1.
Do \(\left(\sqrt{\dfrac{x+3}{4}}\right)^2+\left(\sqrt{\dfrac{1-x}{4}}\right)^2=1\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{\dfrac{x+3}{4}}=sint\\\sqrt{\dfrac{1-x}{4}}=cost\end{matrix}\right.\) với \(t\in\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\)
\(\Rightarrow2\left(4m-3\right)sint+2\left(3m-4\right)cost+m-1=0\)
\(\Leftrightarrow m=\dfrac{1+6sint+8cost}{1+8sint+6cost}\)
Xét hàm \(f\left(t\right)=\dfrac{1+6sint+8cost}{1+8sint+6cost}\) với \(t\in\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\)
\(f'\left(t\right)=-\dfrac{28sin^2t+2sint+28cos^2t+2cost}{\left(1+8sint+6cost\right)^2}< 0;\forall t\in\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\)
\(\Rightarrow f\left(t\right)\) nghịch biến trên \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\)
\(\Rightarrow f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)\le f\left(t\right)\le f\left(0\right)\Rightarrow\dfrac{7}{9}\le f\left(t\right)\le\dfrac{9}{7}\)
\(\Rightarrow\dfrac{7}{9}\le m\le\dfrac{9}{7}\)
2.
ĐKXĐ: \(x\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2+4+\left(m+2\right)x=\left(m-1\right)\sqrt{x\left(x^2+4\right)}\)
Chia 2 vế cho \(x^2+4\)
\(\Leftrightarrow1+\left(m+2\right)\dfrac{x}{x^2+4}=\left(m-1\right)\sqrt{\dfrac{x}{x^2+4}}\) (1)
Đặt \(\sqrt{\dfrac{x}{x^2+4}}=t\Rightarrow t\ge0\) (do \(x\ge0\))
Đồng thời \(x^2+4\le4x\Rightarrow t\le\dfrac{x}{4x}=\dfrac{1}{4}\)
\(\Rightarrow t\in\left[0;\dfrac{1}{4}\right]\)
(1) trở thành:
\(1+\left(m+2\right)t^2=\left(m-1\right)t\)
\(\Leftrightarrow2t^2+t+1=m\left(t-t^2\right)\)
- Với \(t=0\) ko phải nghiệm
- Với \(t\ne0\)
\(\Rightarrow m=\dfrac{2t^2+t+1}{t-t^2}\)
Xét hàm \(f\left(t\right)=\dfrac{2t^2+t+1}{t-t^2}\) với \(t\in\left[0;\dfrac{1}{4}\right]\)
\(f'\left(t\right)=\dfrac{3t^2+2t-1}{\left(t-t^2\right)^2}=\dfrac{\left(t+1\right)\left(3t-1\right)}{\left(t-t^2\right)^2}< 0;\forall t\in\left[0;\dfrac{1}{4}\right]\)
\(\Rightarrow f\left(t\right)\) nghịch biến
\(f\left(\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{22}{3}\); \(\lim\limits_{t\rightarrow0^+}f\left(t\right)=+\infty\)
\(\Rightarrow m\ge\dfrac{22}{3}\)
Câu 3 đề có vẻ thiếu em
Nếu đề chỉ có thế này thì hiển nhiên \(y_{min}=0\) do \(\left|\dfrac{x^2+\left(m+2\right)x-m^2}{x+1}\right|\ge0\) theo tính chất của trị tuyệt đối
\(y'=4sinx.cosx-1=2sin2x-1=0\)
\(\Rightarrow sin2x=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}2x=\dfrac{\pi}{6}+k2\pi\\2x=\dfrac{5\pi}{6}+k2\pi\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\pi}{12}+k\pi\\x=\dfrac{5\pi}{12}+k\pi\end{matrix}\right.\)
\(0< x< 100\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}0< \dfrac{\pi}{12}+k\pi< 100\\0< \dfrac{5\pi}{12}+k\pi< 100\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}-\dfrac{1}{12}< k< 31,7\\-\dfrac{5}{12}< k< 31,4\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}k=\left\{0;1;...;31\right\}\\k=\left\{0;1;...;31\right\}\end{matrix}\right.\)
Hàm có 64 cực trị nên có 32 cực đại và 32 cực tiểu
(Trong trường hợp hàm liên tục trên R, nếu số cực trị là số chẵn thì số cực đại bằng số cực tiểu. Nếu số cực trị là số lẻ thì kiểm tra điểm cực trị ở 1 đầu mút bất kì, nghĩa là cực trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất trong khoảng, ví dụ trong bài này là tại \(\dfrac{\pi}{12}\). Nếu tại đó là cực đại thì cực đại nhiều hơn cực tiểu 1 điểm, nếu là cực tiểu thì cực tiểu nhiều hơn cực đại 1 điểm.
Cụ thể hơn, giả trong trường hợp người ta cho khoảng (0;10) chẳng hạn, trong khoảng này chỉ có 7 cực trị. Kiểm tra cực trị nhỏ nhất pi/12, thấy nó là cực tiểu, suy ra hàm sẽ có 4 cực tiểu và 3 cực đại.)
3.
Bài toán này rất xấu về mặt tính toán (có lẽ người ra đề chọn những con số rất ngẫu nhiên chứ ko có tính toán sẵn để kết quả thuận lợi gì cả).
\(f\left(x\right)=\dfrac{x^2+\left(m+2\right)x-m^2}{x+1}\)
\(f'\left(x\right)=\dfrac{x^2+m+2x+2+m^2}{\left(x+1\right)^2}=\dfrac{\left(x+1\right)^2+\left(m+\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}}{\left(x+1\right)^2}>0;\forall x;m\)
nên \(f\left(x\right)\) luôn đồng biến trên các khoảng xác định với mọi m
\(\Rightarrow GTLN\) của \(y=\left|f\left(x\right)\right|\) trên \(\left[1;2\right]\) sẽ rơi vào 1 trong 2 đầu mút \(\left|f\left(1\right)\right|\) hoặc \(\left|f\left(2\right)\right|\)
Hay \(\max\limits_{\left[1;2\right]}y=max\left\{\left|\dfrac{m^2-m-3}{2}\right|;\left|\dfrac{m^2-2m-8}{3}\right|\right\}\)
- TH1: \(\left|\dfrac{m^2-m-3}{2}\right|\ge\left|\dfrac{m^2-2m-8}{3}\right|\)
Giải BPT trên trước, được khoảng \(D=\left[{}\begin{matrix}m_1\le\dfrac{7-3\sqrt{61}}{10}\\m_2\ge\dfrac{7+3\sqrt{61}}{10}\end{matrix}\right.\)
Khi đó \(y_{max}=\left|\dfrac{m^2-m-3}{2}\right|\)
bây giờ khảo sát hàm \(g\left(m\right)=\left|\dfrac{m^2-m-3}{2}\right|\) trên miền D
Khá đơn giản, có 3 cực trị \(m=\dfrac{1\pm\sqrt[]{13}}{2}\) (nghiệm của g(m)=0) và \(m=\dfrac{1}{2}\)
Cả 3 cực trị này đều ko thuộc D, do đó \(y_{min}\) rơi vào 1 trong 2 đầu mút \(g\left(m_1\right)\) hoặc \(g\left(m_2\right)\)
Thay vào thấy \(g\left(m_1\right)=\dfrac{57-3\sqrt{61}}{50}\) nhỏ hơn
- TH2: \(\left|\dfrac{m^2-m-3}{2}\right|< \left|\dfrac{m^2-2m-8}{3}\right|\)
Từ câu trên suy ra miền \(D_1=m\in\left(\dfrac{7-3\sqrt{61}}{10};\dfrac{7+3\sqrt{61}}{10}\right)\)
Khảo sát tìm min \(h\left(m\right)=\left|\dfrac{m^2-3m-8}{3}\right|\) trên miền này
Hàm \(h\left(m\right)\) có 3 cực trị \(m=\dfrac{3}{2}\) là cực đại (loại do đang tìm min) và \(m=\dfrac{3\pm\sqrt{41}}{2}\) là nghiệm của h(m)=0, nhưng 2 nghiệm này đều ko thuộc \(D_1\) nên loại
Vậy \(\dfrac{57-3\sqrt{61}}{50}\) là kết quả cần tìm (ko cần tính 2 đầu mút của h(m) nữa, vì nó sẽ cho kết quả giống 2 đầu mút của g(m))
![[柠檬]๛Čɦαŋɦ ČŠツ](https://hoc24.vn/images/avt/avt6342624_256by256.jpg)
