Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
câu 1 sao không ra đáp án nào vậy bạn , hình như bạn làm sai đâu đó rồi
Trời, đọc xong chỉ việc chọn đáp án mà ko biết chọn luôn?
Đáp án D chứ sao nữa
5.
\(y'=4x^3-8x=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=\sqrt{2}\\x=-\sqrt{2}\left(l\right)\end{matrix}\right.\)
\(y\left(0\right)=-2\) ; \(y\left(\sqrt{2}\right)=-6\) ; \(y\left(\sqrt{3}\right)=-5\)
\(\Rightarrow M=-2\)
Lời giải:
Hàm số có cực đại $(x_1,y_1)$, cực tiểu $(x_2,y_2)$ nằm về bên phải trục tung tương đương với\(y'=2x^2+2(m+1)x+m^2+4m+3=0\) có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ đều dương.
Điều này xảy ra khi: \(\left\{\begin{matrix} \Delta'=(m+1)^2-2(m^2+4m+3)>0\\ x_1+x_2=-(m+1)>0\\ x_1x_2=\frac{m^2+4m+3}{2}>0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (m+1)(m+5)< 0\\ m+1< 0\\ (m+1)(m+3)>0\end{matrix}\right.\Rightarrow -5< m< -3\). Đáp án B
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là :
\(x^3-2x^2+\left(1-m\right)x+m=0\left(1\right)\)
Biến đổi tương đương phương trình này :
\(\left(1\right)\Leftrightarrow x^3-2x^2+x-mx+m=0\)
\(\Leftrightarrow x\left(x^2-2x+1\right)-m\left(x-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^2-x-m\right)=0\Leftrightarrow x=1\) hoặc \(x^2-x-m=0\left(2\right)\)
Gọi \(x_1,x_2\) là nghiệm của phương trình (2) thì :
\(t^2+x_1^2+x_2^2< 4\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2< 3\Leftrightarrow m< 1\) (*)
Yêu cầu bài toán tương đương với (2) có hai nghiệm phân biệt \(x_1;x_2\ne1\) thỏa mãn điều kiện (*)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}\Delta=1+4m>0\\1^2-1-m\ne0\\m< 1\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}-\frac{1}{4}< m< 1\\m\ne0\end{cases}\)
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 \(\left[-2;2\right]\)
\(y'=1-\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}=0\Leftrightarrow x=\sqrt{2}\)
\(y\left(-2\right)=-2\) ; \(y\left(\sqrt{2}\right)=2\sqrt{2}\) ; \(y\left(2\right)=2\)
\(\Rightarrow N=-2;M=2\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow M+2N=2\sqrt{2}-4\)
5.
\(y'=1-\frac{4}{\left(x-3\right)^2}=0\Leftrightarrow\left(x-3\right)^2=4\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x-3=2\\x-3=-2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=5\\x=1< 3\left(l\right)\end{matrix}\right.\)
BBT:
Từ BBT ta có \(y_{min}=y\left(5\right)=7\)
\(\Rightarrow m=7\)
3.
\(y'=-2x^2-6x+m\)
Hàm đã cho nghịch biến trên R khi và chỉ khi \(y'\le0;\forall x\)
\(\Leftrightarrow\Delta'=9+2m\le0\)
\(\Rightarrow m\le-\frac{9}{2}\)
4.
\(y'=x^2-mx-2m-3\)
Hàm đồng biến trên khoảng đã cho khi và chỉ khi \(y'\ge0;\forall x>-2\)
\(\Leftrightarrow x^2-mx-2m-3\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2-3\ge m\left(x+2\right)\Leftrightarrow m\le\frac{x^2-3}{x+2}\)
\(\Leftrightarrow m\le\min\limits_{x>-2}\frac{x^2-3}{x+2}\)
Xét \(g\left(x\right)=\frac{x^2-3}{x+2}\) trên \(\left(-2;+\infty\right)\Rightarrow g'\left(x\right)=\frac{x^2+4x+3}{\left(x+2\right)^2}=0\Rightarrow x=-1\)
\(g\left(-1\right)=-2\Rightarrow m\le-2\)
Hàm số có cực đại và cực tiểu
\(\Leftrightarrow f'\left(x\right)=x^2-2mx+m=0\) có 2 nghiệm phân biệt
\(\Leftrightarrow\Delta'=m^2-m>0\Leftrightarrow m\in D=\left(-\infty,0\right)\cup\left(1,+\infty\right)\) (*)
Với điều kiện này thì \(f'\left(x\right)=0\) có 2 nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\) và hàm số \(f\left(x\right)\) đạt cực trị tại \(x_1,x_2\). Theo định lí Viet ta có : \(x_1+x_2=2m;x_1x_2=m\) Suy ra :
\(\left|x_1-x_2\right|\ge8\Leftrightarrow\left|x_1-x_2\right|^2\ge64\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2\ge64\Leftrightarrow4m^2-4m\ge64\)
\(\Leftrightarrow m^2-m-16\ge0\Leftrightarrow m\in\left(-\infty,\frac{1-\sqrt{65}}{2}\right)\cup\left(\frac{1+\sqrt{65}}{2},+\infty\right)\) (thỏa mãn (*))
Vậy để \(\left|x_1-x_2\right|\ge8\) thì \(m\in\left(-\infty,\frac{1-\sqrt{65}}{2}\right)\cup\left(\frac{1+\sqrt{65}}{2},+\infty\right)\)
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.
Câu 3: Sửa thành đạt cực đại và cực tiểu tại tại 2 điểm $x_1,x_2$
Để hàm số $y$ đạt cực trị tại 2 điểm $x_1,x_2$ thì $y'=x^2-4x+m=0$ cần có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$
Điều này xảy ra khi $\Delta'=4-m>0\Leftrightarrow m< 4(1)$
Để $x_1,x_2$ thỏa mãn $x_1^2+x_1^2< 14$
$\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2-2x_1x_2< 14$
$\Leftrightarrow 4^2-2.m< 14$
$\Leftrightarrow m> 1(2)$
Từ $(1);(2)\Rightarrow 1< m< 4$
Vì $m$ nguyên nên $m\in\left\{2;3\right\}$. Vậy có 2 giá trị $m$ thỏa mãn.
Đáp án A.
Câu 4:
Để đths $y$ có 3 điểm cực trị thì PT:
$y'=4mx^3+2(m-3)x=0$ có 3 nghiệm phân biệt
$\Leftrightarrow x[2mx^2+(m-3)]=0$ có 3 nghiệm phân biệt.
Dễ thấy pt trên có 1 nghiệm $x=0$
Do đó cần tìm $m$ để $2mx^2+(m-3)=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác $0$
Điều này xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} 2m\neq 0\\ 2m.0^2+m-3\neq 0\\ \frac{3-m}{2m}>0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m\neq 0\\ m\neq 3\\ 3> m> 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow 3>m>0\)
Đáp án A.
Câu 5:
Để ĐTHS $y$ có 3 điểm cực trị thì:
$y'=4x^3-4mx=0$ có 3 nghiệm phân biệt
$\Leftrightarrow x(x^2-m)=0$ có 3 nghiệm phân biệt
$\Leftrightarrow m>0$
Khi đó, 3 điểm cực trị của đths là:
$A(0;3); B(\sqrt{m}, -m^2+3); C(-\sqrt{m}, -m^2+3)$
Để $ABC$ là tam giác đều thì:
$AB^2=BC^2=CA^2$
$\Leftrightarrow m+m^4=4m$
$\Leftrightarrow m^4=3m$. Kết hợp với đk $m>0$ ta suy ra $m=\sqrt[3]{3}$
Đáp án B.
Câu 6:
Để ĐTHS $y$ có 3 điểm cực trị thì:
$y'=4x^3+4mx=0$ có 3 nghiệm phân biệt
$\Leftrightarrow x(x^2+m)=0$ có 3 nghiệm phân biệt
$\Leftrightarrow m< 0$
Khi đó, 3 điểm cực trị của ĐTHS là:
$A(0;-3); B(\sqrt{-m}; -m^2-3); C(-\sqrt{-m}; -m^2-3)$
$\overrightarrow{AB}=(\sqrt{-m}; -m^2); \overrightarrow{AC}=(-\sqrt{-m}; -m^2)$
Diện tích tam giác $ABC$ là:
\(S_{ABC}=\frac{1}{2}\sqrt{AB^2.AC^2-(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC})^2}\)
\(=\frac{1}{2}\sqrt{(-m+m^4)(-m+m^4)-(m+m^4)^2}\)
\(=\sqrt{-m^5}\)
$S_{ABC}<9\sqrt{3}$
$\Leftrightarrow -m^5< 243$
$\Leftrightarrow m> -3$
Vậy $0> m>-3$. Không có đáp án nào đúng.
Câu 6:
Để ĐTHS $y$ có 3 điểm cực trị thì:
$y'=4x^3+4mx=0$ có 3 nghiệm phân biệt
$\Leftrightarrow x(x^2+m)=0$ có 3 nghiệm phân biệt
$\Leftrightarrow m< 0$
Khi đó, 3 điểm cực trị của ĐTHS là:
$A(0;-3); B(\sqrt{-m}; -m^2-3); C(-\sqrt{-m}; -m^2-3)$
$\overrightarrow{AB}=(\sqrt{-m}; -m^2); \overrightarrow{AC}=(-\sqrt{-m}; -m^2)$
Diện tích tam giác $ABC$ là:
\(S_{ABC}=\frac{1}{2}\sqrt{AB^2.AC^2-(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC})^2}\)
\(=\frac{1}{2}\sqrt{(-m+m^4)(-m+m^4)-(m+m^4)^2}\)
\(=\sqrt{-m^5}\)
$S_{ABC}<9\sqrt{3}$
$\Leftrightarrow -m^5< 243$
$\Leftrightarrow m> -3$
Vậy $0> m>-3$. Không có đáp án nào đúng.