Ta có \(y'=-2x^2+2\left(m+1\right)x+2m\)

Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) \(\Leftrightarrow y'\ge0,x\in\left(0;2\right)\) (*)

Vì y'(x) liên tục tại x=0 và x=2 nên (*) \(\Leftrightarrow y'\ge0,x\in\left[0;2\right]\)

\(\Leftrightarrow-2x^2+2\left(m+1\right)x+2m\ge0,x\in\left[0;2\right]\)

\(\Leftrightarrow m\left(x+1\right)\ge x^2-x,x\in\left[0;2\right]\Leftrightarrow m\ge g\left(x\right),x\in\left[0;2\right]\); (trong đó \(g\left(x\right)=\frac{x^2-x}{x+1}\))

\(\Leftrightarrow m\ge Max_{\left[0;2\right]}g\left(x\right)\)

Xét hàm số \(g\left(x\right)=\frac{x^2-x}{x+1}\) trên đoạn \(\left[0;2\right]\)

\(\Rightarrow g'\left(x\right)=\frac{x^2+2x-1}{\left(x+1\right)^2}\Rightarrow g'\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=-1+\sqrt{2},x\in\left[0;2\right]\)

\(g\left(0\right);g\left(2\right)=\frac{2}{3};g\left(-1+\sqrt{2}\right)\Rightarrow Max_{\left(0;+\infty\right)}g\left(x\right)=\frac{2}{3}\) tại x=2

Vậy \(m\ge\frac{2}{3}\) thì hàm số đồng biến trên khoảng (0;2)

Ta có : \(y'=-2x^2+2\left(m+1\right)x+2m,\Delta'=m^2+6m+1\)

Suy ra hàm đồng biến trên khoảng (0; 2) \(\Leftrightarrow y'\ge0,x\in\left(0;2\right)\)(*)

Trường hợp 1 : Nếu \(\Delta'\le0\Leftrightarrow m^2+6m+1\le0\Leftrightarrow-3-2\sqrt{2}\le m\le-3+2\sqrt{2}\)

theo định lí về dấu tam thức bậc 2 ta có \(y'\le0,x\in R\) => (*) không thỏa mãn

Trường hợp 2 : Nếu \(\Delta'>0\Leftrightarrow m^2+6m+1>0\Leftrightarrow m\le-3-2\sqrt{2}\) hoặc \(m\ge-3+2\sqrt{2}\) thì (*) đúng

<=> phương trình \(y'=0\) có 2 nghiệm phân biệt \(x_1;x_2\) (\(x_1\)>\(x_2\)) và thỏa mãn \(x_1\le0<2\le x_2\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}\Delta>0\\x_1\le0<2\le x_2\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}\left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)\le0\\\Delta>0\\\left(x_1-0\right)\left(x_2-0\right)\le0\end{cases}\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}x_1x_2-2\left(x_1+x_2\right)+4\le0\\\Delta>0\\x_1x_2\le0\end{cases}\)

\(\Leftrightarrow m\ge\frac{2}{3}\)

Kết hợp trường hợp 1 và trường hợp 2 ta có \(m\ge\frac{2}{3}\) thì hàm đồng biến trên khoảng (0;2)

Hàm số \(y=-x^2+2mx+1\) có  \(a=-1< 0;-\frac{b}{2a}=m\)nên đồng biến trên \(\left(-\infty;m\right)\)

Do đó để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left(-\infty;3\right)\)thì ta phải có \(\left(-\infty;3\right)\subset\left(-\infty;m\right)\Leftrightarrow m\ge3.\)

Theo mình:

để hàm số đồng biến, đk cần là y'=0.

a>0 và \(\Delta'< 0\)

nghịch biến thì a<0 

vì denta<0 thì hầm số cùng dấu với a

mình giải được câu a với b

câu c có hai cực trị thì a\(\ne\)0, y'=0, denta>0 (để hàm số có hai nghiệm pb) 

câu d dùng viet

câu e mình chưa chắc lắm ^^

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

+) Nếu \(m-1=0\Leftrightarrow m=1\)thì :

(1) \(\Leftrightarrow y=-2x+3\)là hàm số bậc nhất có hệ số góc \(-2< 0\Rightarrow\)hàm số nghịch biến trên \(R\)

=> Hàm số nghịch biến trên \(\left(-\infty;2\right)\)

Vậy khi \(m=1\)hàm số nghịch biến trên \(\left(-\infty;2\right)\)(2)

+) Nếu \(m-1\ne0\Leftrightarrow m\ne1\)thì (1) là hàm số bậc hai

(1) nghịch biến trên \(\left(-\infty;2\right)\)thì đồ thị h/s có bề lõm hướng lên trên

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=m-1>0\\-\frac{b}{2a}\ge2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m>1\\\frac{2m}{2\left(m-1\right)}\ge2\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m>1\\m-2\left(m-1\right)\ge0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m>1\\m\le2\end{cases}}\)

\(\Rightarrow1< m\le2\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m>1\\m-2\left(m-1\right)\ge0\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m>1\\m\le2\end{cases}}\end{cases}}\)(3)

Từ (2) và (3) suy ra hàm số nghịch biến trên \(\left(-\infty;2\right)\)thì \(1\le m\le2\)

Ta có \(y'=\frac{x^2-2mx+m^2}{\left(x-2m\right)^2},x\ne2m\)

Để y có hai khoảng đồng biến trên toàn miền xác định thì

\(y'\ge0,\forall x\ne2m\)

\(\Leftrightarrow x^2-4mx+m^2\ge0,\forall x\ne2m\)

\(\Leftrightarrow\Delta'\le0\Leftrightarrow4m^2-m^2\le0\)

\(\Leftrightarrow3m^2\le0\Leftrightarrow m=0\)

Câu tiếp theo:

y đồng biến trên\(\left(1,\infty\right)\Leftrightarrow y'\ge0,\forall x\in\left(1,+\infty\right)\)

     \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}f\left(x\right)=x^2-4mx+m^2\ge0,\forall x>1\\2m\notin\left(1,\infty\right)\end{cases}}\)

Để cj suy nghĩ mai lm tiếp=.=

rõ ràng m=0 thì đk trên thõa mãn.

Với \(m=0:\Delta'=3m^2>0\) nên ta có:

\(f\left(x\right)\ge0,\forall x>1\Leftrightarrow x_1< x_2\le1\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\Delta'>0\\f\left(1\right)\ge\\\frac{S}{2}-1< 0\end{cases}0}\)

\(f\left(1\right)\ge0\Leftrightarrow m^2-4m+1\ge0\Leftrightarrow m\le2-\sqrt{3}\)hay\(m\ge2+\sqrt{3}\)

\(\frac{S}{2}-1< 0\Leftrightarrow2m-1< 0\Leftrightarrow m< \frac{1}{2}\)

\(2m\notin\left(1,\infty\right)\Leftrightarrow2m\le1\Leftrightarrow m\le\frac{1}{2}\)

Vậy \(m\le2-\sqrt{3}\)là giá trị m cần tìm

a: \(y=-x^3+\left(m+2\right)x^2-3x\)

=>\(y'=-3x^2+2\left(m+2\right)x-3\)

=>\(y'=-3x^2+\left(2m+4\right)\cdot x-3\)

Để hàm số nghịch biến trên R thì \(y'< =0\forall x\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}\left(2m+4\right)^2-4\cdot\left(-3\right)\left(-3\right)< =0\\-3< 0\end{matrix}\right.\)

=>\(4m^2+16m+16-4\cdot9< =0\)

=>\(4m^2+16m-20< =0\)

=>\(m^2+4m-5< =0\)

=>\(\left(m+5\right)\left(m-1\right)< =0\)

TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}m+5>=0\\m-1< =0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}m>=-5\\m< =1\end{matrix}\right.\)

=>-5<=m<=1

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}m+5< =0\\m-1>=0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}m>=1\\m< =-5\end{matrix}\right.\)

=>\(m\in\varnothing\)

b: \(y=x^3-3x^2+\left(1-m\right)x\)

=>\(y'=3x^2-3\cdot2x+1-m\)

=>\(y'=3x^2-6x+1-m\)

Để hàm số đồng biến trên R thì \(y'>=0\forall x\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}\text{Δ}< =0\\a>0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}3>0\\\left(-6\right)^2-4\cdot3\left(1-m\right)>=0\end{matrix}\right.\)

=>\(36-12\left(1-m\right)>=0\)

=>\(36-12+12m>=0\)

=>12m+24>=0

=>m+2>=0

=>m>=-2

\(y'=3x^2-2\left(m+1\right)x-\left(2m^2-3m+2\right)\)

\(\Delta'=\left(m+1\right)^2+3\left(2m^2-3m+2\right)=7\left(m^2+m+1\right)>0\) ; \(\forall m\)

\(\Rightarrow y'=0\) luôn có 2 nghiệm phân biệt

Bài toán thỏa mãn khi: \(x_1< x_2\le2\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)\ge0\\\dfrac{x_1+x_2}{2}< 2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1x_2-2\left(x_1+x_2\right)+4\ge0\\x_1+x_2< 4\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{-\left(2m^2-3m+2\right)}{3}-\dfrac{4\left(m+1\right)}{3}+4\ge0\\\dfrac{2\left(m+1\right)}{3}< 4\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-2m^2-m+6\ge0\\m< 5\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow-2\le m\le\dfrac{3}{2}\)

\(y'=3x^2-6mx+6\left(m^2-2\right)=3\left(x^2-2mx+2m^2-4\right)\)

Hàm đồng biến trên khoảng đã cho khi với mọi \(x>2\) ta có \(y'\ge0\)

\(\Delta'=m^2-\left(2m^2-4\right)=-m^2+4\)

TH1: \(\Delta'\le0\Leftrightarrow-m^2+4\le0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge2\\m\le-2\end{matrix}\right.\)

 TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta'>0\\x_1< x_2\le2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-m^2+4>0\\\left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)\le0\\\dfrac{x_1+x_2}{2}< 2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-2< m< 2\\2m^2-4m\le0\\m< 2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow0\le m< 2\)

Kết hợp lại ta được: \(\left[{}\begin{matrix}m\le-2\\m\ge0\end{matrix}\right.\)