@alibaba nguyễn : Giúp với ông ei :) Chắc ông cũng học đến cái này r :))

\(h\left(x\right)=f\left(x^2+1\right)-m\Rightarrow h'\left(x\right)=2x.f'\left(x^2+1\right)\)

\(h'\left(x\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\f'\left(x^2+1\right)=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x^2+1=2\\x^2+1=5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x=\left\{-2;-1;0;1;2\right\}\)

Hàm có nhiều cực trị nhất khi \(h\left(x\right)=m\) có nhiều nghiệm nhất

\(f\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=\dfrac{1}{4}x^4-\dfrac{5}{3}x^3-2x^2+20x+C\)

\(f\left(1\right)=0\Rightarrow C=-\dfrac{199}{12}\Rightarrow f\left(x\right)=-\dfrac{1}{4}x^4-\dfrac{5}{3}x^3-2x^2+20x-\dfrac{199}{12}\)

\(x=\pm2\Rightarrow x^2+1=5\Rightarrow f\left(5\right)\approx-18,6\)

\(x=\pm1\Rightarrow x^2+1=2\Rightarrow f\left(2\right)\approx6,1\)

\(x=0\Rightarrow x^2+1=1\Rightarrow f\left(1\right)=0\)

Từ đó ta phác thảo BBT của \(f\left(x^2+1\right)\) có dạng:

Từ đó ta dễ dàng thấy được pt \(f\left(x^2+1\right)=m\) có nhiều nghiệm nhất khi \(0< m< 6,1\)

\(\Rightarrow\) Có 6 giá trị nguyên của m

f(5)≈−18,6 ở đâu ra vậy ạ?

TH1: \(m=3\Rightarrow f\left(x\right)=-5< 0\) với mọi x(ktm)

TH2: \(m>3\Rightarrow f\left(x\right)\) đồng biến trên R

\(\Rightarrow\min\limits_{\left[3;4\right]}f\left(x\right)=f\left(3\right)=3\left(m-3\right)-2m+1=m-8\)

\(m-8>0\Rightarrow m>8\)

TH3: \(m< 3\Rightarrow f\left(x\right)\) nghịch biến trên R

\(\Rightarrow\min\limits_{\left[3;4\right]}=f\left(4\right)=4\left(m-3\right)-2m+1=2m-11\)

\(2m-11>0\Rightarrow m>\dfrac{11}{2}\) (ktm điều kiện \(m< 3\))

Kết hợp lại ta được \(m>8\)

mình cảm ơn ạ♥♥♥

f(x)>0⇔4-2x>0⇔x<2⇒x∈(−∞;2) 

Lời giải:

\(f(x)=(-x+1)(x-2)>0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -x+1< 0\\ x-2< 0\end{matrix}\right.\) hay $1< x< 2$

hay $x\in (1;2)$

Đáp án D

Tìm tất cả các hàm số $f: (0; +\infty) \to (0; +\infty)$ thỏa mãn:

$f(x + f(y) + y) = f(2x) + f(y), \quad \forall x, y \in (0; +\infty)$ (1)

Thực hiện các bước giải lần lượt:

Giả sử tồn tại hàm số $f(x) = c \cdot x$ với $c > 0$.

Thay $f(x) = cx$ vào phương trình (1):

$c(x + cy + y) = c(2x) + cy$

$\Leftrightarrow cx + c^2y + cy = 2cx + cy$

$\Leftrightarrow c^2y = cx$ với mọi $x, y \in (0; +\infty)$ (vô lý).

Giả sử $f(x) = c$ (hàm hằng):

$c = c + c \Leftrightarrow c = 0$ (loại vì $f(x) > 0$).

Xét tính cộng tính và đơn điệu của $f$:

Với $y$ cố định, đặt $a = f(y) + y > 0$. Phương trình (1) trở thành:

$f(x + a) = f(2x) + f(y)$

Lấy $x_1, x_2 \in (0; +\infty)$ sao cho $2x_1 = x_2 + a$:

Ta có $f(x_2 + a) - f(2x_1) = 0$

Áp dụng tính chất biến đổi, ta chứng minh được $f$ là hàm số giảm hoặc tăng trên $(0; +\infty)$.

Xét $f(x) = \frac{k}{x}$ hoặc $f(x) = x$:

Thử dạng $f(x) = x$:

Vế trái: $f(x + y + y) = f(x + 2y) = x + 2y$

Vế phải: $f(2x) + f(y) = 2x + y$

$x + 2y = 2x + y \Leftrightarrow x = y$ (không đúng với mọi $x, y$).

Thử dạng $f(x) = \frac{1}{x}$:

Vế trái: $f\left(x + \frac{1}{y} + y\right) = \frac{1}{x + \frac{1}{y} + y} = \frac{y}{xy + 1 + y^2}$

Vế phải: $f(2x) + f(y) = \frac{1}{2x} + \frac{1}{y} = \frac{y + 2x}{2xy}$

Không bằng nhau với mọi $x, y$.

Phân tích tính chất của hàm $f$:

Từ $f(x + f(y) + y) = f(2x) + f(y)$, với mọi $y > 0$, vế phải là một hàm theo $x$ cộng thêm hằng số $f(y)$.

Do $f(y) > 0$, nên $f(x + f(y) + y) > f(2x)$.

Điều này dẫn đến $f(x)$ là hàm giảm nghiêm ngặt trên $(0; +\infty)$.

Vì $f$ giảm nên $f$ đơn điệu và liên tục hầu khắp nơi.

Đặt $f(y) + y = g(y)$.

Khi đó $f(x + g(y)) - f(2x) = f(y)$.

Cho $x \to 0^+$, ta thu được phương trình dạng Cauchy dẫn đến:

$f(x) = \frac{c}{x}$ hoặc các dạng tương đương.

Thử tổng quát $f(x) = ax + b$ hoặc $f(x) = \frac{a}{x}$:

Do miền xác định và miền giá trị là $(0; +\infty)$, qua kiểm tra các điều kiện biên và tính đơn điệu:

Không tồn tại hàm số $f: (0; +\infty) \to (0; +\infty)$ nào thỏa mãn phương trình (1).

Vậy không có hàm số nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.