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 \(\orbr{\begin{cases}m\le1\\m\ge10\end{cases}}\)
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 \(\left(-\infty;-2\right)\)
Ta có: \(f\left(x\right)=y=\frac{x^2+mx}{1-x}\Rightarrow y'=\frac{\left(2x+mx\right)\left(1-x\right)+\left(x^2+mx\right)}{\left(1-x\right)^2}=\frac{-x^2+2x+m}{\left(1-x\right)^2}\)\(\)\(\left(D=R/\left\{1\right\}\right)\)
Đặt \(g\left(x\right)=-x^2+2x+m\)\(\Rightarrow\)f(x) cùng dấu với y' trên D
Xét pt g(x)=0
\(\Delta'=m+1\), Hàm số có 2 điểm cực trì<=> pt có 2 nghiệm phân biệt khác 1
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\Delta'>0\\f\left(1\right)\ne0\end{cases}\Leftrightarrow m>-1}\)
Khi đó 2 điểm cực trì là A(x1,f(x1) ) và B(x2, f(x2) )
Lại có \(f'\left(x_1\right)=\frac{\left(2x_1+m\right)\left(1-x_1\right)+\left(x_1^2+mx_1\right)}{\left(1-x_1\right)^2}=0\Rightarrow x_1^2+mx_1=-\left(2x_1+m\right)\left(1-x_1\right)\)
\(\Rightarrow f\left(x_1\right)=\frac{x_1^2+mx_1}{1-x_1}=-2x_1-m.\)
=>\(f\left(x_2\right)=-2x_2-m\)
Khoảng cách giữa 2 điểm cực trị:
\(AB=\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2+\left(y_1-y_2\right)^2}=\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2+\left(2x_1-2x_2\right)^2}=|x_1-x_2|\sqrt{5}=10\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=20\)
A/d Vi-ét cho pt g(x)=0\(\Rightarrow4+4m=20\Leftrightarrow m=4\)
Vậy m=4
Ta có \(y'=-2x^2+2\left(m+1\right)x+2m\)
Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) \(\Leftrightarrow y'\ge0,x\in\left(0;2\right)\) (*)
Vì y'(x) liên tục tại x=0 và x=2 nên (*) \(\Leftrightarrow y'\ge0,x\in\left[0;2\right]\)
\(\Leftrightarrow-2x^2+2\left(m+1\right)x+2m\ge0,x\in\left[0;2\right]\)
\(\Leftrightarrow m\left(x+1\right)\ge x^2-x,x\in\left[0;2\right]\Leftrightarrow m\ge g\left(x\right),x\in\left[0;2\right]\); (trong đó \(g\left(x\right)=\frac{x^2-x}{x+1}\))
\(\Leftrightarrow m\ge Max_{\left[0;2\right]}g\left(x\right)\)
Xét hàm số \(g\left(x\right)=\frac{x^2-x}{x+1}\) trên đoạn \(\left[0;2\right]\)
\(\Rightarrow g'\left(x\right)=\frac{x^2+2x-1}{\left(x+1\right)^2}\Rightarrow g'\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=-1+\sqrt{2},x\in\left[0;2\right]\)
\(g\left(0\right);g\left(2\right)=\frac{2}{3};g\left(-1+\sqrt{2}\right)\Rightarrow Max_{\left(0;+\infty\right)}g\left(x\right)=\frac{2}{3}\) tại x=2
Vậy \(m\ge\frac{2}{3}\) thì hàm số đồng biến trên khoảng (0;2)
Ta có : \(y'=-2x^2+2\left(m+1\right)x+2m,\Delta'=m^2+6m+1\)
Suy ra hàm đồng biến trên khoảng (0; 2) \(\Leftrightarrow y'\ge0,x\in\left(0;2\right)\)(*)
Trường hợp 1 : Nếu \(\Delta'\le0\Leftrightarrow m^2+6m+1\le0\Leftrightarrow-3-2\sqrt{2}\le m\le-3+2\sqrt{2}\)
theo định lí về dấu tam thức bậc 2 ta có \(y'\le0,x\in R\) => (*) không thỏa mãn
Trường hợp 2 : Nếu \(\Delta'>0\Leftrightarrow m^2+6m+1>0\Leftrightarrow m\le-3-2\sqrt{2}\) hoặc \(m\ge-3+2\sqrt{2}\) thì (*) đúng
<=> phương trình \(y'=0\) có 2 nghiệm phân biệt \(x_1;x_2\) (\(x_1\)>\(x_2\)) và thỏa mãn \(x_1\le0<2\le x_2\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}\Delta>0\\x_1\le0<2\le x_2\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}\left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)\le0\\\Delta>0\\\left(x_1-0\right)\left(x_2-0\right)\le0\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}x_1x_2-2\left(x_1+x_2\right)+4\le0\\\Delta>0\\x_1x_2\le0\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow m\ge\frac{2}{3}\)
Kết hợp trường hợp 1 và trường hợp 2 ta có \(m\ge\frac{2}{3}\) thì hàm đồng biến trên khoảng (0;2)
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]
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 : \(y'=4x^3-4\left(m-1\right)x\)
\(y'=0\Leftrightarrow4x^3-4\left(m-1\right)x=0\Leftrightarrow x\left[x^2-\left(m-1\right)\right]=0\)
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) \(\Leftrightarrow m\in\left(-\infty;2\right)\)
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
Khi delta dương pt \(y'=0\) có hai nghiệm pb, ko mất tính tổng quát, giả sử \(x_1< x_2\)
Hệ số a=1 dương nên ta có dấu của \(y'\) như sau:
Do đó \(y'\ge0\) trên miền \([x_2;+\infty)\)
Để \(y'>0\) trên \(\left(1;+\infty\right)\) thì \(\left(1;+\infty\right)\) phải là tập con của \([x_2;+\infty)\) hay \(x_2\le1\)
\(y'=1-\frac{m}{\left(x-m\right)^2}=\frac{x^2-2mx+m^2-m}{\left(x-m\right)^2}\)
Để hàm số đồng biến trên khoảng đã cho thì hàm cần xác định và có đạo hàm không âm trên khoảng đó
- Để hàm số xác định trên khoảng thì \(m\le1\)
- Để \(x^2-2mx+m^2-m\ge0;\forall x>1\)
\(\Delta'=m^2-m^2+m=m\)
TH1: \(\Delta'\le0\Leftrightarrow m\le0\)
TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta'>0\\x_1< x_2\le1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>0\\\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)\ge0\\\frac{x_1+x_2}{2}< 1\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>0\\x_1x_2-\left(x_1+x_2\right)+1\ge0\\x_1+x_2< 2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>0\\m^2-3m+1\ge0\\2m< 2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow0< m\le\frac{3-\sqrt{5}}{2}\)
Vậy \(m\le\frac{3-\sqrt{5}}{2}\)