Ta có \(f\left(x\right)>0,\forall x\in\left(0;1\right)\)

\(\Leftrightarrow-x^2-2\left(m-1\right)x+2m-1>0,\forall x\left(0;1\right)\)

\(\Leftrightarrow-2m\left(x-1\right)>x^2-2x+1,\forall x\in\left(0;1\right)\) (*)

Vì \(x\in\left(0;1\right)\Rightarrow x-1< 0\) nên (*) \(\Leftrightarrow-2m< \dfrac{x^2-2x+1}{x-1}=x-1=g\left(x\right),\forall x\in\left(0;1\right)\)

\(\Leftrightarrow-2m\le g\left(0\right)=-1\Leftrightarrow m\ge\dfrac{1}{2}\)

Có cách nào khác nx ạ?

\(f'\left(x\right)=4x^3-4x=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=1\\x=-1\end{matrix}\right.\)

Để \(g\left(x\right)_{min}>0\Rightarrow f\left(x\right)=0\) vô nghiệm trên đoạn đã cho

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}-m< -2\\-m>7\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m>2\\m< -7\end{matrix}\right.\)

\(g\left(0\right)=\left|m-1\right|\) ; \(g\left(1\right)=\left|m-2\right|\) ; \(g\left(2\right)=\left|m+7\right|\)

Khi đó \(g\left(x\right)_{min}=min\left\{g\left(0\right);g\left(1\right);g\left(2\right)\right\}=min\left\{\left|m-2\right|;\left|m+7\right|\right\}\)

TH1: \(g\left(x\right)_{min}=g\left(0\right)\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left|m-2\right|\le\left|m+7\right|\\\left|m-2\right|=2020\\\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ge\dfrac{5}{2}\\\left|m-2\right|=2020\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m=2022\)

TH2: \(g\left(x\right)_{min}=g\left(2\right)\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left|m+7\right|\le\left|m-2\right|\\\left|m+7\right|=2020\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\le\dfrac{5}{2}\\\left|m+7\right|=2020\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m=-2027\)

f'(x)>0 với mọi x khác -8, suy ra hàm số đã cho đồng biến trên [0;3].

Giá trị nhỏ nhất của f(x) trên [0;3] là (-m^2)/8. Ta có: (-m^2)/8=2.

Suy ra, không có giá trị nào của số thực m thỏa yêu cầu đề bài.

sai

Dễ thấy: \(f\left(x\right)=\left(x+m-1\right)^2-m^2+5m-6\ge-m^2+5m-6\)

Giá trị nhỏ nhất của f(x) đạt lớn nhất tức \(-m^2+5m-6\) đạt lớn nhất

Mà \(g\left(m\right)=-m^2+5m-6=-\left(m-\dfrac{5}{2}\right)^2+\dfrac{1}{4}\le\dfrac{1}{4}\)

g(m) đạt lớn nhất khi m=5/2

m cần tìm là 5/2

\(h\left(x\right)=x^2-4x+5+m\)

\(g\left(x\right)=\left|h\left(x\right)\right|=\left|f\left(x\right)+m\right|=\left|x^2-4x+5+m\right|\)

\(h\left(0\right)=5+m;h\left(4\right)=5+m;h\left(2\right)=1+m\)

TH1: \(1+m>0\Leftrightarrow m>-1\)

\(max=5+m=9\Leftrightarrow m=4\left(tm\right)\)

TH2: \(5+m< 0\Leftrightarrow m< -5\)

\(max=-1-m=9\Leftrightarrow m=-10\left(tm\right)\)

TH3: \(5+m>0>1+m\Leftrightarrow-5< m< -1\)

Nếu \(5+m< -1-m\Leftrightarrow m< -3\)

\(max=-1-m=9\Leftrightarrow m=-10\left(tm\right)\)

Nếu \(5+m=-1-m\Leftrightarrow m=-3\)

\(max=5+m=2\ne9\)

\(\Rightarrow m=-3\) không thỏa mãn yêu cầu bài toán

Nếu \(5+m>-1-m\Leftrightarrow m>-3\)

\(max=5+m=9\Leftrightarrow m=4\left(tm\right)\)

Vậy \(m=4;m=-10\)

\(h\left(x\right)=f\left(x^2+1\right)-m\Rightarrow h'\left(x\right)=2x.f'\left(x^2+1\right)\)

\(h'\left(x\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\f'\left(x^2+1\right)=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x^2+1=2\\x^2+1=5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x=\left\{-2;-1;0;1;2\right\}\)

Hàm có nhiều cực trị nhất khi \(h\left(x\right)=m\) có nhiều nghiệm nhất

\(f\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=\dfrac{1}{4}x^4-\dfrac{5}{3}x^3-2x^2+20x+C\)

\(f\left(1\right)=0\Rightarrow C=-\dfrac{199}{12}\Rightarrow f\left(x\right)=-\dfrac{1}{4}x^4-\dfrac{5}{3}x^3-2x^2+20x-\dfrac{199}{12}\)

\(x=\pm2\Rightarrow x^2+1=5\Rightarrow f\left(5\right)\approx-18,6\)

\(x=\pm1\Rightarrow x^2+1=2\Rightarrow f\left(2\right)\approx6,1\)

\(x=0\Rightarrow x^2+1=1\Rightarrow f\left(1\right)=0\)

Từ đó ta phác thảo BBT của \(f\left(x^2+1\right)\) có dạng:

Từ đó ta dễ dàng thấy được pt \(f\left(x^2+1\right)=m\) có nhiều nghiệm nhất khi \(0< m< 6,1\)

\(\Rightarrow\) Có 6 giá trị nguyên của m

f(5)≈−18,6 ở đâu ra vậy ạ?

\(1.x^2+\dfrac{1}{x^2}-2m\left(x+\dfrac{1}{x}\right)+1+2m=0\left(1\right)\)\(đặt:x^2+\dfrac{1}{x^2}=t\)

\(x>0\Rightarrow t\ge2\sqrt{x^2.\dfrac{1}{x^2}}=2\)

\(x< 0\Rightarrow-t=-x^2+\dfrac{1}{\left(-x^2\right)}\ge2\Rightarrow t\le-2\)

\(\Rightarrow t\in(-\infty;-2]\cup[2;+\infty)\left(2\right)\)

\(\Rightarrow\left(1\right)\Leftrightarrow t^2-2mt+2m-1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left(t-2m+1\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=1\notin\left(2\right)\\t=2m-1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}2m-1\le-2\\2m-1\ge2\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\le-\dfrac{1}{2}\\m\ge\dfrac{3}{4}\end{matrix}\right.\)

\(2.\)  \(f^2\left(\left|x\right|\right)+\left(m-2\right)f\left(\left|x\right|\right)+m-3=0\left(1\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}f\left(\left|x\right|\right)=-1\\f\left(\left|x\right|\right)=3-m\end{matrix}\right.\)

\(dựa\) \(vào\) \(đồ\) \(thị\) \(f\left(\left|x\right|\right)\) \(\Rightarrow f\left(\left|x\right|\right)=-1\) \(có\) \(2nghiem\) \(pb\)

\(\left(1\right)có\) \(6\) \(ngo\) \(pb\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-1< 3-m< 3\\3-m\ne-1\\\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow0< m< 4\)

\(\Rightarrow m=\left\{1;2;3\right\}\)