Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(2^{cotx}=t\Rightarrow t\in(-\infty;1]\)
Để ý rằng \(cotx\) nghịch biến trên khoảng đã cho nên \(f\left(x\right)\) đồng biến \(\Leftrightarrow f\left(t\right)=t^3+\left(m-3\right)t+3m-2\) nghịch biến trên \((-\infty;1]\)
Quy về 1 bài toán đồng biến - nghịch biến bình thường của hàm bậc 3
Ủa, ngáo rồi, đặt \(2^{cotx}=t\) chứ có phải \(cotx=t\) đâu, vậy \(t\in(0;2]\) mới đúng (cách làm vẫn y như trên, chỉ khác khoảng của t)
Cho hàm số y=f(x)y=f(x) có đạo hàm và liên tục trên [0;π2][0;π2]thoả mãn f(x)=f′(x)−2cosxf(x)=f′(x)−2cosx. Biết f(π2)=1f(π2)=1, tính giá trị f(π3)f(π3)
A. √3+1/2 B. √3−1/2 C. 1−√3/2 D. 0
Lời giải:
$f'(x)=1-\cos x\geq 0$ với mọi $x\in [0; \frac{\pi}{2}]$. Trong đó $f'(x)=1-\cos x=0$ chỉ xảy ra khi $x=0$ với điều kiện $x\in [0; \frac{\pi}{2}]$ nên hàm số $f(x)$ đồng biến trên $[0; \frac{\pi}{2}]$
\(y^2=sin2x+cos2x+2\sqrt{sin2x.cos2x}\)
Đặt \(sin2x+cos2x=t\Rightarrow t\in\left[1;\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\right]\)
\(sin2x.cos2x=\dfrac{t^2-1}{2}\)
\(y^2=f\left(t\right)=t+\sqrt{2\left(t^2-1\right)}\)
\(f'\left(t\right)=1+\dfrac{2t}{\sqrt{2\left(t^2-1\right)}}>0\Rightarrow f\left(t\right)\) đồng biến
\(\Rightarrow y^2\le f\left(\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\right)=\dfrac{\left(1+\sqrt[4]{3}\right)^2}{2}\)
\(\Rightarrow y\le\dfrac{1+\sqrt[4]{3}}{\sqrt{2}}\)
\(y'=\dfrac{2x^2-4mx-m^2+2m-1}{\left(x-m\right)^2}\)
Hàm đồng biến trên khoảng đã cho khi với mọi \(x>1\) ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}2x^2-4mx-m^2+2m-1\ge0\left(1\right)\\m\le1\end{matrix}\right.\)
Xét (1): ta có \(\Delta'=4m^2-2\left(-m^2+2m-1\right)=6m^2-4m+2>0\) ; \(\forall m\)
\(\Rightarrow\) (1) thỏa mãn khi: \(x_1< x_2\le1\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)\ge0\\\dfrac{x_1+x_2}{2}< 1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1x_2-\left(x_1+x_2\right)+1\ge0\\x_1+x_2< 2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{-m^2+2m-1}{2}-2m+1\ge0\\2m< 2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow-1-\sqrt{2}\le m\le-1+\sqrt{2}\)
Đặt \(cotx=t\Rightarrow\) khi x chạy từ \(\dfrac{\pi}{4}\rightarrow\dfrac{\pi}{2}\) thì \(t\) chạy từ 1 về 0
Do đó, nếu \(f\left(x\right)\) đồng biến thì \(f\left(t\right)=\dfrac{2t+1}{t+m}\) nghịch biến trên \(\left(0;1\right)\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2m-1< 0\\\left[{}\begin{matrix}-m< 0\\-m>1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< \dfrac{1}{2}\\\left[{}\begin{matrix}m>0\\m< -1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}0< m< \dfrac{1}{2}\\m< -1\end{matrix}\right.\)
Hàm \(f\left(t\right)\) là hàm bậc nhất trên bậc nhất nên nó nghịch biến khi ad-bc<0
Hơn nữa, 1 điều cần rất chú ý trong loại toán tìm khoảng (a;b) nghịch biến cho hàm bậc nhất trên bậc nhất là là nghiệm của phương trình "mẫu thức = 0" cần né khoảng này ra. Ví dụ, để hàm \(f\left(t\right)\) đồng biến trên (0;1) thì trước hết nó phải liên tục, ko bị gián đoạn trên đoạn này
Mà pt mẫu \(t+m=0\) có nghiệm \(t=-m\)
Nên \(-m\) phải nằm ngoài khoảng \(\left(0;1\right)\) tức \(-m< 0\) hoặc \(-m>1\)
Bạn hiểu chưa ạ?