Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(f'\left(x\right)=m^2x^4-mx^2+20x-\left(m^2-m-20\right)\)
Để hàm số đồng biến trên \(ℝ\)thì \(f'\left(x\right)\ge0,\)với mọi \(x\inℝ\).
Mà ta thấy \(f'\left(-1\right)=m^2-m-20-\left(m^2-m-20\right)=0\)
do đó \(x=-1\)là một điểm cực trị của hàm số \(f'\left(x\right)\).
Ta có: \(f''\left(x\right)=4m^2x^3-2mx+20\)
\(f''\left(-1\right)=0\Leftrightarrow-4m^2+2m+20=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m=\frac{5}{2}\\m=-2\end{cases}}\).
Thử lại.
Với \(m=\frac{5}{2}\): \(f''\left(x\right)=25x^3-5x+20\)
\(f''\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=-1\)
\(f'\left(-1\right)=0\)
do đó \(f'\left(x\right)\ge0\)thỏa mãn.
Với \(m=-2\): \(f''\left(x\right)=16x^3+4x+20\)
\(f''\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=-1\).
\(f'\left(-1\right)=0\)
do đó \(f'\left(x\right)\ge0\)thỏa mãn.
Vậy tổng các giá trị của \(m\)là: \(\frac{5}{2}+\left(-2\right)=\frac{1}{2}\).
Chọn D.
Xét
\(y'=4x^3-4\left(m-1\right)x=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\\x^2=m-1\end{cases}}\)
TH1:
\(m-1\le0\) thì hàm số đồng biến trên R
TH2: \(m-1>0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=\sqrt{m-1}\\x=-\sqrt{m-1}\end{cases}}\)
Khi đó khoảng đồng biến của hàm số là \(\left(-\infty,-\sqrt{m-1}\right)\text{ và }\left(0,\sqrt{m-1}\right)\)
Muốn hàm số đồng biến trên (1,3) thì \(\left(1,3\right)\subset\left(0,\sqrt{m-1}\right)\Leftrightarrow3\le\sqrt{m-1}\Leftrightarrow m\ge10\)
Vậy \(\orbr{\begin{cases}m\le1\\m\ge10\end{cases}}\)
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
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) \(\Leftrightarrow m\in\left(-\infty;2\right)\)
Câu 1:
\(y'=\frac{\left(4x+1-m\right)\left(x-m\right)-\left(2x^2+\left(1-m\right)x+m+1\right)}{\left(x-m\right)^2}=\frac{2x^2-4mx+m^2-2m-1}{\left(x-m\right)^2}\)
Xét pt: \(f\left(x\right)=2x^2-4mx+m^2-2m-1=0\)
\(\Delta'=4m^2-2\left(m^2-2m-1\right)=2\left(m+1\right)^2\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=\frac{2m-\sqrt{2}\left(m+1\right)}{2}=\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)m-\frac{\sqrt{2}}{2}\\x_2=\frac{2m+\sqrt{2}\left(m+1\right)}{2}=\left(1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)m+\frac{\sqrt{2}}{2}\end{matrix}\right.\)
ĐK1: để hàm số liên tục trên \(\left(1;+\infty\right)\) \(\Rightarrow m\le1\) (1)
ĐK2: \(x_2\le1\Rightarrow\left(1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)m+\frac{\sqrt{2}}{2}\le1\)
\(\Rightarrow\left(1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)m\le1-\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow m\le3-2\sqrt{2}\) (2)
Kết hợp (1) và (2) ta được \(m\le3-2\sqrt{2}\)
Câu 2:
\(y'=m-3+\left(2m+1\right)sinx\)
Để hàm số nghịch biến trên R \(\Leftrightarrow y'\le0\) \(\forall x\in R\)
\(\Rightarrow m-3+\left(2m+1\right)sinx\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(2m+1\right)sinx\le3-m\)
TH1: \(2m+1=0\Rightarrow m=-\frac{1}{2}\Rightarrow0\le3+\frac{1}{2}=\frac{7}{2}\) (đúng)
TH2: \(2m+1< 0\Rightarrow m< -\frac{1}{2}\)
\(\left(2m+1\right)sinx\le3-m\Leftrightarrow sinx\ge\frac{3-m}{2m+1}\)
\(\Rightarrow\min\limits_{x\in R}sinx\ge\frac{3-m}{2m+1}\Rightarrow\frac{3-m}{2m+1}\le-1\)
\(\Leftrightarrow\frac{3-m}{2m+1}+1\le0\Leftrightarrow\frac{m+4}{2m+1}\le0\Rightarrow-4\le m< -\frac{1}{2}\)
TH3: \(2m+1>0\Rightarrow m>-\frac{1}{2}\)
\(\left(2m+1\right)sinx\le3-m\Rightarrow sinx\le\frac{3-m}{2m+1}\)
\(\Leftrightarrow\max\limits_{x\in R}\left(sinx\right)\le\frac{3-m}{2m+1}\Rightarrow\frac{3-m}{2m+1}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\frac{2-3m}{2m+1}\ge0\Leftrightarrow-\frac{1}{2}< m\le\frac{2}{3}\)
Kết hợp lại ta được: \(-4\le m\le\frac{2}{3}\)
đáp án:
Hàm số đã cho xác định trên D = R.
Với m = -1. Khi đó hàm số trở thành y = -2x + 4 ; y' = -2 < 0 ∀x∈R, không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Với m ≠ -1. Ta có f'(x)= 3(m+1)x2 - 6(m + 1)x + 2m
+ Hàm số đồng biến trên khoảng có độ dài không nhỏ hơn 1 khi và chỉ khi f'(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2 và hàm số đồng biến trong đoạn [x1;x2 ] thỏa mãn |x1 - x2 | ≥ 1
+ f'(x)= 0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2 và hàm số đồng biến trong đoạn[x1;x2]
Theo Viét ta có 
+ Với |x1 - x2 | ≥ 1 ⇔ (x1 + x2 )2 - 4x1 x2 - 1 ≥ 0
Đối chiếu điều kiện ta có m ≤ -9.
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 \(\left(-\infty;-2\right)\)
1.
Xét \(x^2-mx+m=0\) (1)
\(\Delta=m^2-4m\)
Hàm có đúng 1 tiệm cận đứng khi:
TH1: \(\Delta=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=0\\m=4\end{matrix}\right.\)
Th2: (1) có 1 nghiệm \(x=1\)
\(\Leftrightarrow1-m+m=0\left(ktm\right)\)
Vậy \(m\in\left\{0;4\right\}\)
2.
\(\Leftrightarrow m=\frac{x^3+x^2+x}{\left(x^2+1\right)^2}\)
Xét hàm \(f\left(x\right)=\frac{x^3+x^2+x}{\left(x^2+1\right)^2}\Rightarrow f'\left(x\right)=\frac{\left(1-x\right)\left(x+1\right)^2}{\left(x^2+1\right)^3}\ge0;\forall x\in\left[0;1\right]\)
Hàm đồng biến trên [0;1] \(\Rightarrow f\left(0\right)\le m\le f\left(1\right)\Leftrightarrow0\le m\le\frac{3}{4}\)
3.
\(y'=-2sin2x-4sinx=0\Leftrightarrow sinx=0\)
\(\Rightarrow x=k\pi\)
\(y\left(0\right)=6\) ; \(y\left(\pi\right)=-2\)
\(\Rightarrow M=6\)
4.
\(y'=\frac{-1}{\left(x-1\right)^2}< 0\Rightarrow\) hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left(-\infty;1\right)\) và \(\left(1;+\infty\right)\)
5.
\(y'=\frac{-m\left(m-1\right)+2}{\left(sinx-m\right)^2}.cosx< 0\Leftrightarrow-m^2+m+2< 0\)
\(\Leftrightarrow m\in\left(-\infty;-1\right)\cup\left(2;+\infty\right)\)