Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn B
Phương pháp:
Tính y', để hàm số đồng biến trên
ℝ
thì 
(y' = 0 tại hữu hạn điểm)
Sử dụng 
Cách giải:
Tập xác định D = ℝ
Đạo hàm 
Để hàm số đồng biến trên
ℝ
thì 
(y' = 0 tại hữu hạn điểm)
Suy ra giá trị lớn nhất của tham số m thỏa mãn ycbt là m = 3
Hàm số \(y=x+m\left(\sin x+\cos x\right)\)đồng biến trên \(R\) khi và chỉ khi:
\(y'=1+m\left(\cos x-\sin x\right)\ge0,\forall x\in R\)
\(\Leftrightarrow\min\limits\left(1+m\left(\cos x-\sin x\right)\right)\ge0,\forall x\in R\)(1)
Trước tiên ta sẽ đi tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: \(g\left(x\right)=\sin x-\cos x\)
Đặt \(t=\sin x+\cos x\Rightarrow2\sin x.\cos x=t^2-1\)
Ta có \(\left(g\left(x\right)\right)^2=\left(\cos x-\sin x\right)^2=2-t^2\le2\Rightarrow-\sqrt{2}\le g\left(x\right)\le\sqrt{2}\)
Do đó\(\left|m\left(\cos x-\sin x\right)\right|=\left|m\right|.\left|\cos x-\sin x\right|\le\left|m\right|\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow-\sqrt{2}\left|m\right|\le m\left(\cos x-\sin x\right)\le\sqrt{2}\left|m\right|\)
Do đó (1)\(\Leftrightarrow1-\sqrt{2}\left|m\right|\ge0\Leftrightarrow\dfrac{-1}{\sqrt{2}}\le m\le\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)
.
.
.
.
Chọn A.
Tập xác định:D= R. Ta có:y ‘= m-3 + (2m+1).sinx
Hàm số nghịch biến trên R
Trường hợp 1: m= -1/ 2 ; ta có 0 ≤ 7 2 ∀ x ∈ ℝ
Vậy hàm số luôn nghịch biến trên R.
Trường hợp 2: m< -1/ 2 ; ta có
Trường hợp 3:m > -1/2 ; ta có:
Vậy - 4 ≤ m ≤ 2 3
a) y = –( m 2 + 5m) x 3 + 6m x 2 + 6x – 5
y′ = –3( m 2 + 5m) x 2 + 12mx + 6
Hàm số đơn điệu trên R khi và chỉ khi y’ không đổi dấu.
Ta xét các trường hợp:
+) m2 + 5m = 0 ⇔ 
– Với m = 0 thì y’ = 6 nên hàm số luôn đồng biến.
– Với m = -5 thì y’ = -60x + 6 đổi dấu khi x đi qua .
+) Với m 2 + 5m ≠ 0. Khi đó, y’ không đổi dấu nếu
Δ' = 36 m 2 + 18( m 2 + 5m) ≤ 0 ⇔ 3 m 2 + 5m ≤ 0 ⇔ –5/3 ≤ m ≤ 0
– Với điều kiện đó, ta có –3( m 2 + 5m) > 0 nên y’ > 0 và do đó hàm số đồng biến trên R.
Vậy với điều kiện –5/3 ≤ m ≤ 0 thì hàm số đồng biến trên R.
b) Nếu hàm số đạt cực đại tại x = 1 thì y’(1) = 0. Khi đó:
y′(1) = –3
m
2
– 3m + 6 = 0 ⇔ 
Mặt khác, y” = –6( m 2 + 5m)x + 12m
+) Với m = 1 thì y’’ = -36x + 12. Khi đó, y’’(1) = -24 < 0 , hàm số đạt cực đại tại x = 1.
+) Với m = -2 thì y’’ = 36x – 24. Khi đó, y’’(1) = 12 > 0, hàm số đạt cực tiểu tại x = 1.
Vậy với m = 1 thì hàm số đạt cực đại tại x = 1.
Tính \(I=\int_0^{\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{cos^{2017}x}{sin^{2017}x+cos^{2017}}dx\left(1\right)\)
Đặt \(t=cosx\Rightarrow sinx=\sqrt{1-cos^2x}\)
\(\Rightarrow dt=-sinx.dx\)
\(\Rightarrow I=\int_0^1\dfrac{t^{2017}.}{\sqrt{1-t^2}.\left(\left(\sqrt{1-t^2}\right)^{2017}+t^{2017}\right)}dt\)
Đặt: \(t=siny\Rightarrow\sqrt{1-t^2}=cosy\)
\(\Rightarrow dt=cosy.dy\)
\(\Rightarrow I=\int_0^{\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{sin^{2017}y.cosy}{cosy\left(cos^{2017}y+sin^{2017}y\right)}dy=\int_0^{\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{sin^{2017}y}{\left(cos^{2017}y+sin^{2017}y\right)}\)
\(\Rightarrow I=\int_0^{\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{sin^{2017}x}{\left(cos^{2017}x+sin^{2017}x\right)}\left(2\right)\)
Cộng (1) và (2) ta được
\(2I=\int_0^{\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{sin^{2017}x+cos^{2017}x}{sin^{2017}x+cos^{2017}x}dx=\int_0^{\dfrac{\pi}{2}}1dx\)
\(=x|^{\dfrac{\pi}{2}}_0=\dfrac{\pi}{2}\)
\(\Rightarrow I=\dfrac{\pi}{4}\)
Thế lại bài toán ta được
\(\dfrac{\pi}{4}+t^2-6t+9-\dfrac{\pi}{4}=0\)
\(\Leftrightarrow t^2-6t+9=0\)
\(\Leftrightarrow t=3\)
Chọn đáp án C
mỗi trắc nghiệm thoy mà lm dài ntn s @@
chắc lên đó khó lắm ag
+ Tính đạo hàm y ' = cos x + sin x + 2017 2 m .
y ' ≥ 0 ⇔ m ≥ - sin x - cos x 2017 2 = f ( x )
+ Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki thì
( - sin x - cos x ) 2 ≤ ( - 1 ) 2 + ( - 1 ) 2 sin 2 x + cos 2 x = 2 - 2 ≤ ( - sin x - cos x ) ≤ 2
Do đó :
- 2 2017 2 ≤ f ( x ) ≤ 2 2017 2
F(x) đạt giá trị lớn nhất là 2 2017 2 = 1 2017 ⇒ m ≥ f ( m a x ) = 1 2017
Chọn C.