Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Giả sử \(M\left(x_0;y_0\right)\) là điểm mà họ \(\Delta_{\alpha}\) không đi qua. Khi đó phương trình sau vô nghiệm với mọi m : \(m^2-2\left(x^3_0+x_0\right)m+y_0+x^2_0-x_0-2=0\)
\(\Leftrightarrow\Delta'=\left(x^3_0+x_0\right)^2-\left(y_0+x^2_0-x_0-2\right)< 0\)
\(\Leftrightarrow y_0>x^6_0+2x^4_0+x_0+2\)
Xét phương trình : \(2mx^3-x^2+\left(2m+1\right)x-m^2+2=x^6+2x^4+x+2\)
\(\Leftrightarrow m^2-2\left(x^3+x\right)m+\left(x^3+x\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^3+x-m\right)^2=0\) (*)
Vì phương trình \(x^3+x-m=0\) luôn có nghiệm nên (*) luôn có nghiệm bội.
Vậy \(\left(C_m\right)\) luôn tiếp xúc với đường cong \(y=x^6+2x^4+x+2\)
Khi đó:
hay
Cách 2: Gọi
Hay
Xét đường biên:
Lập phương trình hoành độ giao điểm ta được:
Phương trình này luôn có 1 nghiệm kép nên (dm) luôn tiếp xúc (P)
Giả sử \(\left(C_m\right)\) luôn tiếp xúc với đường thẳng \(y=ax+b\), khi đó phương trình sau có nghiệm với mọi m :
\(\begin{cases}\frac{\left(3m+1\right)x+m-m^2}{x+m}=ax+b\\\frac{4m^2}{\left(x+m\right)^2}=a\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}3m+1-\frac{4m^2}{x+m}=a\left(x+m\right)am+b\\\frac{4m^2}{\left(x+m\right)^2}=a\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}\frac{8m^2}{x+m}=am+3m+1-b\\\frac{4m^2}{\left(x+m\right)^2}=a\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\frac{\left(am+3m+1-b\right)^2}{16m^2}=a\) với mọi m
\(\Leftrightarrow\left(a^2-10a+9\right)m^2+2\left(a+3\right)\left(1-b\right)m+\left(1-b\right)^2=0\) với mọi m
\(\Leftrightarrow\begin{cases}a^2-10a+9=0\\\left(a+3\right)\left(1-b\right)=0\\\left(1-b\right)^2=0\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}a=1;a=9\\b=1\end{cases}\)
Vậy \(\left(C_m\right)\) luôn tiếp xúc với 2 đường thẳng \(y=x+1;y=9x+1\)
Ta có \(y=\left(m+1\right)x+m\left(m+1\right)+\frac{m^3}{x-m}\) suy ra tiệm cận xiên của \(\left(C_m\right)\) là đường thẳng d có phương trình \(y=\left(m+1\right)x+m\left(m+1\right)\)
Giả sử d luôn tiếp xúc với Parabol (P) : \(y=ax^2+bx+c;\left(a\ne0\right)\) khi đó phương trình sau có nghiệm bội với mọi m :
\(ax^2+bx+c=\left(m+1\right)x+m\left(m+1\right)\)
\(\Leftrightarrow ax^2+\left(b-m-1\right)x+c-m^2-m=0\)(*)
\(\Leftrightarrow\Delta=\left(m+1-b\right)^2-4a\left(c-m^2-m\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(1+4a\right)m^2+2\left[\left(1-b\right)+2a\right]m+\left(1-b\right)^2-4ac=0\) với mọi m
\(\Leftrightarrow\begin{cases}1+4a=0\\\left(1-b\right)+2a=0\\\left(1-b\right)^2-4ac=0\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}a=-\frac{1}{4}\\b=\frac{1}{2}\\c=-\frac{1}{4}\end{cases}\)
\(\Rightarrow\left(P\right):y=-\frac{1}{4}x^2+\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}\)
Vậy d luôn tiếp xúc với Parabol (P) \(y=-\frac{1}{4}x^2+\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}\)
Giả sử \(M\left(x_0;y_0\right)\) là điểm mà d không đi qua, khi đó phương trình :
\(y_0=\left(m+1\right)x_0+m^2+m\Leftrightarrow m^2+\left(x_0+1\right)m+x_0-y_0=0\) vô nghiệm với mọi m
\(\Leftrightarrow\Delta=\left(x_0+1\right)^2-4x_0+4y_0< 0\)
\(\Leftrightarrow y_0< -\frac{1}{4}x_0^2+\frac{1}{2}x_0-\frac{1}{4}\)
Ta dễ dàng chứng minh được d luôn tiếp xúc với Parabol
\(\left(P\right):y=-\frac{1}{4}x^2+\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}\)
Điều kiện cần : \(y'=\frac{9}{\left(x-m\right)^2}\)
Nếu có một tiếp tuyến cố định chung cho mọi đồ thị của họ \(\left(C_m\right)\) thì hiển nhiên hệ số góc của tiếp tuyến ấy không đổi
Theo ý nghĩa hình học của đạo hàm thì ắt tồn tại điểm x sao cho y' có góc không phụ thuộc m. Nếu có điều đó xảy ra thì ắt phải xảy ra tại các điểm mà
\(x-m=a\Leftrightarrow x=a+m\) (Với a là hằng số)
Tại \(x=a+m\), ta có \(y'=\frac{-9}{a^2};y=\frac{ma+3a-9}{a}\)
Phương trình tiếp tuyến của \(\left(C_m\right)\) là \(y=\frac{9}{a^2}\left(x-a-m\right)+\frac{ma+3a-9}{a}\)
\(\Leftrightarrow y=\frac{9}{a^2}\left[\left(9x-18a+3a^2+m\left(a^2-9\right)\right)\right]\) (1)
* Điều kiện đủ : Với \(a^2-9=0\Leftrightarrow a=\pm3\)
Ta có (1) \(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}y=9\left(x-3\right)\\y=9\left(x+9\right)\end{array}\right.\)
Rõ ràng \(y=9x-27\) và \(y=9x+81\) là các tiếp tuyến cố định của họ đồ thị khi m thay đổi
\(y'=3x^2-6\left(m+1\right)x+9\)
Để hàm số có cực đại và cực tiểu :
\(\Delta'=9\left(m+1\right)^2-3.9>0\Leftrightarrow m\in\left(-\infty;-1-\sqrt{3}\right)\cup\left(-1+\sqrt{3};+\infty\right)\)
Ta có \(y=\left(\frac{1}{3}x-\frac{m+1}{3}\right)\left(3x^2-6\left(m+1\right)x+9\right)-2\left(m^2+2m-2\right)x+4m+1\)
vậy đường thẳng đi qua 2 điểm cực đại và cực tiểu là \(y=-2\left(m^2+2m-2\right)x+4m+1\)
Vì 2 điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đường thẳng \(y=\frac{1}{2}x\), ta có điêu kiện cần là
\(\left[-2\left(m^2+2m-2\right)\right]\frac{1}{2}=-1\Leftrightarrow m^2+2m-3=0\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}m=1\\m=-3\end{cases}\)
Khi m=1 phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực đại và cực tiểu là y=-2x+5. Tọa độ trung điểm cực đại và cực tiểu là
\(\begin{cases}\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{4}{2}=2\\\frac{y_1+y_2}{2}=\frac{-2\left(x_1+x_2\right)+10}{2}=1\end{cases}\)
Tọa độ trung điểm cực đại và cực tiể là (2;1) thuộc đường thẳng \(y=\frac{1}{2}x\)=> m=1
Khi m=-3 suy ra phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực đại và cực tiểu là y=-2-11
=> m=-3 không thỏa mãn
Vậy m=1 thỏa mãn điều kiện đề bài
\(f'\left(x\right)=6\left(x^2+\left(m-1\right)x+m\left(1-2m\right)\right)\)
\(f'\left(x\right)=0\Leftrightarrow g\left(x\right)=x^2+\left(m-1\right)x+m\left(1-2m\right)=0\)
Hàm số có cực đại, cực tiểu <=> \(f'\left(x\right)=0\) hay \(g\left(x\right)=0\) có 2 nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow\Delta_g=\left(m-1\right)^2-4m\left(1-2m\right)=\left(3m-1\right)^2>0\Leftrightarrow m\ne\frac{1}{3}\)
Ta có \(f\left(x\right)=g\left(x\right)\left[2x+\left(m+1\right)\right]-\left(3m-1\right)^2x+m\left(m-1\right)\left(1-2m\right)\)
Với \(m\ne\frac{1}{3}\) thì \(g\left(x\right)=0\) có 2 nghiệm phân biệt \(x_1;x_2\) và hàm số đạt cực trị tại \(x_1;x_2\)
do \(\begin{cases}g\left(x_1\right)=0\\g\left(x_2\right)=0\end{cases}\) suy ra đường thẳng qua cực đại, cực tiểu là
\(\Delta:y=-\left(3m-1\right)^2x+m\left(m-1\right)\left(1-2m\right)\)
Ta có cực địa, cực tiểu nằm trên đường thẳng \(y=-4x\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}-\left(3m-1\right)^2=-4\\m\left(m-1\right)\left(1-2m\right)=0\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}\left|3m-1\right|=2\\m\in\left\{0;1;\frac{1}{2}\right\}\end{cases}\) \(\Leftrightarrow m=1\)
Chứng minh công thức tổng quát phương trình đi qua 2 điểm cực trị:
giả sử hàm bậc 3: \(y=ax^3+bxx^2+cx+d\left(a\ne0\right)\) có 2 điểm cực trị x1;x2
Ta đi tìm số dư 1 cách tổng quát:
Ta có: \(y'=3ax^2+2bx+c-và-y''=6ax+b\)
Xét phép chia giữa y' và y'' ta có: \(y=y'\left(\dfrac{1}{3}x+\dfrac{b}{9a}\right)+g\left(x\right)\left(1\right)\) là phường trình đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số bậc 3
từ (1) Ta có: \(y=y'\dfrac{3ax+b}{9a}+g\left(x\right)-hay-y=y'\dfrac{6ax+2b}{18a}g\left(x\right)\)
Từ đây dễ suy ra: \(g\left(x\right)=y-\dfrac{y'.y''}{18a}\left(công-thức-tổng-quát\right)\) ( dĩ nhiên bạn chỉ cần nhớ cái này )
áp dụng vào bài toán ta có:
\(2x^3+3\left(m-1\right)x^2+6m\left(1-2m\right)x-\left(6x^2+6\left(m-1\right)x+6m\left(1-2m\right)\right).\dfrac{12x+6\left(m-1\right)}{18.2}\)
Gán: \(\left\{{}\begin{matrix}x=i\\m=10\end{matrix}\right.\) => 1710-841i
\(\Rightarrow y=4m\left(-2m-1\right)x+17m^2+m\) bài toán quay trở về bài toán đơn giản bạn giải nốt là oke
Khiếp học ghê như vầy bảo dạy người ta thì kêu thôi, sợ sót kiến thức :)))?
\(f'\left(x\right)=6\left[x^2+\left(m-1\right)x+\left(m-2\right)\right]=0\)
\(\Leftrightarrow g\left(x\right)=x^2+\left(m-1\right)x+\left(m-2\right)=0\)
Hàm số có cực đại và cực tiểu
\(\Leftrightarrow g\left(x\right)=0\) có 2 nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow\Delta_g=\left(m-3\right)^2>0\)
\(\Leftrightarrow m\ne3\)
Thực hiện phép chia \(f\left(x\right)\) cho \(g\left(x\right)\) ta có 2 nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\) và hàm số \(y=f\left(x\right)\) đạt cực trị tai \(x_1,x_2\)
Ta có : \(g\left(x_1\right)=g\left(x_2\right)=0\) nên suy ra :
\(y_1=f\left(x_1\right)=-\left(m-3\right)^2x_1-\left(m^2-3m+3\right)\)
\(y_1=f\left(x_2\right)=-\left(m-3\right)^2x_2-\left(m^2-3m+3\right)\)
=> Đường thẳng đi qua cực đại và cực tiểu là \(\left(\Delta\right)\) : \(y=-\left(m-3\right)^2x-\left(m^2-3m+3\right)\)
Ta có \(\left(\Delta\right)\) song song với đường thẳng \(y=ax+b\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}m\ne3\\-\left(m-3\right)^2=a\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}m\ne3;a<0\\\left(m-3\right)^2=-a\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}a<0\\m=\pm\sqrt{a}\end{cases}\)
Vậy : Nếu a<0 thì \(m=3\pm\sqrt{-a}\)
Nếu \(a\ge0\) thì không tồn tại m thỏa mãn
\(f'\left(x\right)=6\left(x^2+\left(m-1\right)x+m-2\right)\)
\(f'\left(x\right)=0\Leftrightarrow g\left(x\right)=x^2+\left(m-1\right)x+m-2=0\)
Hàm số có cực đại và cực tiểu \(\Leftrightarrow f'\left(x\right)=0\) hay \(g\left(x\right)=0\) có 2 nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow\Delta_g=\left(m-3\right)^2>0\Leftrightarrow m\ne3\)
Ta có \(f\left(x\right)=g\left(x\right)\left[2x+\left(m-1\right)\right]-\left(m-3\right)^2x-\left(m^2-3m+3\right)\)
Với \(m\ne3\) thì \(g\left(x\right)=0\) có 2 nghiệm phân biệt \(x_1;x_2\) và hàm số đạt cực trị tại \(x_1;x_2\) do \(\begin{cases}g\left(x_1\right)=0\\g\left(x_2\right)=0\end{cases}\) nên \(\begin{cases}y_1=f\left(x_1\right)=-m\left(m-3\right)^2x_1-\left(m^2-3m+3\right)\\y_2=f\left(x_2\right)=-m\left(m-3\right)^2x_2-\left(m^2-3m+3\right)\end{cases}\)
Suy ra đường thẳng qua cực đại, cực tiểu là :
\(\Delta:y=-\left(m-3\right)^2x-\left(m^2-3m+3\right)\)
ta có \(\Delta\) song song với đường \(y=ax+b\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}m\ne3\\-\left(m-3\right)^2=a\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}m\ne3,a< 0\\\left(m-3\right)^2=-a\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}a< 0\\m-3=\pm\sqrt{-a}\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}a< 0\\m=3\pm\sqrt{-a}\end{cases}\)
Vậy : Nếu \(a\ge0\) thì không tồn tại m
Nếu a < 0 thì \(m=3\pm\sqrt{-a}\)
Phương trình \(\left(C_m\right)\) viết lại:
\(y=\left(x-m+2\right)^3-3\left(x-m+2\right)\)
Họ đồ thị hàm \(\left(C_m\right)\) đơn giản là đồ thị hàm \(y=x^3-3x\) tịnh tiến song song với trục Ox, do đó họ đồ thị này luôn tiếp xúc với các tiếp tuyến tại cực trị của \(y=x^3-3x\) (là hai đường thẳng \(y=\pm2\))
Vậy họ đường cong \(\left(C_m\right)\) luôn tiếp xúc với 2 đường thẳng cố định \(y=\pm2\)