Google
Câu hỏi: Xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số trên các khoảng tương ứng
Giải chi tiết:
\(\forall {x_1},{x_2} \in \mathbb{R}\) ta có:
\(f({x_1}) - f({x_2}) \)
\(= - 2{x_1} + 3 - ( - 2{x_2} + 3) \)
\(= - 2({x_1} - {x_2})\)
Ta thấy \({x_1} > {x_2}\) thì \(-2({x_1} - {x_2}) < 0\), tức là
\(f({x_1}) - f({x_2}) < 0 \Leftrightarrow f({x_1}) < f({x_2})\).
Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) .
Phương pháp giải:
\(\forall {x_1},{x_2} \in \mathbb{R}\), giả sử \({x_1} > {x_2}\) ta xét xem \(f({x_1}) < f({x_2})\) hay \(f({x_1}) > f({x_2})\) rồi đưa ra kết luận nghịch biến hay đồng biến dựa vào định nghĩa.
Giải chi tiết:
\(\forall {x_1},{x_2} \in \mathbb{R}\), ta có:
\(f({x_1}) - f({x_2}) = x_1^2 + 10{x_1} + 9 \)\(- x_2^2 - 10{x_2} - 9\)
=(\(({x_1} - {x_2})({x_1} + {x_2}) + 10({x_1} - {x_2})\)
=\(({x_1} - {x_2})({x_1} + {x_2} + 10)\)(*)
\(\forall {x_1},{x_2} \in ( - 5; + \infty)\) và \({x_1} < {x_2}\) ta có
\({x_1} - {x_2} < 0\) và \({x_1} + {x_2} + 10 > 0\) vì
\({x_1} > - 5;{x_2} > - 5 = > {x_1} + {x_2} > - 10\)
Vậy từ (*) suy ra
\(f({x_1}) - f({x_2}) < 0 \Leftrightarrow f({x_1}) < f({x_2})\).
Hàm số đồng biến trên khoảng \(( - 5; + \infty)\).
Phương pháp giải:
\(\forall {x_1},{x_2} \in \mathbb{R}\), giả sử \({x_1} > {x_2}\) ta xét xem \(f({x_1}) < f({x_2})\) hay \(f({x_1}) > f({x_2})\) rồi đưa ra kết luận nghịch biến hay đồng biến dựa vào định nghĩa.
Giải chi tiết:
\(\forall {x_1},{x_2} \in ( - 3; - 2)\) và \({x_1} < {x_2}\), ta có:
\({x_1} - {x_2} < 0;{x_1} + 1 < - 2 + 1 < 0;\)
\({x_2} + 1 < - 2 + 1 < 0 = >\)
\(({x_1} + 1)({x_2} + 1) > 0\). Vậy
\(f({x_1}) - f({x_2}) = - \dfrac{1}{{{x_1} + 1}} + \dfrac{1}{{{x_2} + 1}}\)
\(= \dfrac{{{x_1} - {x_2}}}{{({x_1} + 1)({x_2} + 1)}} < 0 \)
\(\Leftrightarrow f({x_1}) < f({x_2})\)
Do đó hàm số đồng biến trên khoảng \(( - 3; - 2)\).
\(\forall {x_1},{x_2} \in (2; 3)\) và \({x_1} < {x_2}\), tương tự ta cũng có \(f({x_1}) < f({x_2})\).
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (2; 3).
Câu a
\(y = - 2x + 3\) trên R.Giải chi tiết:
\(\forall {x_1},{x_2} \in \mathbb{R}\) ta có:
\(f({x_1}) - f({x_2}) \)
\(= - 2{x_1} + 3 - ( - 2{x_2} + 3) \)
\(= - 2({x_1} - {x_2})\)
Ta thấy \({x_1} > {x_2}\) thì \(-2({x_1} - {x_2}) < 0\), tức là
\(f({x_1}) - f({x_2}) < 0 \Leftrightarrow f({x_1}) < f({x_2})\).
Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) .
Câu b
\(y = {x^2} + 10x + 9\) trên \(( - 5; + \infty)\);Phương pháp giải:
\(\forall {x_1},{x_2} \in \mathbb{R}\), giả sử \({x_1} > {x_2}\) ta xét xem \(f({x_1}) < f({x_2})\) hay \(f({x_1}) > f({x_2})\) rồi đưa ra kết luận nghịch biến hay đồng biến dựa vào định nghĩa.
Giải chi tiết:
\(\forall {x_1},{x_2} \in \mathbb{R}\), ta có:
\(f({x_1}) - f({x_2}) = x_1^2 + 10{x_1} + 9 \)\(- x_2^2 - 10{x_2} - 9\)
=(\(({x_1} - {x_2})({x_1} + {x_2}) + 10({x_1} - {x_2})\)
=\(({x_1} - {x_2})({x_1} + {x_2} + 10)\)(*)
\(\forall {x_1},{x_2} \in ( - 5; + \infty)\) và \({x_1} < {x_2}\) ta có
\({x_1} - {x_2} < 0\) và \({x_1} + {x_2} + 10 > 0\) vì
\({x_1} > - 5;{x_2} > - 5 = > {x_1} + {x_2} > - 10\)
Vậy từ (*) suy ra
\(f({x_1}) - f({x_2}) < 0 \Leftrightarrow f({x_1}) < f({x_2})\).
Hàm số đồng biến trên khoảng \(( - 5; + \infty)\).
Câu c
\(y = - \dfrac{1}{{x + 1}}\) trên \(( - 3; - 2)\) và (2 ; 3).Phương pháp giải:
\(\forall {x_1},{x_2} \in \mathbb{R}\), giả sử \({x_1} > {x_2}\) ta xét xem \(f({x_1}) < f({x_2})\) hay \(f({x_1}) > f({x_2})\) rồi đưa ra kết luận nghịch biến hay đồng biến dựa vào định nghĩa.
Giải chi tiết:
\(\forall {x_1},{x_2} \in ( - 3; - 2)\) và \({x_1} < {x_2}\), ta có:
\({x_1} - {x_2} < 0;{x_1} + 1 < - 2 + 1 < 0;\)
\({x_2} + 1 < - 2 + 1 < 0 = >\)
\(({x_1} + 1)({x_2} + 1) > 0\). Vậy
\(f({x_1}) - f({x_2}) = - \dfrac{1}{{{x_1} + 1}} + \dfrac{1}{{{x_2} + 1}}\)
\(= \dfrac{{{x_1} - {x_2}}}{{({x_1} + 1)({x_2} + 1)}} < 0 \)
\(\Leftrightarrow f({x_1}) < f({x_2})\)
Do đó hàm số đồng biến trên khoảng \(( - 3; - 2)\).
\(\forall {x_1},{x_2} \in (2; 3)\) và \({x_1} < {x_2}\), tương tự ta cũng có \(f({x_1}) < f({x_2})\).
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (2; 3).
Rất tiếc, câu hỏi này chưa có lời giải chi tiết. Bạn ơi, đăng nhập và giải chi tiết giúp zix.vn nhé!!!