\(y = f’\left( x \right)\) như hình vẽ bên. Đặt \(g\left( x \right) = f\left( {x – m} \right) – \frac{1}{2}{\left( {x – m – 1} \right)^2} + 2022\), với \(m\) là tham số thự
C. Gọi \(S\) là tập hợp các giá trị nguyên dương của \(m\) để hàm số \(y = g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {2;3} \right)\). Tổng tất cả các phần tử trong \(S\) bằng
A. \(4.\)
B. \(7.\)
C. \(6.\)
D. \(5\).
Lời giải:
Ta có \(g’\left( x \right) = f’\left( {x – m} \right) – \left( {x – m – 1} \right)\)
Cho \(g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f’\left( {x – m} \right) = x – m – 1\)
Đặt \(x – m = t \Rightarrow f’\left( t \right) = t – 1\)
Khi đó nghiệm của phương trình là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f’\left( t \right)\) và và đường thẳng \(y = t – 1\)
Dựa vào đồ thị hàm số ta có được \(f’\left( t \right) = t – 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = – 1\\t = 1\\t = 3\end{array} \right.\)
Bảng xét dấu của \(g’\left( t \right)\)
Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số \(g\left( t \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( { – 1;1} \right)\) và \(\left( {3; + \infty } \right)\)
Hay \(\left[ \begin{array}{l} – 1 < t < 1\\t > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} – 1 < x – m < 1\\x – m > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m – 1 < x < m + 1\\x > m + 3\end{array} \right.\)
Để hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {2;3} \right)\) thì \(\left[ \begin{array}{l}m – 1 \le 2 < 3 \le m + 1\\m + 3 \le 2 < 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2 \le m \le 3\\m \le – 1\end{array} \right.\)
Vì \(m\) là các số nguyên dương nên \(S = \left\{ {2;3} \right\}\)
Vậy tổng tất cả các phần tử của \(S\) là: \(2 + 3 = 5\) .
=========== Tương tự Câu 49 TÌM m ĐỂ HÀM SỐ CÓ a CỰC TRỊ HÀM HỢP – VẬN DỤNG CAO – PHÁT TRIỂN Toán TK 2024
Để lại một bình luận