Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Do \(f'\left(x\right)=x^2-2mx-1=0\)
Có \(\Delta'=m^2+1>0\) nên\(f'\left(x\right)=0\) có 2 nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\) và hàm số đạt cực trị tại \(x_1,x_2\) với các điểm \(A\left(x_1,y_1\right);B\left(x_2,y_2\right)\)
Thực hiện phép chia \(f\left(x\right)\) cho \(f'\left(x\right)\) ta có :
\(f\left(x\right)=\frac{1}{3}\left(x-m\right)f'\left(x\right)-\frac{2}{3}\left(m^1+1\right)x+\left(\frac{2}{3}m+1\right)\)
Do \(f'\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)=0\) nên
\(y_1=f\left(x_1\right)=-\frac{2}{3}\left(m^1+1\right)x_1+\left(\frac{2}{3}m+1\right)\)
\(y_2=f\left(x_2\right)=-\frac{2}{3}\left(m^2+1\right)x_2+\left(\frac{2}{3}m+1\right)\)
Ta có \(AB^2=\left(x_2-x_1\right)^2+\left(y_2-y_1\right)^2=\left(x_2-x_1\right)^2+\frac{4}{9}\left(m^2+1\right)^2\left(x_2-x_1\right)^2\)
\(=\left[\left(x_2-x_1\right)^2-4x_2x_1\right]\left[1+\frac{4}{9}\left(m^2+1\right)^2\right]\)
\(=\left(4m^2+4\right)\left[1+\frac{4}{9}\left(m^2+1\right)^2\right]\ge4\left(1+\frac{4}{9}\right)\)
\(\Rightarrow AB\ge\frac{2\sqrt{13}}{3}\)
Vậy Min \(AB=\frac{2\sqrt{13}}{3}\) xảy ra <=> m=0
Ta có: \(f\left(x\right)=y=\frac{x^2+mx}{1-x}\Rightarrow y'=\frac{\left(2x+mx\right)\left(1-x\right)+\left(x^2+mx\right)}{\left(1-x\right)^2}=\frac{-x^2+2x+m}{\left(1-x\right)^2}\)\(\)\(\left(D=R/\left\{1\right\}\right)\)
Đặt \(g\left(x\right)=-x^2+2x+m\)\(\Rightarrow\)f(x) cùng dấu với y' trên D
Xét pt g(x)=0
\(\Delta'=m+1\), Hàm số có 2 điểm cực trì<=> pt có 2 nghiệm phân biệt khác 1
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\Delta'>0\\f\left(1\right)\ne0\end{cases}\Leftrightarrow m>-1}\)
Khi đó 2 điểm cực trì là A(x1,f(x1) ) và B(x2, f(x2) )
Lại có \(f'\left(x_1\right)=\frac{\left(2x_1+m\right)\left(1-x_1\right)+\left(x_1^2+mx_1\right)}{\left(1-x_1\right)^2}=0\Rightarrow x_1^2+mx_1=-\left(2x_1+m\right)\left(1-x_1\right)\)
\(\Rightarrow f\left(x_1\right)=\frac{x_1^2+mx_1}{1-x_1}=-2x_1-m.\)
=>\(f\left(x_2\right)=-2x_2-m\)
Khoảng cách giữa 2 điểm cực trị:
\(AB=\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2+\left(y_1-y_2\right)^2}=\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2+\left(2x_1-2x_2\right)^2}=|x_1-x_2|\sqrt{5}=10\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=20\)
A/d Vi-ét cho pt g(x)=0\(\Rightarrow4+4m=20\Leftrightarrow m=4\)
Vậy m=4
Với \(x\ne2\) ta có \(y=1-\frac{m}{\left(x-2\right)^2}\)
Hàm số có cực đại và cực tiểu \(\Leftrightarrow\) phương trình \(\left(x-2\right)^2-m=0\) (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 \(\Leftrightarrow m>0\)
Với m>0 phương trình (1) có 2 nghiệm là :
\(x_1=2+\sqrt{m}\Rightarrow y_1=2+m+2\sqrt{m}\)
\(x_2=2-\sqrt{m}\Rightarrow y_2=2+m-2\sqrt{m}\)
Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số \(A\left(2-\sqrt{m};2+m-2\sqrt{m}\right);B\left(\left(2+\sqrt{m};2+m+2\sqrt{m}\right)\right)\)
Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình :
\(\left|2-m-\sqrt{m}\right|=\left|2-m+\sqrt{m}\right|\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}m=0\\m=2\end{cases}\)
Đối chiếu điều kiện thì m=2 thỏa mãn bài toán. Vậy yêu cầu bài toán là m=2
\(y=x^4-2\left(m^2-m+1\right)x+m-1\)
\(y'=4x^3-4\left(m^2-m+1\right)x\)
\(y'=0\Leftrightarrow4x^3-4\left(m^2-m+1\right)x=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\\x=\pm\sqrt{m^2-m+1}\end{cases}}\)
Khoảng cách giữa hai điểm cực tiểu là:
\(2\sqrt{m^2-m+1}=2\sqrt{\left(m-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\ge2\sqrt{\frac{3}{4}}\)
Dấu \(=\)khi \(m-\frac{1}{2}=0\Leftrightarrow m=\frac{1}{2}\).
a. Hàm có 3 cực trị \(\Rightarrow m< 0\)
\(y'=8x^3+4mx=4x\left(2x^2+m\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0;y=-\dfrac{3m}{2}\\x=-\sqrt{-\dfrac{m}{2}};y=-\dfrac{m^2+3m}{2}\\x=\sqrt{-\dfrac{m}{2}};y=-\dfrac{m^2+3m}{2}\end{matrix}\right.\)
Trong đó \(A\left(0;-\dfrac{3m}{2}\right)\) là cực đại và B, C là 2 cực tiêu
Do tam giác ABC luôn cân tại A \(\Rightarrow\) tâm I của đường tròn ngoại tiếp luôn nằm trên trung trực BC hay luôn nằm trên Oy
Mà tứ giác ABCO nội tiếp \(\Rightarrow OI=AI\Rightarrow I\) là trung điểm OA (do I, O, A thẳng hàng, cùng nằm trên Oy)
\(\Rightarrow I\left(0;-\dfrac{3m}{4}\right)\)
Mặt khác trung điểm BC cũng thuộc Oy và IB=IC (do I là tâm đường tròn ngoại tiếp)
\(\Rightarrow\) I trùng trung điểm BC
\(\Rightarrow-\dfrac{3m}{4}=-\dfrac{m^2+3m}{2}\) \(\Rightarrow m\)
b.
Từ câu a ta thấy khoảng cách giữa 2 cực đại là:
\(\left|x_B-x_C\right|=2\sqrt{-\dfrac{m}{2}}=5\Rightarrow m=-\dfrac{25}{2}\)
Bài 1:
ĐTHS \(y=x^3+3mx+1\) có hai điểm cực trị khi \(y'=3x^2+3m=0\Leftrightarrow x^2+m=0\) có hai nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow m<0\)
Hoành độ của hai điểm cực trị chính là hai nghiệm của PT \(x^2+m=0\)
Khi đó ta có \(y=x^3+3mx+1=x(x^2+m)+2mx+1=2mx+1\)
Do đó \(d: y=2xm+1\) là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị
\(\Rightarrow d(M,d)=\frac{|1-3|}{\sqrt{(2m)^2+1}}=\frac{2}{\sqrt{5}}\Leftrightarrow m^2=1\rightarrow m=-1\) (do \(m<0\))
Vậy $m=-1$
Bài 2:
ĐTHS trên có hai điểm cực trị khi \(y'=6x^2+6(m-1)x+6(m-2)=0\)
\(\Leftrightarrow 6[x+(m-2)](x+1)=0\) có hai nghiệm phân biệt.
Khi đó, chỉ cần \(m\neq 3\)
Từ pt trên ta thu được hai nghiệm \(x=2-m;x=-1\)
Điểm CĐ và CT nằm trong khoảng \((-2,3)\) suy ra
\(\left\{\begin{matrix} -1\in (-2;3)\\ 2-m\in (-2;3)\end{matrix}\right.\Leftrightarrow 4>m>-1\)
Vậy \(4>m>-1\) và \(m\neq 3\)
Bài 3:
Ta có \(y'=x^2-2(m+1)x+2m+1=0\)
\(\Leftrightarrow [x-(2m+1)](x-1)=0\)
ĐTHS có cực trị khi PT trên có hai nghiệm phân biệt, tức là \(m\neq 0\)
Khi đó, hai nghiệm thu được là \(1\) và \(2m+1\) .
Hiển nhiên các điểm cực trị của ĐTHS là \((1;m-1);\left(2m+1,\frac{-4m^3}{3}+m-1\right)\)
Điểm cực trị của ĐTHS thuộc trục hoành thì tung độ bằng $0$
Nếu \((1;m-1)\) là điểm cực đại thì \(\left\{\begin{matrix} m-1=0\\ m-1>\frac{-4m^3}{3}+m-1\end{matrix}\right.\Rightarrow m=1\)
Nếu \(\left (2m+1,\frac{-4m^3}{3}+m-1\right)\) là điểm cực đại thì
\(\left\{\begin{matrix} \frac{-4}{3}m^3+m-1=0\\ m-1<\frac{-4m^3}{3}+m-1\end{matrix}\right.\Rightarrow m<0\) (không thỏa mãn)
Vậy $m=1$
Ta có : \(y'=3x^2-6mx+3\left(m^2-1\right)\)
Để hàm số có cực trị thì phương trình \(y'=0\) có 2 nghiệm phân biệt
\(\Leftrightarrow x^2-2mx+m^2-1=0\) có 2 nghiệm phân biệt
\(\Leftrightarrow\Delta=1>0\) với mọi m
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B (m+1; -2-2m)
Theo giả thiết ta có :
\(OA=\sqrt{2}OB\Leftrightarrow m^2+6m+1\Leftrightarrow\begin{cases}m=-3+2\sqrt{2}\\m=-3-2\sqrt{2}\end{cases}\)
Vậy có 2 giá trị m là \(\begin{cases}m=-3+2\sqrt{2}\\m=-3-2\sqrt{2}\end{cases}\)
Ta có : \(y'=\frac{mx^2+1}{x^2}\)
Hàm số có 2 cực trị \(\Leftrightarrow y'=0\)
có 2 nghiệm phân biệt khác 0 => m<0
\(A\left(-\frac{1}{\sqrt{-m}};2\sqrt{-m}\right);B\left(\frac{1}{\sqrt{-m}};-2\sqrt{-m}\right)\)
\(\Rightarrow AB^2=\frac{4}{\left(-m\right)}+16\left(-m\right)\)
\(AB^2\ge\sqrt[2]{\frac{4}{\left(-m\right)}16\left(-m\right)}=16\) không đổi
Kết luận \(m=-\frac{1}{2}\)
Lời giải:
Để hàm số có hai cực trị thì \(y'=\frac{-(x^2-2x-m)}{(1-x)^2}=0\) có hai nghiệm phân biệt
\(\Leftrightarrow x^2-2x-m=0\) có hai nghiệm phân biệt
Điều kiện: \(\left\{\begin{matrix} f(1)=-1-m\neq 0\\ \Delta'=1+m>0\end{matrix}\right.\Rightarrow m>-1\)
Theo định lý Viete , hai nghiệm $x_1,x_2$ của PT trên thỏa mãn: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2\\ x_1x_2=-m\end{matrix}\right.(1)\)
Khoảng cách hai điểm cực trị :
\(d^2=(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2=(x_1-x_2)^2+\left(-x_1+\frac{m+1}{1-x_1}+x_2-\frac{m+1}{1-x_2}\right)^2=100\)
Sử dụng công thức \((1)\) để biến đổi, suy ra PT trên tương đương với
\( 4+4m+4(4+4m)=100\Leftrightarrow m=4\)
Vậy \(m=4\)