K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
M
1
MH
19 tháng 10 2023
\(f\left(x\right)=\sqrt{x+1}+\sqrt{1-x}\) \(\left(-1\le x\le1\right)\)
\(f'\left(x\right)=\dfrac{1}{2\sqrt{x+1}}-\dfrac{1}{2\sqrt{1-x}}\)\(=\dfrac{\sqrt{1-x}-\sqrt{x+1}}{2\sqrt{1-x^2}}\)
\(f'\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=0\)
Xét dấu \(f'\left(x\right)\)
Hàm số đồng biến trên \(\left(-1;0\right)\) và nghịch biến trên \(\left(0,1\right)\)
LN
0
23 tháng 10 2021
\(\dfrac{f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)}{x_1-x_2}=\dfrac{-2x_1^2+4x_1+1+2x_2^2-4x_2-1}{x_1-x_2}\)
\(=\dfrac{-2\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)+4\left(x_1-x_2\right)}{x_1-x_2}\)
\(=-2\left(x_1+x_2\right)+4\)
Vì \(x_1;x_2\in\left(1;+\infty\right)\) nên \(\left\{{}\begin{matrix}x_1>1\\x_2>1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x_1+x_2>2\)
\(\Leftrightarrow-2\left(x_1+x_2\right)+4< 0\)
Vậy: Hàm số nghịch biến trên \(\left(1;+\infty\right)\)
NH
1
31 tháng 10 2021
\(\dfrac{f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)}{x_1-x_2}=\left(\dfrac{1}{x_1^2}-\dfrac{1}{x_2^2}\right):\left(x_1-x_2\right)\)
\(=\dfrac{-\left(x_1+x_2\right)\left(x_1-x_2\right)}{\left(x_1\cdot x_2\right)^2}\cdot\dfrac{1}{x_1-x_2}\)
\(=-\dfrac{x_1+x_2}{x_1^2\cdot x_2^2}\)
Vì x1;x2\(\in\left(0;+\infty\right)\) nên\(x_1>0;x_2>0\)
\(\Leftrightarrow-\dfrac{x_1+x_2}{x_1^2\cdot x_2^2}< 0\)
Vậy Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;+\(\infty\))
27 tháng 10 2021
a: Hàm số đồng biến trên R
b: Hàm số nghịch biến trên R
DT
0
Lời giải:
TXĐ: $D=\mathbb{R}$
Lấy $x_1\neq x_2\in D$. Xét:
$A=\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}$
\(=\frac{\frac{x_1^3}{x_1^2+1}-\frac{x_2^3}{x_2^2+1}}{x_1-x_2}=\frac{x_1^2x_2^2+x_1^2+x_1x_2+x_2^2}{(x_1^2+1)(x_2^2+1)}>0\) với mọi $x_1,x_2\in\mathbb{R}; x_1\neq x_2$
Do đó hàm số luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$