Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
4.
Để hàm trùng phương \(y=ax^4+bx^2+c\) có 2 cực tiểu và 1 cực đại
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a>0\\b< 0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>0\\2-m< 0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow m>2\)
3.
Để hàm trùng phương có 3 cực trị thì \(ab< 0\Leftrightarrow m>1\)
Khi đó:
\(y'=4x^3-4\left(m-1\right)x=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=-\sqrt{m-1}\\x=\sqrt{m-1}\end{matrix}\right.\)
Gọi 3 điểm có hoành độ nói trên lần lượt là A; B; C \(\Rightarrow\) tam giác ABC cân tại A
\(A\left(0;2\right)\) ; \(B\left(-\sqrt{m-1};-m^2+2m+1\right)\) ; \(C\left(\sqrt{m-1};-m^2+2m+1\right)\)
Gọi H là trung điểm BC
\(y_H=\frac{y_B+y_C}{2}=-m^2+2m+1\)
\(S_{ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=\frac{1}{2}\left|y_A-y_H\right|.\left|x_B-x_C\right|\)
\(=\left(m-1\right)^2\sqrt{m-1}< 4\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)^5< 32\Rightarrow m-1< 2\)
\(\Rightarrow m< 3\)
Vậy \(1< m< 3\)
Lời giải:
Ta có: \(y=\frac{x^2-m^2+2m+1}{x-m}=x+m+\frac{2m+1}{x-m}\)
\(\Rightarrow y'=1-\frac{2m+1}{(x-m)^2}\)
Để hàm số đồng biến trên khoảng xác định của nó thì \(y\geq 0, \forall x\in \text{MXĐ}\)
\(\Leftrightarrow 1-\frac{2m+1}{(x-m)^2}\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (x-m)^2-(2m+1)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow x^2-2mx+(m^2-2m-1)\geq 0\)
Theo định lý về dấu của tam thức bậc 2 thì điều này xảy ra khi:
\(\Delta'=m^2-(m^2-2m-1)\leq 0\)
\(\Leftrightarrow m\leq \frac{-1}{2}\)
Đáp án D
Câu 2:
$y'=-3x^2+6x+(m-2)=0$
Để hàm số có 2 điểm cực trị $x_1,x_2$ đồng nghĩa với PT $-3x^2+6x+(m-2)=0$ có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$
$\Leftrightarrow \Delta'=9+3(m-2)>0\Leftrightarrow m>-1(1)$
Hai điểm cực trị cùng dương khi:
\(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2>0\\ x_1x_2=\frac{m-2}{-3}>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m< 2(2)\)
Từ $(1);(2)\Rightarrow -1< m< 2$
Đáp án C.
Câu 2:
Để đths có 2 điểm cực trị thì trước tiên:
$y'=x^2-2mx+m^2-4=0$ có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$
Điều này xảy ra khi $\Delta'=m^2-(m^2-4)>0\Leftrightarrow m\in\mathbb{R}$
Để 2 điểm cực trị của đồ thị $y$ nằm về hai phía của trục tung thì: $x_1x_2< 0$
$\Leftrightarrow m^2-4< 0$
$\Leftrightarrow -2< m< 2$
Đáp án A.
3.
\(y'=-3x^2-6x=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-2\\x=0\end{matrix}\right.\)
\(y\left(-1\right)=m-2\) ; \(y\left(1\right)=m-4\)
\(\Rightarrow y_{min}=y\left(1\right)=m-4\)
\(\Rightarrow m-4=0\Rightarrow m=4\)
4.
Hàm đã cho bậc nhất trên bậc nhất nên đơn điệu trên mọi khoảng xác định
\(\Rightarrow y_{min}+y_{max}=y\left(1\right)+y\left(2\right)=\frac{m+1}{2}+\frac{m+2}{3}=8\)
\(\Rightarrow m=\frac{41}{5}\)
Đáp án B
1.
\(y'=\frac{1}{\left(sinx+1\right)^2}.cosx>0\Rightarrow y\) đồng biến
\(m=y_{min}=y\left(0\right)=2\)
\(M=y_{max}=y\left(1\right)=\frac{5}{2}\)
\(\Rightarrow M^2+m^2=\frac{41}{4}\)
2.
Hàm xác định trên \(\left[-2;2\right]\)
\(y'=1-\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}=0\Leftrightarrow x=\sqrt{2}\)
\(y\left(-2\right)=-2\) ; \(y\left(\sqrt{2}\right)=2\sqrt{2}\) ; \(y\left(2\right)=2\)
\(\Rightarrow N=-2;M=2\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow M+2N=2\sqrt{2}-4\)
Lời giải:
Ta có: \(y=x^4-2(m+1)x^2+2m+1\)
\(\Leftrightarrow y=(x^4-1)-2(m+1)x^2+2(m+1)\)
\(y=(x^2-1)(x^2-2m-1)\)
Xét PT \(y=0\) ta thấy pt đã có nghiệm \(x=\pm 1\). Do đó để đths cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì pt \(x^2-2m-1=0\) phải có thêm 2 nghiệm khác $\pm 1$ nữa
Do đó: \(\left\{\begin{matrix} 2m+1>0\\ (\pm 1)^2-2m-1\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m>\frac{-1}{2}\\ m\neq 0\end{matrix}\right.\)
Ta xét 2 TH sau:
TH1: \(2m+1>1\Rightarrow \sqrt{2m+1}>1;-\sqrt{2m+1}< -1\)
Hoành độ 4 điểm A,B,C,D theo thứ tự lần lượt là:
\(-\sqrt{2m+1};-1;1;\sqrt{2m+1}\)
Ta có: \(AB=BC\Leftrightarrow |-\sqrt{2m+1}+1|=|-1-1|=2\)
Từ đây dễ dàng tìm được \(m=4\) (thỏa mãn)
TH2: \(0\leq 2m+1< 1\Rightarrow \sqrt{2m+1}< 1;-\sqrt{2m+1}> -1\)
Hoành độ 4 điểm A,B,C,D theo thứ tự lần lượt là:
\(-1;-\sqrt{2m+1};\sqrt{2m+1};1\)
Ta có \(AB=BC\Leftrightarrow |-1+\sqrt{2m+1}=|-\sqrt{2m+1}-\sqrt{2m+1}|=2\sqrt{2m+1}\)
Từ đây ta dễ dàng tìm được \(m=\frac{-4}{9}\) (thỏa mãn)
Bài 2:
Ta có:
\(y=x^4-(2m+1)x^2+2m=(x^4-x^2)-2mx^2+2m\)
\(\Leftrightarrow y=(x^2-1)(x^2-2m)=(x-1)(x+1)(x^2-2m)\)
Để đths cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì pt \(y=0\) phải có 4 nghiệm phân biệt
Thấy hiển nhiên phương trình có nghiệm \(x=\pm 1< 2\), vậy nên ta cần có \(x^2-2m=0\) phải có 2 nghiệm phân biệt khác \(\pm 1\)
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 2m>0\\ (\pm 1)^2-2m\neq 0\end{matrix}\right.\Rightarrow m>0;m\neq \frac{1}{2}\)
Khi đó hai nghiệm của pt là: \(\pm \sqrt{2m}\) trong đó \(-\sqrt{2m}\) hiển nhiên nhỏ hơn 2, ta chỉ cần \(\sqrt{2m}<2 \Leftrightarrow m< 2\)
Vậy \(0< m< 2; m\neq \frac{1}{2}\)
ĐKXĐ: \(x\ge3\)
\(\Leftrightarrow mx-\sqrt{x-3}=m+1\Leftrightarrow m\left(x-1\right)=\sqrt{x-3}+1\)
\(\Leftrightarrow m=\frac{\sqrt{x-3}+1}{x-1}\)
Đặt \(\sqrt{x-3}=t\ge0\) \(\Rightarrow x=t^2+3\Rightarrow m=\frac{t+1}{t^2+2}\)
Xét hàm \(f\left(t\right)=\frac{t+1}{t^2+2}\Rightarrow f'\left(t\right)=\frac{t^2+2-2t\left(t+1\right)}{\left(t^2+2\right)^2}=\frac{-t^2-2t+2}{\left(t^2+2\right)^2}\)
\(f'\left(t\right)=0\Rightarrow t=\sqrt{3}-1\)
Ta có \(f\left(\sqrt{3}-1\right)=\frac{1+\sqrt{3}}{4}\); \(\lim\limits_{t\rightarrow+\infty}\frac{t+1}{t^2+1}=0\); \(f\left(0\right)=\frac{1}{2}\)
Dựa vào BBT, để pt đã cho có 2 nghiệm pb thì \(\frac{1}{2}\le m< \frac{1+\sqrt{3}}{4}\)
Lời giải:
\(y=\frac{mx-m+2}{x+m}\Rightarrow y'=\frac{m(x+m)-(mx-m+2)}{(x+m)^2}\)
\(\Leftrightarrow y'=\frac{m^2+m-2}{(x+m)^2}\)
Để hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó thì:
\(y'\leq 0\Leftrightarrow m^2+m-2\leq 0\)
\(\Leftrightarrow -2\leq m\leq 1\)
Đáp án C