b2+...+n!(n−k)!k!an−kbk+...+n!2!(n−2)!a2bn−2+n)!1!(n−1)!abn−1+bn(a+b)n=an+n!(n−1)!1!an−1b+n!(n−2)!2!an−2b2+…+n!(n−k)!k!an−kbk+…+n!2!(n−2)!a2bn−2+n)!1!(n−1)!abn−1+bn Các bạn …

Đọc tiếp »

Câu 10 trang 147 SGK Giải tích 12

Bài 10. Giải các bất phương trình sau a) 2x3x−2x≤22x3x−2x≤2 b) (12)log2(x2−1)>1(12)log2(x2−1)>1 c) log2x+3logx≥4log2x+3log⁡x≥4 d) 1−log4x1+log2x≤141−log4x1+log2x≤14 Trả lời: a) Ta có: 2x3x−2x≤2⇔1(32)x−1≤22x3x−2x≤2⇔1(32)x−1≤2 Đặt t=(32)2(t>0)t=(32)2(t>0) , bất phương trình trở thành: 1t−1≤2⇔1t−1−2≤0⇔−2t+3t−1≤0⇔[0<t<1t≥32⇔[(32)x<1(32)2≥32⇔[x<0x≥11t−1≤2⇔1t−1−2≤0⇔−2t+3t−1≤0⇔[0<t<1t≥32⇔[(32)x<1(32)2≥32⇔[x<0x≥1 b) Ta có: (12)log2(x2−1)>1⇔{x2−1>0log2(x2−1)<0⇔0<x2−1<1⇔1<|x|<√2⇔x∈(−√2,−1)∪(1,√2)(12)log2(x2−1)>1⇔{x2−1>0log2(x2−1)<0⇔0<x2−1<1⇔1<|x|<2⇔x∈(−2,−1)∪(1,2) c) Điều kiện: x>0x>0 log2x+3logx≥4⇔(logx+4)(logx−1)≥0⇔[logx≥1logx≤−4⇔[x≥100<x≤10−4log2x+3log⁡x≥4⇔(log⁡x+4)(logx−1)≥0⇔[logx≥1logx≤−4⇔[x≥100<x≤10−4 d) Ta có: 1−log4x1+log2x≤14⇔1−log4x1+2log4x≤14⇔3−6log4x1+2log4x≤0⇔[log4x≤−12log4x≥12⇔[0<x<12x≥2 Hãy like để ủng hộ chúng tôi:

Đọc tiếp »

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng

a) y=x2+1,x=−1,x=2y=x2+1,x=−1,x=2 và trục hoành b) y=lnx,x=1e,x=ey=lnx,x=1e,x=e và trục hoành Trả lời: a) Diện tích hình phẳng cần tìm là: S=2∫−1(x2+1)dx=(x33+x)∣∣2−1=6S=∫−12(x2+1)dx=(x33+x)|−12=6 b) Diện tích hình phẳng cần tìm là: S=e∫1e|lnx|dx=1∫1e|lnx|dx+e∫1|lnx|dx=−1∫1elnxdx+e∫1lnxdxS=∫1ee|ln⁡x|dx=∫1e1|ln⁡x|dx+∫1e|ln⁡x|dx=−∫1e1ln⁡xdx+∫1eln⁡xdx Mặt khác: ∫lnxdx=xlnx−∫xdlnx=xlnx−∫dx=xlnx−x+C∫ln⁡xdx=xln⁡x−∫xdln⁡x=xln⁡x−∫dx=xln⁡x−x+C Do đó: S=−1∫1elnxdx+e∫1lnxdx=1e∫1lnxdx+e∫1xdx=(xlnx−x)∣∣∣1e1+(xlnx−x)∣∣e1=2(1−1e) Hãy like để ủng hộ chúng tôi:

Đọc tiếp »

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

a) f(x)=2x3–3x2–12x+1f(x)=2×3–3×2–12x+1 trên đoạn [−2,52][−2,52] b) f(x)=x2lnxf(x)=x2lnx trên đoạn [1,e][1,e] c) f(x)=xe−xf(x)=xe−x trên nửa khoảng [0,+∞)[0,+∞) d) f(x)=2sinx+sin2xf(x)=2sinx+sin2x trên đoạn [0,3π2][0,3π2] Trả lời: a) f(x)=2x3–3x2–12x+1⇒f′(x)=6x2–6x–12f(x)=2×3–3×2–12x+1⇒f′(x)=6×2–6x–12 f′(x)=0⇔x=−1f′(x)=0⇔x=−1 hoặc x=2x=2 So sánh các giá trị: f(−2)=−3f(−2)=−3; f(−1)=8f(−1)=8; f(2)=−19f(2)=−19, f(52)=−332f(52)=−332 Suy ra: maxx∈[−2,52]f(x)=f(−1)=8minx∈[−2,52]f(x)=f(2)=−19maxx∈[−2,52]⁡f(x)=f(−1)=8minx∈[−2,52]⁡f(x)=f(2)=−19 b) f(x)=x2lnx⇒f′(x)=2xlnx+x>0,∀x∈[1,e]f(x)=x2lnx⇒f′(x)=2xlnx+x>0,∀x∈[1,e] nên f(x)f(x) đồng biến. Do đó: maxx∈[1,e]f(x)=f(e)=e2minx∈[1,e]f(x)=f(1)=0maxx∈[1,e]⁡f(x)=f(e)=e2minx∈[1,e]⁡f(x)=f(1)=0 c) f(x)=xe−x⇒f′(x)=e−x–xe−x=(1–x)e−xf(x)=xe−x⇒f′(x)=e−x–xe−x=(1–x)e−x nên: f′(x)=0⇔x=1,f′(x)>0,∀x∈(0,1)f′(x)=0⇔x=1,f′(x)>0,∀x∈(0,1) và f′(x)<0,∀x∈(1,+∞)f′(x)<0,∀x∈(1,+∞) nên:  maxx∈[0,+∞)f(x)=f(1)=1emaxx∈[0,+∞)⁡f(x)=f(1)=1e Ngoài ra f(x)=xe−x>0,∀x∈(0,+∞)f(x)=xe−x>0,∀x∈(0,+∞) và f(0)=0f(0)=0 suy ra minx∈[0,+∞)f(x)=f(0)=0minx∈[0,+∞)⁡f(x)=f(0)=0 d) f(x)=2sinx+sin2x⇒f′(x)=2cosx+2cos2xf(x)=2sinx+sin2x⇒f′(x)=2cosx+2cos2x f′(x)=0⇔cos2x=−cosx⇔2x=±(π–x)+k2πf′(x)=0⇔cos2x=−cosx⇔2x=±(π–x)+k2π ⇔ x∈{−π+k2π;π3+k2π3}x∈{−π+k2π;π3+k2π3} Trong khoảng [0,3π2][0,3π2] , phương trình f′(x)=0f′(x)=0 chỉ có hai nghiệm là x1=π3;x2=πx1=π3;x2=π So sánh bốn …

Đọc tiếp »