Cho \(f\left(x\right)=\frac{1}{3}mx^3-\left(m-1\right)x^2+3\left(m-2\right)x+\frac{1}{3}\)
đạt cực trị là \(x_1,x_2\). thỏa mãn \(x_1+2x_2=1\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Hàm số có cực đại và cực tiểu
\(\Leftrightarrow f'\left(x\right)=x^2-2mx+m=0\) có 2 nghiệm phân biệt
\(\Leftrightarrow\Delta'=m^2-m>0\Leftrightarrow m\in D=\left(-\infty,0\right)\cup\left(1,+\infty\right)\) (*)
Với điều kiện này thì \(f'\left(x\right)=0\) có 2 nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\) và hàm số \(f\left(x\right)\) đạt cực trị tại \(x_1,x_2\). Theo định lí Viet ta có : \(x_1+x_2=2m;x_1x_2=m\) Suy ra :
\(\left|x_1-x_2\right|\ge8\Leftrightarrow\left|x_1-x_2\right|^2\ge64\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2\ge64\Leftrightarrow4m^2-4m\ge64\)
\(\Leftrightarrow m^2-m-16\ge0\Leftrightarrow m\in\left(-\infty,\frac{1-\sqrt{65}}{2}\right)\cup\left(\frac{1+\sqrt{65}}{2},+\infty\right)\) (thỏa mãn (*))
Vậy để \(\left|x_1-x_2\right|\ge8\) thì \(m\in\left(-\infty,\frac{1-\sqrt{65}}{2}\right)\cup\left(\frac{1+\sqrt{65}}{2},+\infty\right)\)
Phương trình hoành độ giao điểm là:
\(x^2+mx+\left(m+1\right)^2=-x^2-\left(m+2\right)x-2\left(m+1\right)\)
=>\(x^2+mx+\left(m+1\right)^2+x^2+\left(m+2\right)x+2\left(m+1\right)=0\)
=>\(2x^2+\left(2m+2\right)x+2\left(m+1\right)+\left(m+1\right)^2=0\)
=>\(2x^2+\left(2m+2\right)x+\left(m^2+4m+3\right)=0\)
\(\text{Δ}=\left(2m+2\right)^2-4\cdot2\cdot\left(m^2+4m+3\right)\)
\(=4m^2+8m+4-8m^2-32m-24\)
\(=-4m^2-24m-20\)
\(=-4\left(m^2+6m+5\right)=-4\left(m+1\right)\left(m+5\right)\)
Để (P1) cắt (P2) tại hai điểm phân biệt thì Δ>0
=>\(-4\left(m+1\right)\left(m+5\right)>0\)
=>\(\left(m+1\right)\left(m+5\right)< 0\)
TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}m+1>0\\m+5< 0\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}m>-1\\m< -5\end{matrix}\right.\)
=>Loại
TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}m+1< 0\\m+5>0\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}m< -1\\m>-5\end{matrix}\right.\)
=>-5<m<-1
Theo Vi-et, ta có: \(x_1+x_2=\dfrac{-\left(2m+2\right)}{2}=-m-1;x_1\cdot x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{m^2+4m+3}{2}\)
\(P=\left|x_1x_2-3\left(x_1+x_2\right)\right|\)
\(=\left|\dfrac{m^2+4m+3}{2}-3\left(-m-1\right)\right|\)
\(=\left|\dfrac{m^2+4m+3}{2}+3m+3\right|\)
\(=\dfrac{\left|m^2+4m+3+6m+6\right|}{2}=\dfrac{\left|m^2+10m+9\right|}{2}\)
Biểu thức này không có giá trị lớn nhất nha bạn
vậy biểu thức này có tìm GTNN được không ạ?
nếu tìm được thì mong bạn giải giùm cho mình được không ạ???
1.
\(a+b+c=0\) nên pt luôn có 2 nghiệm
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m\\x_1x_2=m-1\end{matrix}\right.\)
\(A=\dfrac{2x_1x_2+3}{x_1^2+x_2^2+2x_1x_2+2}=\dfrac{2x_1x_2+3}{\left(x_1+x_2\right)^2+2}=\dfrac{2\left(m-1\right)+3}{m^2+2}=\dfrac{2m+1}{m^2+2}\)
\(A=\dfrac{m^2+2-\left(m^2-2m+1\right)}{m^2+2}=1-\dfrac{\left(m-1\right)^2}{m^2+2}\le1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(m=1\)
2.
\(\Delta=m^2-4\left(m-2\right)=\left(m-2\right)^2+4>0;\forall m\) nên pt luôn có 2 nghiệm pb
Theo Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m\\x_1x_2=m-2\end{matrix}\right.\)
\(\dfrac{\left(x_1^2-2\right)\left(x_2^2-2\right)}{\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)}=4\Rightarrow\dfrac{\left(x_1x_2\right)^2-2\left(x_1^2+x_2^2\right)+4}{x_1x_2-\left(x_1+x_2\right)+1}=4\)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(x_1x_2\right)^2-2\left(x_1+x_2\right)^2+4x_1x_2+4}{x_1x_2-\left(x_1+x_2\right)+1}=4\)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(m-2\right)^2-2m^2+4\left(m-2\right)+4}{m-2-m+1}=4\)
\(\Rightarrow-m^2=-4\Rightarrow m=\pm2\)
Lời giải:
Để hàm số đã cho cho đạt cực trị tại 2 điểm $x_1,x_2$ thì PT $y'=x^2-2mx+m^2+m-1=0$ phải có 2 nghiệm phân biệt.
Điều này xảy ra khi \(\Delta'=m^2-(m^2+m-1)=1-m>0\Leftrightarrow m< 1\)
Áp dụng định lý Vi-et: \(x_1+x_2=2m\)
Để $|x_1+x_2|=4\Leftrightarrw |2m|=4\Leftrightarrow m=\pm 2$
Kết hợp với ĐK $m< 1$ suy ra $m=-2$
Hàm số có cực đại và cực tiểu \(\Leftrightarrow f'\left(x\right)=mx^2-2\left(m-1\right)x+3\left(m-2\right)=0\) có hai nghiệm phân biệt
\(\Leftrightarrow\begin{cases}m\ne0\\\Delta'=\left(m-1\right)^2-3m\left(m-2\right)>0\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow1-\frac{\sqrt{6}}{2}\)<\(m\ne0\) <\(1+\frac{\sqrt{6}}{2}\) (*)
Với điều kiện (*) thì \(f'\left(x\right)=0\) có 2 nghiệm phân biệt \(x_{1,}x_2\) và hàm số \(f\left(x\right)\) đạt cực trị tại
........ đạt cực trị tại \(x_1,x_2.\)
Theo định lý Viet ta có : \(x_1+x_2=\frac{2\left(m-1\right)}{m};\) \(x_1\)\(x_2\)\(=\frac{3\left(m-2\right)}{m}\)
Ta có :
\(x_1+2x_2=1\) \(\Leftrightarrow\) \(x_2=1-\frac{2\left(m-1\right)}{m}=\frac{2-m}{m}\); \(x_2=\frac{2\left(m-1\right)}{m}-\frac{2-m}{m}=\frac{3m-4}{m}\)
\(\Leftrightarrow\frac{2-m}{m}.\frac{3m-4}{m}=\frac{3\left(m-2\right)}{m}\)
\(\Leftrightarrow\left(2-m\right)\left(3m-4\right)=3m\left(m-2\right)\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}m=2\\m=\frac{2}{3}\end{cases}\)
Cả 2 giá trị này đều thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy \(x_1+2x_2=1\Leftrightarrow m=2,m=\frac{2}{3}\)