Câu a :))

Hàm số đã cho đồng biến .

giải thích :

Do \(m^2\ge0\forall m\)

\(\Rightarrow m^2+1>0\)

Vậy hàm số trên đồng biến.

Giả sử đths đi qua điểm cố định ( x₀;y₀ )

Ta có y₀ = ( m² +1 )x₀ - 1

  <=> y₀ = m² x₀ +x₀ -1

<=> y₀ -x₀ +1 -m²x₀ = 0

Để pt nghiệm đúng với mọi m \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y_0-x_0+1=0\\x_0=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y_0=-1\\x_0=0\end{cases}}}\)

Vậy đths luôn đi qua điểm cố định ( 0 ; -1 )

a) Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\).

Lấy \({x_1},{x_2} \in \left( {0; + \infty } \right)\) sao cho \({x_1} < {x_2}\).

Xét \(f\left( {{x_1}} \right) - f\left( {{x_2}} \right) = \frac{1}{{{x_1}}} - \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{{{x_2} - {x_1}}}{{{x_1}{x_2}}}\)

Do \({x_1} < {x_2}\) nên \({x_2} - {x_1} > 0\)

\({x_1},{x_2} \in \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow {x_1}{x_2} > 0\)

\( \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) - f\left( {{x_2}} \right) > 0 \Leftrightarrow f\left( {{x_1}} \right) > f\left( {{x_2}} \right)\)

Vậy hàm số nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

b) Lấy \({x_1},{x_2} \in \left( { - \infty ;0} \right)\) sao cho \({x_1} < {x_2}\).

Xét \(f\left( {{x_1}} \right) - f\left( {{x_2}} \right) = \frac{1}{{{x_1}}} - \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{{{x_2} - {x_1}}}{{{x_1}{x_2}}}\)

Do \({x_1} < {x_2}\) nên \({x_2} - {x_1} > 0\)

\({x_1},{x_2} \in \left( { - \infty ;0} \right) \Rightarrow {x_1}{x_2} > 0\)(Cùng dấu âm nên tích cũng âm)

\( \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) - f\left( {{x_2}} \right) > 0 \Leftrightarrow f\left( {{x_1}} \right) > f\left( {{x_2}} \right)\)

Vậy hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\).

a: Khi x>0 thì y>0

=> Hàm số đồng biến

Khi x<0 thì y<0

=> Hàm số nghịch biến

b: Khi x>0 thì y<0

=> Hàm số nghịch biến

Khi x<0 thì y<0

=> Hàm số đồng biến

a.

Ta có: \(m^2+1\ne0;\forall m\Rightarrow\) hàm số là hàm bậc nhất với mọi m

b.

\(m^2+1\ge1>0\) ; \(\forall m\Rightarrow\) hàm đồng biến với mọi m

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

a.

Hàm nghịch biến trên khoảng đã cho khi và chỉ khi: với mọi \(x\in\left(-1;3\right)\) ta có:

\(f\left(x\right)=-x^2+2\left(m-3\right)x+m+4\le0\)

\(\Delta'=\left(m-3\right)^2+m+4=m^2-5m+13>0\) ; \(\forall m\)

Bài toán thỏa mãn khi:

\(\left[{}\begin{matrix}3\le x_1< x_2\\x_1< x_2\le-1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}f\left(3\right)\le0\\\dfrac{x_1+x_2}{2}>3\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}f\left(-1\right)\le0\\\dfrac{x_1+x_2}{2}< -1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}7m-23\le0\\m-3>3\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}-m+9\le0\\m-3< -1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\) 

Không tồn tại m thỏa mãn

b.

Hàm nghịch biến trên khoảng đã cho khi và chỉ khi:

\(\forall x\in\left(2;4\right)\) ta có:

\(-x^2+2\left(m-3\right)x+m+4\le0\)

\(\Leftrightarrow x^2+6x-4\ge m\left(2x+1\right)\)

\(\Leftrightarrow m\le\dfrac{x^2+6x-4}{2x+1}\)

\(\Leftrightarrow m\le\min\limits_{\left[2;4\right]}\dfrac{x^2+6x-4}{2x+1}\)

Xét hàm \(f\left(x\right)=\dfrac{x^2+6x-4}{2x+1}\) trên \(\left[2;4\right]\)

\(f'\left(x\right)=\dfrac{x^2+x+7}{2\left(2x+1\right)^2}>0\) ; \(\forall x\Rightarrow f\left(x\right)\) đồng biến

\(\Rightarrow m\le f\left(2\right)=\dfrac{12}{5}\)

1:

a: m^2+1>=1>0 với mọi m

=>y=(m^2+1)x-5 luôn là hàm số bậc nhất

b: Do m^2+1>0 với mọi m

nên hàm số y=(m^2+1)x-5 đồng biến trên R

a.a=m²+1>0 voi moi x

=>ham so tren la ham so bac nhat

b. a>0=>ham so dong bien

Lời giải:

a.

$y'=\frac{2(1-x^2)}{(x^2+1)^2}>0, \forall x\in (0; 1)$

$\Rightarrow y$ đồng biến trên khoảng $(0;1)$
b. 

Với mọi $x>1$ thì $y'=\frac{2(1-x^2)}{(x^2+1)^2}< 0$

$\Rightarrow$ hàm số nghịch biến trên $(1;+\infty)$