A. \(5\).
B. Vô số.
C. \(3\).
D. Không tồn tại \(m\).
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Hàm số \(y = {\left( {\sqrt {{x^2} + 1} – x} \right)^3} – m\left( {2{x^2} – 2x\sqrt {{x^2} + 1} + 1} \right) – \frac{{m – 6}}{{\sqrt {{x^2} + 1} + x}} – 1\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\).
Ta có: \(y = {\left( {\sqrt {{x^2} + 1} – x} \right)^3} – m{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} – x} \right)^2} – \left( {m – 6} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 1} – x} \right) – 1\).
Đặt \(t = \sqrt {{x^2} + 1} – x\), đk: \(t \in \left( {0;\, + \infty } \right)\).
Khi đó ta được: \(g\left( t \right) = {t^3} – m{t^2} – \left( {m – 6} \right)t – 1\) với \(t \in \left( {0;\, + \infty } \right)\).
Ta có: \(g’\left( t \right) = 3{t^2} – 2mt – m + 6\).
Để hàm số ban đầu nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) thì hàm số \(g\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( {0;\, + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow g’\left( t \right) \ge 0,\,\forall t \in \left( {0;\, + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow 3{t^2} – 2mt – m + 6 \ge 0\,,\,\forall t \in \left( {0;\, + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow m \le \frac{{3{t^2} + 6}}{{2t + 1}},\,\forall t \in \left( {0;\, + \infty } \right)\).
\( \Leftrightarrow m \le \,\mathop {\min h\left( t \right)}\limits_{\left( {0;\, + \infty } \right)} \), với \(h\left( t \right) = \frac{{3{t^2} + 6}}{{2t + 1}}\).
Ta có: \(h’\left( t \right) = \frac{{6{t^2} + 6t – 12}}{{{{\left( {2t + 1} \right)}^2}}}\), \(h’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = – 2\end{array} \right.\).
Bảng biến thiên:
Suy ra \(m \le 3\). Mà \(m \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3} \right\}\).
=======Thuộc mục: Đơn điệu hàm hợp VDC
Để lại phản hồi