Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
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
a) Tập xác định: D = R\{m}
Hàm số đồng biến trên từng khoảng (−∞;m),(m;+∞)(−∞;m),(m;+∞)khi và chỉ khi:
y′=−m2+4(x−m)2>0⇔−m2+4>0⇔m2<4⇔−2<m<2y′=−m2+4(x−m)2>0⇔−m2+4>0⇔m2<4⇔−2<m<2
b) Tập xác định: D = R\{m}
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng khi và chỉ khi:
y′=−m2+5m−4(x+m)2<0⇔−m2+5m−4<0y′=−m2+5m−4(x+m)2<0⇔−m2+5m−4<0
[m<1m>4[m<1m>4
c) Tập xác định: D = R
Hàm số nghịch biến trên R khi và chỉ khi:
y′=−3x2+2mx−3≤0⇔′=m2−9≤0⇔m2≤9⇔−3≤m≤3y′=−3x2+2mx−3≤0⇔′=m2−9≤0⇔m2≤9⇔−3≤m≤3
d) Tập xác định: D = R
Hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi:
y′=3x2−4mx+12≥0⇔′=4m2−36≤0⇔m2≤9⇔−3≤m≤3
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)
y = 2x2 + 2mx + m -1 (Cm). Đây là hàm số bậc hai, đồ thị là parabol quay bề lõm lên phía trên.
a) m = 1 ⇒ y = 2x2 + 2x
Tập xác định D = R
\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}y\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}=+\infty\)
Bảng biến thiên:
Đồ thị hàm số:
b) Tổng quát y = 2x2 + 2mx + m -1 có tập xác định D = R
y′=4x+2m=0⇔\(x=-\dfrac{m}{2}\).
Suy ra y’ > 0 với \(x>-\dfrac{m}{2}\) và \(y'< 0\) với \(x< -\dfrac{m}{2}\) tức là hàm số nghịch biến trên \(\left(-\infty;\dfrac{-m}{2}\right)\) và đồng biến trên \(\left(-\dfrac{m}{2};+\infty\right)\)
i) Để hàm số đồng biến trên khoảng (-1, +∞) thì phải có điều kiện (−1,+∞)∈(−\(\dfrac{m}{2}\),+∞)
Hay \(-\dfrac{m}{2}< -1\)\(\Leftrightarrow m>2\)
ii) Hàm số đạt cực trị tại \(x=\dfrac{m}{2}\)
Để hàm số đạt cực trị trong khoảng (-1, +∞), ta phải có:
\(-\dfrac{m}{2}\in\left(-1;+\infty\right)\) hay \(-\dfrac{m}{2}>-1\Leftrightarrow m< 2\).
c) (Cm) luôn cắt Ox tại hai điểm phân biệt
⇔ phương trình 2x2 + 2mx + m – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Ta có:
Δ’ = m2 – 2m + 2 = (m-1)2 + 1 > 0 ∀m
Vậy (Cm) luôn cắt O x tại hai điểm phân biệt.
- Khi \(m=0\Rightarrow y=x-1\) nên hàm số không có cực trị
- Khi \(m\ne0\Rightarrow y'=3mx^2+6mx-\left(m-1\right)\)
hàm số không có cực trị khi và chỉ chỉ y' = 0 không có nghiệm hoặc có nghiệm kép
\(\Leftrightarrow\Delta'=9m^2+3m\left(m-1\right)=12m^2-3m\le0\) \(\Leftrightarrow0\le m\)\(\le\frac{1}{4}\)
Lời giải + diễn giải
để hàm có cực trị f'(x) phải có nghiệm và đổi dấu qua nghiệm
a) \(y'=3x^2-6x+m\)
xét f(x)= 3x^2 -6x+m
để f(x) là hàm bậc 2 => có nghiệm và đổi dấu qua nghiệm đk cần và đủ \(\Delta>0\)
\(\Leftrightarrow\Delta'=9-3m>0\Rightarrow m< 3\)
Kết luận với m< 3 hàm A(x) luôn có cực trị
b)
\(y'=3x^2+4mx+m\)
\(\Delta'=4m^2-3m>0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m< 0\\m>\dfrac{3}{4}\end{matrix}\right.\)
c)
\(y=\dfrac{x^2-2mx+5}{x-m}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ne m\\y=\left(x-m\right)+\dfrac{5-m^2}{x-m}\end{matrix}\right.\)
\(y'=1+\dfrac{m^2-5}{\left(x-m\right)^2}\)
\(y'=0\Leftrightarrow\left(x-m\right)^2+m^2-5=0\Rightarrow5-m^2>0\Rightarrow-\sqrt{5}< m< \sqrt{5}\)
3.
- Với \(m=1\Rightarrow f\left(x\right)=-9x\) nghịch biến trên R (ko thỏa mãn)
- Với \(m=-1\Rightarrow f\left(x\right)=9x\) đồng biến trên R (thỏa mãn)
- Với \(m\ne\pm1\)
\(f'\left(x\right)=6\left(m^2-1\right)x^2-9m\ge0;\forall x>1\)
TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}m^2-1>0\\m\left(m^2-1\right)\le0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m< -1\)
TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}m^2-1>0\\m\left(m^2-1\right)>0\\x_1< x_2\le1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2-1>0\\m\left(m^2-1\right)>0\\\sqrt{\frac{3m}{2\left(m^2-1\right)}}\le1\\\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>1\\3m\le2m^2-2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>1\\2m^2-3m-2\ge0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow m\ge2\)
Vậy \(\left[{}\begin{matrix}m\le-1\\m\ge2\end{matrix}\right.\)
2.
\(\Leftrightarrow y'=2m-\frac{x+1}{\sqrt{x^2+2x+11}}\ge0;\forall x\in R\)
\(\Leftrightarrow2m\ge\frac{x+1}{\sqrt{x^2+2x+11}}\)
\(\Leftrightarrow m\ge\frac{x+1}{2\sqrt{x^2+2x+11}}\)
\(\Leftrightarrow m\ge\max\limits_Rf\left(x\right)\) với \(f\left(x\right)=\frac{x+1}{2\sqrt{x^2+2x+11}}\)
Ta có: \(f'\left(x\right)=\frac{5}{\sqrt{\left(x^2+2x+11\right)^3}}>0;\forall x\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) đồng biến trên R
\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\frac{x+1}{2\sqrt{x^2+2x+11}}=\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)< \frac{1}{2};\forall x\in R\)
\(\Rightarrow m\ge\frac{1}{2}\)
\(y=4x^3-4mx=4x\left(x^2-m\right)=0\Leftrightarrow\begin{cases}x=0\\x^2=m\end{cases}\)
Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị <=> phương trình y=0 có 3 nghiệm phân biệt và y đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó <=>m>0
- Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số là :
\(A\left(0;m-1\right);B\left(-\sqrt{m};-m^2=m-1\right);\left(\sqrt{m};-m^2=m-1\right)\)
- \(S_{ABC}=\frac{1}{2}\left|y_B-y_A\right|.\left|x_C-x_B\right|=m^2\sqrt{m}\); \(AB=AC=\sqrt{m^4+m},BC=2\sqrt{m}\)
- \(R=\frac{AB.AC.BC}{4S_{ABC}}=1\Leftrightarrow\frac{\left(m^4+m\right)2\sqrt{m}}{4m^2\sqrt{m}}=1\)\(\Leftrightarrow m^3-2m+1=0\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}m=1\\m=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\end{cases}\)
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) \(\Leftrightarrow m\in\left(-\infty;2\right)\)
\(f\left(x\right)=\left(m+1\right)x^3-3\left(m+1\right)x^2+2mx+4\)
\(f'\left(x\right)=3\left(m+1\right)x^2-6\left(m+1\right)x+2m\)
- \(m+1=0\Leftrightarrow m=-1\):
\(f\left(x\right)=-2m+4\)không thỏa.
- \(m+1>0\Leftrightarrow m>-1\):
\(f\left(x\right)\)là hàm số bậc \(3\)có hệ số cao nhất lớn hơn \(0\)nên hiển nhiên thỏa mãn.
- \(m+1< 0\Leftrightarrow m< -1\):
\(f'\left(x\right)=0\Leftrightarrow3\left(m+1\right)x^2-6\left(m+1\right)x+2m=0\)
\(\Leftrightarrow3\left(m+1\right)\left(x^2-2x+1\right)=m+3\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2=\frac{m+3}{3\left(m+1\right)}\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi \(\hept{\begin{cases}m+3< 0\\m< -1\end{cases}}\Leftrightarrow m< -3\).
\(\hept{\begin{cases}x_1=\sqrt{\frac{m+3}{3\left(m+1\right)}}+1\\x_2=-\sqrt{\frac{m+3}{3\left(m+1\right)}}+1\end{cases}}\)
\(f\left(x\right)\)đồng biến trên khoảng có độ dài không nhỏ hơn \(1\)do đó
\(x_1-x_2\ge1\Leftrightarrow2\sqrt{\frac{m+3}{3\left(m+1\right)}}\ge1\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m\le-9\\m>-1\end{cases}}\)
kết hợp điều kiện suy ra \(m\le-9\).
Vậy \(m\le-9\)hoặc \(m>-1\)thỏa mãn ycbt.