2⁢x⁢f'⁢(x)-f⁢(x)≥0 với (f(x) = x + sqrt {{x^2} + 1} ) A. (x ge frac{1}{{ sqrt 3 }} )B. (x > frac{1}{{ sqrt 3 }} )C. (x < frac{1}{{ sqrt 3 }} )D. (x ge frac{2}{{ sqrt 3 }} )

2xf'(x) - f(x) lớn hơn hoặc bằng 0 với f(x) = x + căn bậc hai của x^2 + 1 A. x lớn hơn hoặc bằng 1/ căn bậc hai của 3 B. x > 1/ căn bậc hai của3 C. x

Minh Đức

Đã trả lời bởi chuyên gia

đã hỏi trong Lớp 11 Toán học

· 17:23 05/01/2023

Đã trả lời bởi chuyên gia

$2 x f^{'} (x) - f (x) \geq 0$ với $f(x) = x + \sqrt {{x^2} + 1} $

A. $x \ge \frac{1}{{\sqrt 3 }}$

B. $x > \frac{1}{{\sqrt 3 }}$

C. $x < \frac{1}{{\sqrt 3 }}$

D. $x \ge \frac{2}{{\sqrt 3 }}$

Trả Lời

Lưu câu hỏi Lưu

Hỏi chi tiết

Quảng cáo

1 câu trả lời 61

Hoàng Bách

3 năm trước

Hướng dẫn giải:

TXĐ: $D = \mathbb{R}$

Ta có: $f'(x) = 1 + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} = \frac{{f(x)}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}$

Mặt khác: $f(x) > x + \sqrt {{x^2}} = x + \left| x \right| \ge 0,{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}$

Nên $2xf'(x) - f(x) \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{2xf(x)}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} - f(x) \ge 0$

$ \Leftrightarrow 2x \ge \sqrt {{x^2} + 1} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\3{x^2} \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge \frac{1}{{\sqrt 3 }}$.

...Xem thêm

0 bình luận

Đăng nhập để hỏi chi tiết

Quảng cáo

Bạn hỏi - Chuyên gia trả lời

Bạn cần hỏi gì?

1 câu trả lời 61

Câu hỏi hot cùng chủ đề

Bài viết mới nhất Lớp 11