Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(y'=-\left(m-1\right)x^2+2\left(m+2\right)+3m\) \(\Rightarrow\) 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 \(\left(-\infty;-2\right)\)
\(f'\left(x\right)=m^2x^4-mx^2+20x-\left(m^2-m-20\right)\)
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.
1.
\(y'=m-3cos3x\)
Hàm đồng biến trên R khi và chỉ khi \(m-3cos3x\ge0\) ; \(\forall x\)
\(\Leftrightarrow m\ge3cos3x\) ; \(\forall x\)
\(\Leftrightarrow m\ge\max\limits_{x\in R}\left(3cos3x\right)\)
\(\Leftrightarrow m\ge3\)
2.
\(y'=1-m.sinx\)
Hàm đồng biến trên R khi và chỉ khi:
\(1-m.sinx\ge0\) ; \(\forall x\)
\(\Leftrightarrow1\ge m.sinx\) ; \(\forall x\)
- Với \(m=0\) thỏa mãn
- Với \(m< 0\Rightarrow\dfrac{1}{m}\le sinx\Leftrightarrow\dfrac{1}{m}\le\min\limits_R\left(sinx\right)=-1\)
\(\Rightarrow m\ge-1\)
- Với \(m>0\Rightarrow\dfrac{1}{m}\ge sinx\Leftrightarrow\dfrac{1}{m}\ge\max\limits_R\left(sinx\right)=1\)
\(\Rightarrow m\le1\)
Kết hợp lại ta được: \(-1\le m\le1\)
Ta có \(y'=-3x^2+6x+3m\) \(\Rightarrow\) hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left(0;+\infty\right)\)\(\Leftrightarrow y'\le0\)
với mọi \(x\in\left(0;+\infty\right)\) (*)
Vì \(y'\left(x\right)\) liên tục tại x=0 nên (*)
\(\Leftrightarrow y'\le0\)với mọi \(x\in\)[0;\(+\infty\))
\(\Leftrightarrow-3x^2+6x+3m\le0\) với mọi \(x\in\)[0;\(+\infty\))
\(\Leftrightarrow m\le x^2-2x\), với mọi \(x\in\)[0;\(+\infty\))\(\Leftrightarrow m\le g\left(x\right);\)với mọi \(x\in\)[0;\(+\infty\)) (Trong đó \(g\left(x\right)=x^2-2x\)
\(\Leftrightarrow m\le Min_{\left(0;+\infty\right)}g\left(x\right)\)
Xét hàm số \(g\left(x\right)=x^2-2x\) trên với mọi \(x\in\)[0;\(+\infty\))\(\Rightarrow g'\left(x\right)=2x-2\Rightarrow g'\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=1\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}g\left(x\right)=+\infty;g\left(0\right)=0;g\left(1\right)=-1\)\(\Rightarrow Min_{\left(0;+\infty\right)}g\left(x\right)=-1\) tại x=1
Vậy \(m\le-1\) thì hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left(0;+\infty\right)\)
Chọn A.
Ta có: y ' = 2 x x 2 + 1 - m
Hàm số y = ln x 2 + 1 - m x + 1 đồng biến trên khoảng( -∞; +∞). Khi và chỉ khi y’ ≥0 với mọi . ⇔ g ( x ) = 2 x x 2 + 1 ≥ m , ∀ x ∈ - ∞ ; + ∞
Ta có 
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
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 \(\left(1;+\infty\right)\)
Câu 1:
\(y'=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}-m\ge0\) \(\forall x\) \(\Rightarrow\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\ge m\) \(\forall x\)
Đặt \(f\left(x\right)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\Rightarrow m\le\min\limits_{x\in R}f\left(x\right)\)
\(f'\left(x\right)=\frac{\sqrt{x^2+1}-\frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}}{x^2+1}=\frac{1}{\left(x^2+1\right)\sqrt{x^2+1}}>0\) \(\forall x\in R\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) đồng biến trên R
Xét \(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\frac{1}{-\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}=-1\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)>-1\) \(\forall x\Rightarrow\) để hàm số đã cho đồng biến trên R thì \(m\le-1\)
Câu 2:
\(y'=m+\left(m+1\right)sinx\ge0\) \(\forall x\in R\)
\(\Leftrightarrow m\left(1+sinx\right)\ge-sinx\) \(\Leftrightarrow m\ge\frac{-sinx}{1+sinx}\) \(\forall x\in R\)
Đặt \(f\left(t\right)=\frac{-t}{1+t}\Rightarrow m\ge\max\limits_{t\in\left[-1;1\right]}f\left(t\right)\)
\(f'\left(t\right)=\frac{-1}{\left(t+1\right)^2}< 0\Rightarrow f\left(t\right)\) nghịch biến trên \(\left[-1;1\right]\)
\(\lim\limits_{t\rightarrow-1}\frac{-t}{1+t}=+\infty\)
\(\Rightarrow\) Không tồn tại \(\max\limits_{t\in\left[-1;1\right]}f\left(t\right)\Rightarrow\) không tồn tại m thỏa mãn
Câu 1: Tại sao lại tính lim dần tới âm vô cùng mà không phải dương vô cùng ạ?
Câu 2: Cùng thắc mắc với câu 1 ạ