Bài 1: Sự đồng biến và nghịch biến của hàm số

Lời giải:

Ta có \(y'=1-m\sin x\). Để hàm số nghịch biến trên R thì \(y'\leq 0\) với mọi \(x\in\mathbb{R}\)

\(\Leftrightarrow 1-m\sin x\leq 0\Leftrightarrow m\sin x\geq 1\)

Nếu \(\sin x=0\) thì hiển nhiên \(m\sin x<1\) nên không tìm được m hợp lý

Nếu đề bài là đồng biến trên R thì bài toán sẽ được giải quyết.

Câu 1:

Có \(\left\{\begin{matrix} y_1=bx^3+ax^2+5x\\ y_2=ax^3+bx^2+5x\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y_1'=3bx^2+2ax+5\\ y_2'=3ax^2+2bx+5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} y_1'=3b\left [ \left ( x+\frac{a}{3b} \right )^2+\frac{5}{3b}-\frac{a^2}{9b^2} \right ]\\ y_2'=3a\left [ \left ( x+\frac{b}{3a} \right )^2+\frac{5}{3a}-\frac{b^2}{9a^2} \right ]\end{matrix}\right.\)

Để các hàm \(y_1,y_2\) không là hàm đồng biến thì \(y_1',y_2'\) không luôn lớn hơn $0$ với mọi \(x\in (-\infty,+\infty)\), tức là xảy ra cả trường hợp lớn hơn $0$ lẫn nhỏ hơn $0$ với mọi $x$. điều này xảy ra khi mà :

\(\left\{\begin{matrix} \frac{5}{3b}-\frac{a^2}{9b^2}<0\\ \frac{5}{3a}-\frac{b^2}{9a^2}<0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 15b-a^2<0\\ 15a-b^2<0\end{matrix}\right.\)

\(\rightarrow a^4>225b^2>3375a\)

\(\Rightarrow a>15\) hay \(a\geq 16\). Tương tự, \(b\geq 16\)

Vì đề bài cần tìm min \(2a+b\) nên cần ưu tiên tính nhỏ hơn của $a$

Từ trên ta chọn \(a_{\min}=16\Rightarrow 15b<16^2=256\Rightarrow b\leq 17\)

Do đó \(16\leq b\leq 17\rightarrow b_{\min}=16\)

Do đó \(S_{\min}=(2a+b)_{\min}=48\)

Bài 2:

Để hàm số \(y=(x+m)^3(x+m^3)\) là hàm đồng biến thì \(y'>0\forall x\in (-\infty,+\infty)\)

Khai triển:

\(y'=4x^3+x^2(3m^3+9m)+x(6m^4+6m^2)+m^3+3m^5\)

\(\Leftrightarrow y'=(x+m)^2(4x+3m^3+m)\)

Để \(y'>0\Rightarrow 4x+3m^3+m>0\)

\(\Leftrightarrow 3m^3+m>-4x\)

Vì hàm đồng biến với mọi \(x\in (-\infty, +\infty)\) nên điều trên xảy ra khi \(3m^3+m>(-4x)_{\max}\)

Hiển nhiên \(-4x\) với \(x\in R\) thì không tồn tại max.

Do đó đề bài có vấn đề.

Lời giải:

Ta có \(y'=1+\frac{1}{x^2}\). Gọi \(a\) là hoành độ tiếp điểm. Khi đó, PT tiếp tuyến tại $a$ là:
\(y=\left (1+\frac{1}{a^2}\right)(x-a)+a-\frac{1}{a}+1\)

\(\Leftrightarrow y=\left (1+\frac{1}{a^2}\right)x+\frac{a-2}{a}\)\((d)\)

\(A=Ox\cap (d)\Rightarrow y_A=0\)

Có \(\left (1+\frac{1}{a^2}\right)x_A+\frac{a-2}{a}=y_A=0\Rightarrow x_A=\frac{a(2-a)}{a^2+1}\) \(\Rightarrow A(\frac{a(2-a)}{a^2+1},0)\)

\(B=Oy\cap (d)\Rightarrow x_B=0\)

Có \(y_B=\left (1+\frac{1}{a^2}\right)x_B+\frac{a-2}{a}=\frac{a-2}{a}\) \(\Rightarrow B(0,\frac{a-2}{a})\)

Tam giác \(OAB\) cân tại $O$ nên

\(OA=OB\Leftrightarrow \) \(\left | \frac{a(2-a)}{a^2+1} \right |=\left | \frac{a-2}{a} \right |\)

Giải PT trên ta thu được \(a=2\), nghĩa là \(A,B\equiv O\) (vô lý) nên loại

cái này đạo hàm xong là cô lập m là ra

luôn đồng biến trên 1 khoảng nằm trong tập xác định của nó

đợi em học lớp 12 rùi em trả lời cho nhé...

Lời giải:

Ta có \(y=\frac{1}{3}x^3-\frac{mx^2}{2}+2x+2016\)

\(\Rightarrow y'=x^2-mx+2\)

Để hàm số luôn đồng biến trên tập xác định thì \(y'\geq 0\)

\(\Leftrightarrow x^2-mx+2\geq 0\forall x\in\mathbb{R}\)

Theo định lý về dấu của tam thức bậc 2, điều này xảy ra khi mà:

\(\Delta=m^2-8\leq 0\Leftrightarrow -2\sqrt{2}\leq m\leq 2\sqrt{2}\)

v=s′=−t2+12tv=s′=−t2+12t

Vậy trong thời gian 9s, kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật là vmax=36m/s

Lời giải:

Ta có: \(y'=\frac{1}{\cos ^2x}-\frac{1}{\sin ^2x}=\frac{\sin ^2x-\cos^2x}{\sin ^2x\cos^2x}=\frac{1-2\cos^2x}{\sin ^2x\cos^2x}\)

Với \(x\in \left(0,\frac{\pi}{2}\right)\) ta chia làm hai đoạn:

+) \(x\in \left(0,\frac{\pi}{4}\right] \Rightarrow 1-2\cos^2x\leq 0\), hàm là hàm nghịch biến

+) \(x\in \left[\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}\right)\Rightarrow 1-2\cos^2x\geq 0\), hàm là hàm đồng biến