Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có \(y'=3x^2-3\left(m-2\right)x-3\left(m-1\right)\), với mọi \(x\in R\)
\(y'=0\Leftrightarrow x^2-\left(m-2\right)x-m+1=0\Leftrightarrow x_1=-1;x_2=m-1\)
Chú ý rằng với m > 0 thì \(x_1< x_2\). Khi đó hàm số đạt cực đại tại \(x_1=-1\) và đạt cực tiểu tại \(x_2=m-1\). Do đó :
\(y_{CD}=y\left(-1\right)=\frac{3m}{2};y_{CT}=y\left(m-1\right)=-\frac{1}{2}\left(m+2\right)\left(m-1\right)^2+1\)
Từ giả thiết ta có \(2.\frac{3m}{2}-\frac{1}{2}\left(m+2\right)\left(m-1\right)^2+1\Leftrightarrow6m-6-\left(m+2\right)\left(m-1\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)\left(m^2+m-8\right)=0\Leftrightarrow m=1;m=\frac{-1\pm\sqrt{33}}{2}\)
Đối chiếu yêu cầu m > 0, ta có giá trị cần tìm là \(m=1;m=\frac{-1\pm\sqrt{33}}{2}\)
Ta có \(y'=3x^2-6\left(m+1\right)x+9\)
Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại \(x_1,x_2\) \(\Leftrightarrow\) phương trình \(y'=0\) có hai nghiệm phân biệt là \(x_1,x_2\)
\(y'=\frac{m^2+m+2}{\left(1-x\right)^2}=\frac{\left(m+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{7}{4}}{\left(1-x\right)^2}>0\)
Hàm đồng biến trên \(\left[-4;-2\right]\)
\(\Rightarrow\max\limits_{\left[-4;-2\right]}y=y\left(-2\right)=-\frac{m^2+2m+2}{3}\)
\(\Rightarrow-\frac{m^2+2m+2}{3}=-\frac{1}{3}\Rightarrow m^2+2m+2=1\)
\(\Rightarrow m=-1\)
Ta có : \(y'=-x^2+2mx+m-2\Rightarrow\Delta'=m^2+m-2\)
Hàm số đồng biến trên đoạn có độ dài bằng 4 <=> phương trình y' =0 có 2 nghiệm phân biệt \(x_1;x_2\) và thỏa mãn :
\(\left|x_1-x_2\right|=4\Leftrightarrow\begin{cases}\Delta'>0\\\left|x_1-x_2\right|=4\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}m^2+m-2>0\\\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1.x_2=16\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}m^2+m-2>0\\4m^2+4\left(m-2\right)=16\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow m=2\) hoặc \(m=-3\)
Kết luận \(m=2\) hoặc \(m=-3\) thì hàm số đồng biến trên đoạn có độ dài bằng 4
Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left(1;+\infty\right)\)\(\Rightarrow y'\le0,x\in\left(1;+\infty\right)\) (*)
Trường hợp 1 : Nếu \(\Delta'\le0\Leftrightarrow4m^2-7m+1\le0\Leftrightarrow\frac{7-\sqrt{33}}{8}\le m\le\frac{7+\sqrt{33}}{8}\) thì theo định lí về dấu tam thức bậc 2 ta có \(y'\le0,x\in R\Rightarrow\) (*) luôn đúng.
Trường hợp 2 : Nếu \(\Delta'>0\Leftrightarrow4m^2-7m+1>0\Leftrightarrow m\le\frac{7-\sqrt{33}}{8}\) hoặc \(m\ge\frac{7+\sqrt{33}}{8}\)thì (*) đúng
\(\Leftrightarrow\) phương trình y'=0 có 2 nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\) mà \(x_1<\)\(x_2\) và thỏa mãn x1 < x2 <= 1
\(\Leftrightarrow\frac{1-\sqrt{5}}{2}\le m\le\frac{7-\sqrt{33}}{8}\) hoặc \(\frac{7-\sqrt{33}}{8}\le m\le\frac{1-\sqrt{5}}{2}\)
Kết hợp trường hợp 1 và trường hợp 2 ta có
\(\Leftrightarrow\frac{1-\sqrt{5}}{2}\le m\le\frac{7-\sqrt{33}}{8}\) hoặc \(\frac{7-\sqrt{33}}{8}\le m\le\frac{1-\sqrt{5}}{2}\) thì hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left(1;+\infty\right)\)
Ta có : \(y'=\frac{m^2-4}{\left(x-m\right)^2},x\ne m\) nên hàm số (1) đồng biến trên khoảng (-\(\infty\);3] khi và chỉ khi \(\begin{cases}y'>0,x\in\left(-\infty;3\right)\\m\notin\left(-\infty;3\right)\end{cases}\)\(\begin{cases}m^2-4>0\\m>3\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\)m<-2 hoặc m>2 và m>3 <=> m>3
Vậy m>3 thì hàm số đồng biến trên khoảng (-\(\infty\);3]
Ta có : \(y'=4x^3-4\left(m-1\right)x\)
\(y'=0\Leftrightarrow4x^3-4\left(m-1\right)x=0\Leftrightarrow x\left[x^2-\left(m-1\right)\right]=0\)
Trường hợp 1 : nếu \(m-1\le0\Leftrightarrow m\le1\), hàm số đồng biến trên khoảng \(\left(0;+\infty\right)\), vậy \(m\le1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán
Trường hợp 2 : nếu \(m-1>0\Leftrightarrow m>1\), hàm số đồng biến trên khoảng \(\left(-\sqrt{m-1};0\right)\) và \(\left(\sqrt{m-1};+\infty\right)\)
Để hàm số đồng biến trên khoảng (1;3) thì \(\left(\sqrt{m-1}\le1\Leftrightarrow m\le2\right)\)
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1;3) \(\Leftrightarrow m\in\left(-\infty;2\right)\)
Hàm đã cho là bậc nhất trên bậc nhất nên đơn điệu trên mọi khoảng xác định
Hàm liên tục trên \(\left[0;3\right]\Rightarrow\) đạt min và max lần lượt tại 2 đầu mút
\(\Rightarrow\min\limits_{\left[0;3\right]}f\left(x\right)+\max\limits_{\left[0;3\right]}f\left(x\right)=f\left(0\right)+f\left(3\right)\)
\(\Leftrightarrow-m+\frac{3-m}{4}=-2\)
\(\Leftrightarrow-5m=-11\Rightarrow m=\frac{11}{5}\)
Ta có \(y'=-\left(m-1\right)x^2+2\left(m+2\right)+3m\) \(\Rightarrow\) Hàm đồng biến trên khoảng \(\left(-\infty;-2\right)\Leftrightarrow y'\ge0,x\in\left(-\infty;-2\right)\)(*)
Vì y'(x) liên tục tại x = -2 nên (*) \(\Leftrightarrow y'\ge0;\)
và mọi x thuộc (-\(-\infty;2\) ] (*)
\(\Leftrightarrow-\left(m-1\right)x^2+2\left(m+2\right)x+3m\ge0\), mọi x thuộc (-\(-\infty;2\) ]
\(\Leftrightarrow m\left(-x^2+2x+3\right)\ge-x^2-4x\), mọi x thuộc (-\(-\infty;2\) ]\(\Leftrightarrow m\le g\left(x\right)\), mọi x thuộc (-\(-\infty;2\) ] (Trong đó \(g\left(x\right)=\frac{-x^2-4x}{-x^2+2x+3}\))
\(\Leftrightarrow m\le Min_{\left(-\infty;-2\right)}g\left(x\right)\)
Xét hàm số \(g\left(x\right)=\frac{-x^2-4x}{-x^2+2x+3}\) trên đoạn (-\(-\infty;2\) ]
\(\Rightarrow g'\left(x\right)=\frac{-6\left(x^2+x+2\right)}{\left(-x^2+2x+3\right)^2}=\frac{-6\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{7}{4}}{\left(-x^2+2x+3\right)^2}<0\),mọi x thuộc (-\(-\infty;2\) ]
\(\Rightarrow g\left(x\right)\) là hàm số nghịch biến trên (-\(-\infty;2\) ]
\(\Rightarrow Min_{\left(-\infty;-2\right)}g\left(x\right)=g\left(-2\right)=-\frac{4}{5}\)
Vậy \(m\le-\frac{4}{5}\) thì hàm số đồng biến trên khoảng \(\left(-\infty;-2\right)\)
Hàm bậc nhất trên bậc nhất luôn đơn điệu trên mỗi khoảng xác định
\(\Rightarrow\) GTLN của hàm trên \(\left[2;5\right]\) rơi vào 1 trong 2 đầu mút
Hay \(\max\limits_{\left[2;5\right]}y=max\left\{y\left(2\right);y\left(5\right)\right\}\)
\(y\left(2\right)=\frac{m+3}{-1}=-m-3\)
\(y\left(5\right)=\frac{m+6}{-4}\)
TH1: nếu \(y_{max}=y\left(2\right)\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-m-3>\frac{m+6}{-4}\\-m-3=4\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< -2\\m=-7\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow m=-7\)
TH2: nếu \(y_{max}=y\left(5\right)\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\frac{m+6}{-4}>-m-3\\\frac{m+6}{-4}=4\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>-2\\m=-22\left(l\right)\end{matrix}\right.\)
Vậy \(m=-7\)