Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(\orbr{\begin{cases}m\le1\\m\ge10\end{cases}}\)
a) y = f(x) = x3 – 3mx2 + 3(2m-1)x + 1
Tập xác định: D = R
y’= 3x2 -6mx + 3(2m-1) = 3(x2 – 2mx + 2m – 1)
Hàm số đồng biến trên D = R ⇔ y’ ≥ 0, ∀x ∈ R
⇔ x2 – 2mx + 2m - 1≥0, ∀x ∈ R
⇔ Δ’ = m2 – 2m + 1 = (m-1)2 ≤ 0 ⇔ m =1
b) Hàm số có một cực đại và một cực tiểu
⇔ phương trình y’= 0 có hai nghiệm phân biệt
⇔ (m-1)2 > 0 ⇔ m≠1
c) f’’(x) = 6x – 6m > 6x
⇔ -6m > 0 ⇔ m < 0
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: \(-4\le m\le\frac{2}{3}\)
câu 1 sao không ra đáp án nào vậy bạn , hình như bạn làm sai đâu đó rồi
Trời, đọc xong chỉ việc chọn đáp án mà ko biết chọn luôn?
Đáp án D chứ sao nữa
Ta có : \(y'=3x^2-6x+m^2\Rightarrow y'=0\Leftrightarrow3x^2-6x+m^2=0\left(1\right)\)
Hàm số có cực trị \(\Leftrightarrow\left(1\right)\) có 2 nghiệm phân biệt \(x_1;x_2\)
\(\Leftrightarrow\Delta'=3\left(3-m^2\right)>0\Leftrightarrow-\sqrt{3}< m< \sqrt{3}\)
Phương trình đường thẳng d' đi qua các điểm cực trị là : \(y=\left(\frac{2}{3}m^2-2\right)x+\frac{1}{3}m^2\)
=> Các điểm cực trị là :
\(A\left(x_1;\left(\frac{2}{3}m^2-2\right)x_1+\frac{1}{3}m^2+3m\right);B\left(x_2;\left(\frac{2}{3}m^2-2\right)x_2+\frac{1}{3}m^2+3m\right);\)
Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng d và d' :
\(\Rightarrow I\left(\frac{2m^2+6m+15}{15-4m^2};\frac{11m^2+3m-30}{15-4m^2}\right)\)
A và B đối xứng đi qua d thì trước hết \(d\perp d'\Leftrightarrow\frac{2}{3}m^2-2=-2\Leftrightarrow m=0\)
Khi đó \(I\left(1;-2\right);A\left(x_1;-2x_1\right);B\left(x_2;-2x_2\right)\Rightarrow I\) là trung điểm của AB=> A và B đối xứng nhau qua d
Vậy m = 0 là giá trị cần tìm
\(f'\left(x\right)=m^2x^4-mx^2+20x-\left(m^2-m-20\right)\)
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.
Lời giải:
Ta có: \(y=\frac{x^2-m^2+2m+1}{x-m}=x+m+\frac{2m+1}{x-m}\)
\(\Rightarrow y'=1-\frac{2m+1}{(x-m)^2}\)
Để hàm số đồng biến trên khoảng xác định của nó thì \(y\geq 0, \forall x\in \text{MXĐ}\)
\(\Leftrightarrow 1-\frac{2m+1}{(x-m)^2}\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (x-m)^2-(2m+1)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow x^2-2mx+(m^2-2m-1)\geq 0\)
Theo định lý về dấu của tam thức bậc 2 thì điều này xảy ra khi:
\(\Delta'=m^2-(m^2-2m-1)\leq 0\)
\(\Leftrightarrow m\leq \frac{-1}{2}\)
Đáp án D
Chọn D