Đặt \(g\left( x \right) = \frac{1}{{f\left( {2\sqrt x + \sqrt {6 – 2x} + m} \right)}}\). Có bao biêu giá trị \(m\) nguyên để hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {2\,;\,3} \right)\)?
A. \(4.\)
B. \(2.\)
C. 3.
D. \(1.\)
LỜI GIẢI CHI TIẾT
+ Đặt \(t = 2\sqrt x + \sqrt {6 – 2x} + m \Rightarrow t’ = \frac{1}{{\sqrt x }} – \frac{1}{{\sqrt {6 – 2x} }} < 0,\,\,\,\forall x \in \left( {2\,;\,3} \right)\).
+ Suy ra với \(x \in \left( {2\,;\,3} \right)\)\( \Rightarrow t \in \left( {2\sqrt 3 + m\,;\,3\sqrt 2 + m} \right)\).
+ Khi đó: \(g\left( t \right) = \frac{1}{{f\left( t \right)}}\) điều kiện xác định \(f\left( t \right) \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t \ne 0\\t \ne 6\end{array} \right.\).
+ Ta có: \(g’\left( t \right) = – \frac{{{{t’}_{\left( x \right)}}.f’\left( t \right)}}{{{f^2}\left( t \right)}}.\)
+ Yêu cầu của bài toán \( \Leftrightarrow g’\left( t \right) = – \frac{{{{t’}_{\left( x \right)}}.f’\left( t \right)}}{{{f^2}\left( t \right)}} \le 0\) \(\left( * \right)\), với \(\forall t \in \left( {2\sqrt 3 + m\,\,;\,3\sqrt 2 + m} \right)\) và \(0 \notin \left( {2\sqrt 3 + m\,;\,3\sqrt 2 + m} \right)\); \(6 \notin \left( {2\sqrt 3 + m\,;\,3\sqrt 2 + m} \right)\).
+ Do \({t’_{\left( x \right)}} < 0\), \(\forall x \in \left( {2\,;\,3} \right)\) nên \(\left( * \right)\)\( \Leftrightarrow f’\left( t \right) \le 0\), \(\forall t \in \left( {2\sqrt 3 + m\,;\,3\sqrt 2 + m} \right)\) và \(0 \notin \left( {2\sqrt 3 + m\,;\,3\sqrt 2 + m} \right)\); \(6 \notin \left( {2\sqrt 3 + m\,;\,3\sqrt 2 + m} \right)\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2\sqrt 3 + m \ge 2\\3\sqrt 2 + m \le 6\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow 2 – 2\sqrt 3 \le m \le 6 – 3\sqrt 2 .\)
+ Suy ra các giá trị nguyên của \(m\)là \(\left\{ { – 1\,;\,0\,;\,1} \right\}\).
+ Vậy có 3 giá trị \(m\) nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
=======Thuộc mục: Đơn điệu hàm hợp VDC
Để lại phản hồi