\(2sinx.sin3x+4m.sin2x-cos2x-m^2+1\ge0;\forall x\)

\(\Leftrightarrow-cos4x+4m.sin2x-m^2+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow2sin^22x+4m.sin2x-m^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow2t^2+4m.t-m^2\ge0\) ; \(\forall t\in\left[-1;1\right]\)

\(\Leftrightarrow\left(t+m\right)^2\ge\dfrac{3m^2}{2}\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t+m\ge\sqrt{\dfrac{3m^2}{2}}\\t+m\le-\sqrt{\dfrac{3m^2}{2}}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t\ge-m+\sqrt{\dfrac{3m^2}{2}}\\t\le-m-\sqrt{\dfrac{3m^2}{2}}\end{matrix}\right.\)

Điều này đúng với mọi \(t\in\left[-1;1\right]\) khi:

\(\left[{}\begin{matrix}-1\ge-m+\sqrt{\dfrac{3m^2}{2}}\left(1\right)\\1\le-m-\sqrt{\dfrac{3m^2}{2}}\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

- Xét (1), nếu \(m\le0\Rightarrow-m\ge0\Rightarrow-m+\sqrt{\dfrac{3m^2}{2}}>0\) (ktm)

Với \(m>0\Rightarrow-1\ge-m+m\sqrt{\dfrac{3}{2}}\Rightarrow m\le-2-\sqrt{6}\)

- Xét (2), với \(m>0\Rightarrow-m-\sqrt{\dfrac{3m^2}{2}}< 0\) (ktm)

Với \(m< 0\Rightarrow1\le-m+m\sqrt{\dfrac{3}{2}}\Rightarrow m\ge2+\sqrt{6}\)

Vậy \(\left[{}\begin{matrix}m\le-2-\sqrt{6}\\m\ge2+\sqrt{6}\end{matrix}\right.\)

Cách tam thức có vẻ tốt hơn cách này

Cách tam thức:

\(f\left(t\right)=2t^2+4mt-m^2\ge0;\forall t\in\left[-1;1\right]\)

Với \(m=0\) luôn thỏa mãn

Với \(m\ne0:\)

\(\Delta'=4m^2+2m^2=6m^2>0\); \(\forall m\ne0\)

\(\Rightarrow\) Bài toán thỏa mãn khi: \(\left[{}\begin{matrix}1\le t_1< t_2\\t_1< t_2\le-1\end{matrix}\right.\)

TH1: \(1\le t_1< t_2\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}f\left(1\right)\ge0\\\dfrac{t_1+t_2}{2}=-m>1\\\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}-m^2+4m+2\ge0\\m< -1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m\in\varnothing\)

A, đến đây mới thấy cách làm hồi nãy quên hợp lại, xét TH \(m>0\) ra nghiệm \(m\le-2-\sqrt{6}\) mà quên luôn điều kiện m>0

TH2: \(t_1< t_2\le-1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}f\left(-1\right)\ge0\\\dfrac{t_1+t_2}{2}=-m< -1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}-m^2-4m+2\ge0\\m>1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m\in\varnothing\)

Vậy \(m=0\) là giá trị duy nhất thỏa mãn

Phát hiện thêm 1 vấn đề nữa, \(A^2\ge B^2\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}A\ge B\\A\le-B\end{matrix}\right.\) là sai, thực tế phức tạp và nhiều trường hợp hơn nhiều

Vậy thì chỉ có cách tam thức này là ổn thôi nếu ko cô lập được m. Kiểu bình phương kia sai mất căn bản.

Để y xác định thì \(\left(m-2\right)x+2m-3\ge0\forall x\in\left[-1;4\right]\)

\(\Leftrightarrow mx-2x+2m-3\ge0\)

\(\Leftrightarrow m\left(x+2\right)-2x-3\ge0\)

\(\Leftrightarrow m\ge\dfrac{2x+3}{x+2}\left(x+2>0\forall x\in\left[-1;4\right]\right)\)

\(\Rightarrow1\le m\le\dfrac{11}{6}\)

ĐKXĐ

\(mx^4+mx^3+\left(m+1\right)x^2+mx+1\)

\(=\left(mx^4+mx^3+mx^2+mx\right)+\left(x^2+1\right)\)

=\(mx\left(x^3+x^2+x+1\right)+\left(x^2+1\right)\)

\(=mx\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)+\left(x^2+1\right)\)

\(=\left(x^2+1\right).\left[mx\left(x+1\right)+1\right]>0\left(\forall x\right)\)

\(=>mx^2+mx+1>0\left(\forall x\right)\)

\(=>PT\hept{\begin{cases}mx^2+mx+1=0\left(zô\right)nghiệm\forall x\\m>0\end{cases}}\)

\(\hept{\begin{cases}\Delta< 0\\m>0\end{cases}=>\hept{\begin{cases}m^2-4m< 0\\m>0\end{cases}=>\hept{\begin{cases}m\left(m-4\right)< 0\\m>0\end{cases}=>0< m< 4}}}\)

=> m có 3 giá trị là 1,2,3 nha

https://olm.vn/hoi-dap/detail/249896752542.html?pos=586036211459

giúp mk cả câu này

ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}x-m+1\ge0\\-x+2m>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge m-1\\x< 2m\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x\in[m-1;2m)\)

Để hàm xác định trên (3;4)

\(\Rightarrow\left(3;4\right)\subset[m-1;2m)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m-1\le3\\2m\ge4\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow2\le m\le4\)

Hàm số xác định trên R khi và chỉ khi:

\(sin^2x+\left(2m-3\right)cosx+3m-2>0;\forall x\in R\)

\(\Leftrightarrow-cos^2x+\left(2m-3\right)cosx+3m-1>0\)

\(\Leftrightarrow t^2-\left(2m-3\right)t-3m+1< 0;\forall t\in\left[-1;1\right]\)

\(\Leftrightarrow t^2+3t+1< m\left(2t+3\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{t^2+3t+1}{2t+3}< m\) (do \(2t+3>0;\forall t\in\left[-1;1\right]\))

\(\Leftrightarrow m>\max\limits_{\left[-1;1\right]}\dfrac{t^2+3t+1}{2t+3}\)

Ta có: \(\dfrac{t^2+3t+1}{2t+3}=\dfrac{t^2+t-2+2t+3}{2t+3}=\dfrac{\left(t-1\right)\left(t+2\right)}{2t+3}+1\)

Do \(-1\le t\le1\Rightarrow\dfrac{\left(t-1\right)\left(t+2\right)}{2t+3}\le0\)

\(\Rightarrow\max\limits_{\left[-1;1\right]}\dfrac{t^2+3t+1}{2t+3}=1\)

\(\Rightarrow m>1\)

Hàm xác định trên \(\left[2;3\right]\) khi và chỉ khi:

\(x^2-2x-m>0;\forall x\in\left[2;3\right]\)

\(\Rightarrow x^2-2x>m;\forall x\in\left[2;3\right]\)

\(\Rightarrow m< \min\limits_{\left[2;3\right]}\left(x^2-2x\right)\)

Xét hàm \(f\left(x\right)=x^2-2x\) trên \(\left[2;3\right]\)

\(-\dfrac{b}{2a}=1\notin\left[2;3\right]\)

\(f\left(2\right)=0\) ; \(f\left(3\right)=3\)

\(\Rightarrow\min\limits_{\left[2;3\right]}\left(x^2-2x\right)=0\)

\(\Rightarrow m< 0\)

\(\Leftrightarrow\left(2m-1\right)sinx-\left(m+2\right)cosx+4m-3\ge0\) ;\(\forall x\)

\(\Leftrightarrow m\ge\dfrac{sinx+2cosx+3}{2sinx-cosx+4}=P\)

\(\Leftrightarrow m\ge P_{max}\)

Ta có: \(P=\dfrac{sinx+2cosx+3}{2sinx-cosx+4}\Leftrightarrow\left(2P-1\right)sinx-\left(P+2\right)cosx=3-4P\)

Theo điều kiện có nghiệm của pt lượng giác bậc nhất:

\(\left(2P-1\right)^2+\left(P+2\right)^2\ge\left(3-4P\right)^2\)

\(\Leftrightarrow11P^2-24P+4\le0\)

\(\Rightarrow\dfrac{2}{11}\le P\le2\)

\(\Rightarrow m\ge2\)

\(\left\{{}\begin{matrix}m\le x\\x\le3\end{matrix}\right.\Rightarrow m\le3\Rightarrow\left[m;3\right]\) 

Vay \(m\le3\) thi ham so co tap xd la 1 doan tren truc so

P/s: Ve cai truc so ra la hieu