Home Toán họcToán học 12 Tìm m để hàm số bậc 3 có cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước – Phần 2

Tìm m để hàm số bậc 3 có cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước – Phần 2

by AdminTLH

Các dạng bài tập thường gặp

Ví dụ 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để \( y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+mx-1 \) đạt cực trị tại  \( {{x}_{1}},{{x}_{2}} \) thỏa mãn  \( x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=6 \).

A. \( m=-3 \)

B.  \( m=3 \)                     

C.  \( m=-1 \)                   

D.  \( m=1 \)

Đáp án A.

 \( {y}’=3{{x}^{2}}-6x+m  \).

Hàm số đạt cực trị tại  \( {{x}_{1}},{{x}_{2}} \).

Vậy  \( {{x}_{1}},{{x}_{2}} \) là nghiệm của phương trình {y}’=0

Theo Viet, ta có:  \( \left\{ \begin{align}  & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2 \\  & {{x}_{1}}.{{x}_{2}}=\frac{m}{3} \\ \end{align} \right. \)

\(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}={{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-2{{x}_{1}}{{x}_{2}}=4-\frac{2m}{3}\)

\(\Rightarrow 4-\frac{2m}{3}=6\Rightarrow m=-3\)

Ví dụ 2. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số \( f(x)=2{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}-m+1 \) có các giá trị cực trị trái dấu?

A. 7

B. 9                                   

C. 2                                   

D. 3

Đáp án A.

Có  \( {f}'(x)=6{{x}^{2}}-12x  \).

 \( {f}'(x)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=0 \\  & x=2 \\ \end{align} \right. \)

 \( x=0\Rightarrow f(0)=-m+1 \)

 \( x=2\Rightarrow f(2)=-m-7 \)

Hàm số có các giá trị cực trị trái dấu  \( \Leftrightarrow \left( -m+1 \right)\left( -m-7 \right)<0\Leftrightarrow \left( m-1 \right)\left( m+7 \right)<0 \)

 \( \Leftrightarrow -7<m<1 \)

Vậy có 7 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Ví dụ 3. Cho hàm số \( y=2{{x}^{3}}+3\left( m-1 \right){{x}^{2}}+6\left( m-2 \right)x-1 \) với m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu nằm trong khoảng  \( \left( -2;3 \right) \).

A. \( m\in \left( -1;4 \right)\text{ }\!\!\backslash\!\!\text{ }\left\{ 3 \right\} \)

B.  \( m\in \left( 3;4 \right) \)    

C.  \( m\in \left( 1;3 \right) \)                                      

D.  \( m\in \left( -1;4 \right) \)

Đáp án A.

Ta có:  \( {y}’=6{{x}^{2}}+6\left( m-1 \right)x+6\left( m-2 \right) \)

 \( {y}’=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}+\left( m-1 \right)x+\left( m-2 \right)=0 \) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=-1 \\  & x=-m+2 \\ \end{align} \right. \)

Để hàm số có điểm cực đại, cực tiểu nằm trong khoảng  \( \left( -2;3 \right) \) thì y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt nằm trong khoảng  \( \left( -2;3 \right) \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & -m+2\ne -1 \\  & -2<-m+2<3 \\ \end{align} \right. \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & m\ne 3 \\ & -1<m<4 \\ \end{align} \right. \)

Ví dụ 4. Cho hàm số \( y={{x}^{3}}-3m{{x}^{2}}+4{{m}^{2}}-2 \) có đồ thị (C) và điểm  \( C\left( 1;4 \right) \). Tính tổng các giá trị nguyên dương của m để (C) có hai điểm cực trị A, B sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 4.

A. 6

B. 5

C. 3                                   

D. 4

Đáp án C.

Ta có  \( {y}’=3{{x}^{2}}-6mx=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=0 \\  & x=2m \\ \end{align} \right. \)

Đồ thị (C) có hai điểm cực trị  \( \Leftrightarrow 2m\ne 0\Leftrightarrow m\ne 0 \)

Khi đó:  \( A\left( 0;4{{m}^{2}}-2 \right) \),  \( B\left( 2m;-4{{m}^{3}}+4{{m}^{2}}-2 \right) \)

\(\Rightarrow AB=\sqrt{4{{m}^{2}}+16{{m}^{6}}}=2\left| m \right|\sqrt{4{{m}^{2}}+1}\)

Phương trình đường thẳng AB là:  \( \frac{x-0}{2m-0}=\frac{y-\left( 4{{m}^{2}}-2 \right)}{-4{{m}^{3}}} \)  \( \Leftrightarrow 2{{m}^{2}}x+y-4{{m}^{2}}+2=0 \)

 \( {{d}_{\left( C,AB \right)}}=\frac{\left| 2{{m}^{2}}+4-4{{m}^{2}}+2 \right|}{\sqrt{4{{m}^{4}}+1}}=\frac{2\left| {{m}^{2}}-3 \right|}{\sqrt{4{{m}^{4}}+1}} \)

Diện tích tam giác ABC là:

\(S=\frac{1}{2}.AB.{{d}_{\left( C,AB \right)}}=4\Leftrightarrow \frac{1}{2}.2\left| m \right|.\sqrt{4{{m}^{4}}+1}.\frac{2\left| {{m}^{2}}-3 \right|}{\sqrt{4{{m}^{4}}+1}}=4\)

\(\Leftrightarrow \left| m\left( {{m}^{2}}-3 \right) \right|=2\Leftrightarrow {{m}^{6}}-6{{m}^{4}}+9{{m}^{2}}-4=0\)\(\Leftrightarrow {{\left( {{m}^{2}}-1 \right)}^{2}}\left( {{m}^{2}}-4 \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& m=\pm 1 \\  & m=\pm 2 \\ \end{align} \right.\)

Do m nguyên dương nên ta được m = 1, m = 2, tổng thu được là 3.

Ví dụ 5. Tổng tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số: \( y=3{{x}^{3}}+2\left( m+1 \right){{x}^{2}}-3mx+m-5 \) có hai điểm cực trị x1, x2 đồng thời  \( y({{x}_{1}}).y({{x}_{2}})=0 \) là:

A. \( -21 \)                                           

B.  \( -39 \)           

C.  \( -8 \)           

D.  \( 3\sqrt{11}-13 \)

Đáp án A.

Để hàm số có hai cực trị thì phương trình y’ = 0 phải có hai nghiệm phân biệt

 \( \Leftrightarrow {\Delta }’=4{{\left( m+1 \right)}^{2}}+27m>0 \)

Xét  \( y({{x}_{1}}).y({{x}_{2}})=0 \) nên ta có  \( y=3{{x}^{3}}+2\left( m+1 \right){{x}^{2}}-3mx+m-5 \) phải tiếp xúc với trục hoành

 \( \Leftrightarrow 3{{x}^{3}}+2\left( m+1 \right){{x}^{2}}-3mx+m-5=0 \) phải có nghiệm kép

 \( \Leftrightarrow \left( x-1 \right)\left[ 3{{x}^{2}}+\left( 2m+5 \right){{x}^{2}}-m+5 \right]=0 \) phải có nghiệm kép

Trường hợp 1: Phương trình  \( 3{{x}^{2}}+\left( 2m+5 \right)x-m+5=0 \) có một nghiệm  \( x=1\Rightarrow {{m}_{1}}=-13 \)

Trường hợp 2: Phương trình  \( 3{{x}^{2}}+\left( 2m+5 \right)x-m+5=0 \) có nghiệm kép khác 1

 \( \Rightarrow \Delta ={{\left( 2m+5 \right)}^{2}}-12\left( 5-m \right)=0 \) \( \Leftrightarrow 4{{m}^{2}}+32m-35=0 \)

 \( \Rightarrow {{m}_{2}}+{{m}_{3}}=-8\Rightarrow {{m}_{1}}+{{m}_{2}}+{{m}_{3}}=-21 \)

Ví dụ 6. Gọi S là tập các giá trị dương của tham số m sao cho hàm số \( y={{x}^{3}}-3m{{x}^{2}}+27x+3m-2 \) đạt cực trị tại  \( {{x}_{1}},{{x}_{2}} \) thỏa mãn  \( \left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|\le 5 \). Biết  \( S=\left( a;b \right] \). Tính  \( T=2b-a  \).

A. \( T=\sqrt{51}+6 \)

B.  \( T=\sqrt{61}+3 \)   

C.  \( T=\sqrt{61}-3 \)     

D.  \( T=\sqrt{51}-6 \)

Đáp án C.

Ta có:  \( {y}’=3{{x}^{2}}-6mx+27 \),  \( {y}’=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2mx+9=0 \)  (1)

Theo giả thiết hàm số đạt cực trị tại x1, x2  \( \Leftrightarrow  \) phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt

 \( \Leftrightarrow {\Delta }’>0\Leftrightarrow {{m}^{2}}-9>0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & m>3 \\  & m<-3 \\ \end{align} \right.\text{  }(*) \)

Với điều kiện (*) thì phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2, theo Viet ta có:  \( \left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}+x=2m \\  & {{x}_{1}}{{x}_{2}}=9 \\ \end{align} \right. \)

Ta lại có  \( \left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|\le 5\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}\le 25 \) \( \Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-4{{x}_{1}}{{x}_{2}}-25\le 0 \)

 \( \Leftrightarrow 4{{m}^{2}}-61\le 0\Leftrightarrow -\frac{\sqrt{61}}{2}\le m\le \frac{\sqrt{61}}{2} \)  (**)

Kết hợp (*), (**) và điều kiện m dương ta được:  \( 3<m\le \frac{\sqrt{61}}{2}\Rightarrow \left\{ \begin{align} & a=3 \\  & b=\frac{\sqrt{61}}{2} \\ \end{align} \right. \)

 \( \Rightarrow T=2b-a=\sqrt{61}-3 \)

Ví dụ 7. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để hàm số \( y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+mx+3 \) có hai điểm cực trị  \( {{x}_{1}},{{x}_{2}}\le 4 \). Số phần tử của S bằng

A. 5

B. 3

C. 2                                   

D. 4

Đáp án D.

Ta có:  \( {y}’={{x}^{2}}-4x+m  \)

Hàm số có hai điểm cực trị x1, x2 thì phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt

 \( \Leftrightarrow {\Delta }’>0\Leftrightarrow 4-m>0\Leftrightarrow m<4 \)

Khi đó giả sử  \( {{x}_{1}}<{{x}_{2}} \),  \( {y}’=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& {{x}_{1}}=2-\sqrt{4-m} \\ & {{x}_{2}}=2+\sqrt{4-m} \\ \end{align} \right. \)

Yêu cầu bài toán trở thành  \( {{x}_{2}}\le 4\Leftrightarrow 2+\sqrt{4-m}\le 4\Leftrightarrow 0\le m\le 4 \)

Kết hợp với m < 4 ta được:  \( 0\le m<4 \). Do m nguyên  \( nên m\in \left\{ 0;1;2;3 \right\} \).

Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ví dụ 8. Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số \(y={{x}^{3}}+4\left( m-2 \right){{x}^{2}}-7x+1\) có hai điểm cực trị \({{x}_{1}},{{x}_{2}}\left( {{x}_{1}}<{{x}_{2}} \right)\) thỏa mãn \(\left| {{x}_{1}} \right|-\left| {{x}_{2}} \right|=-4\).

A. m = 5

B. \( m=\frac{1}{2} \)    

C. m = 3                          

D.  \( m=\frac{7}{2} \)

Đáp án B.

Ta có: \(y={{x}^{3}}+4\left( m-2 \right){{x}^{2}}-7x+1\)  (1)

 \( \Rightarrow {y}’=3{{x}^{2}}+8\left( m-2 \right)x-7 \)

Xét phương trình  \( 3{{x}^{2}}+8\left( m-2 \right)x-7=0 \)  (2)

 \( {\Delta }’={{\left[ 4\left( m-2 \right) \right]}^{2}}+21>0 \), với m

 \( \Rightarrow  \) Hàm số (1) luôn có hai điểm cực trị x1, x2 với mọi m.

Ta thấy  \( ac=-21<0 \) \( \Rightarrow \)  Phương trình (2) có 2 nghiệm trái dấu

\(\Rightarrow {{x}_{1}}<0;{{x}_{2}}>0\Rightarrow \left| {{x}_{1}} \right|=-{{x}_{1}};\left| {{x}_{2}} \right|={{x}_{2}}\)

Ta có:  \( \left| {{x}_{1}} \right|-\left| {{x}_{2}} \right|=-4\Rightarrow -{{x}_{1}}-{{x}_{2}}=-4 \) \( \Leftrightarrow -\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)=-4\Leftrightarrow \frac{8(m-2)}{3}=-4\Leftrightarrow m=\frac{1}{2} \)

Ví dụ 9. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để điểm \( M\left( 2{{m}^{3}};m \right) \) tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số  \( y=2{{x}^{3}}-3\left( 2m+1 \right){{x}^{2}}+6m\left( m+1 \right)x+1 \)  (C) một tam giác có diện tích nhỏ nhất?

A. 0

B. 1                                   

C. 2                                   

D. Không tồn tại

Đáp án B.                        

Ta có: \({y}’=6{{x}^{2}}-6\left( 2m+1 \right)x+6m\left( m+1 \right)\)

 \( {y}’=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=m \\ & x=m+1 \\ \end{align} \right. \) \( \Rightarrow \forall m\in \mathbb{R} \), hàm số luôn có cực đại, cực tiểu.

Tọa độ các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị là  \( A\left( m;2{{m}^{3}}+3{{m}^{2}}+1 \right) \),  \( B\left( m+1;2{{m}^{3}}+3{{m}^{2}} \right) \)

Suy ra:  \( AB=\sqrt{2} \) và phương trình đường thẳng AB:  \( x+y-2{{m}^{3}}-3{{m}^{2}}-m-1=0 \)

Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M tới AB nhỏ nhất.

Ta có:  \( {{d}_{\left( M,AB \right)}}=\frac{3{{m}^{2}}+1}{\sqrt{2}}\ge \frac{\sqrt{2}}{2} \), dấu “=” xảy ra khi m = 0

Ví dụ 10. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số \( y={{x}^{3}}-3mx+2 \) cắt đường tròn (C) có tâm I(1;1), bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất.

A. \( m=\frac{2\pm \sqrt{3}}{3} \)

B.  \( m=\frac{2\pm \sqrt{3}}{2} \)             

C.  \( m=\frac{1\pm \sqrt{3}}{2} \)            

D.  \( m=\frac{2\pm \sqrt{5}}{2} \)

Đáp án A.

Ta có:  \( {y}’=3{{x}^{2}}-3m  \) suy ra đồ thị hàm số có điểm cực đại và cực tiểu khi m > 0.

Các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số là  \( C\left( -\sqrt{m};2+2m\sqrt{m} \right) \),  \( D\left( \sqrt{m};2-2m\sqrt{m} \right) \).

Đường thẳng  \( \Delta  \) đi qua các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là:  \( y=-2mx+ \)2

Do  \( {{d}_{\left( I,\Delta  \right)}}=\frac{\left| 2m-1 \right|}{\sqrt{4{{m}^{2}}+1}}<R=1 \)  (vì m > 0)  \( \Rightarrow \Delta  \) luôn cắt đường tròn tâm  \( I(1;1) \), bán kính R = 1 tại 2 điểm A, B phân biệt.

Dễ thấy  \( m=\frac{1}{2} \) không thỏa mãn do A, I, B thẳng hàng.

Với  \( m\ne \frac{1}{2} \):  \( \Delta  \) không đi qua I, ta có:  \( {{S}_{\Delta ABI}}=\frac{1}{2}IA.IB.\sin \widehat{AIB}\le \frac{1}{2}{{R}^{2}}=\frac{1}{2} \)

Do đó:  \( {{\left( {{S}_{\Delta IAB}} \right)}_{\max }}=\frac{1}{2} \) khi  \( \sin \widehat{AIB}=1 \) hay  \( \Delta AIB  \) vuông tại I

 \( \Leftrightarrow IH=\frac{R}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Leftrightarrow \frac{\left| 2m-1 \right|}{\sqrt{4{{m}^{2}}+1}}=\frac{\sqrt{2}}{2} \) \( \Leftrightarrow m=\frac{2\pm \sqrt{3}}{2} \) (H là trung điểm của AB)

Ví dụ 11. Biết đồ thị hàm số \( y={{x}^{3}}+a{{x}^{2}}+bx+c  \) có hai điểm cực trị  \( M\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right),N\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right) \) thỏa mãn  \( {{x}_{1}}\left( {{y}_{1}}-{{y}_{2}} \right)={{y}_{1}}\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right) \). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức  \( P=abc+2ab+3c  \) bằng

A. \( -\frac{49}{4} \)                                           

B.  \( -\frac{25}{4} \)                 

C.  \( -\frac{841}{36} \)  

D.  \( -\frac{7}{6} \)

Đáp án A.

Ta có:  \( {y}’=3{{x}^{2}}+2ax+b  \)

Chia y cho y’ ta được:  \( y={y}’\left( \frac{1}{3}x+\frac{1}{9}a \right)+\left( -\frac{{{a}^{2}}}{9}-\frac{2b}{3} \right)x+c-\frac{ab}{9} \)

Do  \( M\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right),N\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right) \) là hai điểm cực trị nên  \( {y}'({{x}_{1}})=0,{y}'({{x}_{2}})=0 \)

Do đó:  \( {{y}_{1}}=\left( -\frac{{{a}^{2}}}{9}-\frac{2b}{3} \right){{x}_{1}}+c-\frac{ab}{9} \);  \( {{y}_{2}}=\left( -\frac{{{a}^{2}}}{9}-\frac{2b}{3} \right){{x}_{2}}+c-\frac{ab}{9} \)

Theo giả thiết:  \( {{x}_{1}}\left( {{y}_{1}}-{{y}_{2}} \right)={{y}_{1}}\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right) \)\(\Leftrightarrow {{x}_{1}}{{y}_{2}}={{x}_{2}}{{y}_{1}}\)

 \( \Leftrightarrow {{x}_{1}}\left[ \left( -\frac{{{a}^{2}}}{9}-\frac{2b}{3} \right){{x}_{2}}+c-\frac{ab}{9} \right]={{x}_{2}}\left[ \left( -\frac{{{a}^{2}}}{9}-\frac{2b}{3} \right){{x}_{1}}+c-\frac{ab}{9} \right] \)

 \( \Leftrightarrow {{x}_{1}}\left( c-\frac{ab}{9} \right)={{x}_{2}}\left( c-\frac{ab}{9} \right) \) \( \Leftrightarrow c-\frac{ab}{9}=0\text{ }\left( {{x}_{1}}\ne {{x}_{2}} \right)\Leftrightarrow ab=9c  \)

Ta có:  \( P=abc+2ab+3c=9{{c}^{2}}+21c\) \( ={{\left( 3c+\frac{7}{2} \right)}^{2}}-\frac{49}{4}\ge -\frac{49}{4}  \)

Vậy \( {{P}_{\min }}=-\frac{49}{4} \).

Ví dụ 12. Cho hàm số \( y={{x}^{3}}-3m{{x}^{2}}+3\left( {{m}^{2}}-1 \right)x-{{m}^{3}}-m  \) (m là tham số). Gọi A, B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số và  \( I\left( 2;-2 \right) \). Tổng tất cả các giá trị của m để ba điểm I, A, B tạo thành tam giác nội tiếp đường tròn có bán kính bằng  \( \sqrt{5} \) là

A. \( \frac{4}{17} \)

B.  \( \frac{14}{17} \)               

C.  \( -\frac{2}{17} \)       

D.  \( \frac{20}{17} \)

Đáp án D.

Tập xác định:  \( D=\mathbb{R} \).

 \( {y}’=3{{x}^{2}}-6mx+3\left( {{m}^{2}}-1 \right) \)

Cho  \( {y}’=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2mx+{{m}^{2}}-1=0 \)

Vì  \( {\Delta }’=1>0,\forall m  \) nên phương trình y’ = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt  \( x=m\pm 1 \).

Gọi  \( A\left( m+1;-4m-2 \right) \),  \( B\left( m-1;-4m+2 \right) \).

Suy ra:  \( \overrightarrow{AB}=\left( -2;4 \right)=-2\left( 1;-2 \right), \overrightarrow{IA}=\left( m-1;-4m \right) \),  \( \overrightarrow{IB}=\left( m-3;-4m+4 \right) \)

Phương trình đường thẳng AB qua  \( A\left( m+1;-4m-2 \right) \) và có vectơ pháp tuyến  \( \vec{n}=\left( 2;1 \right) \) là AB:  \( 2x+y+2m=0 \).

Suy ra:  \( {{d}_{\left( I,AB \right)}}=\frac{\left| 2+2m \right|}{\sqrt{5}} \)

Khi đó:  \( {{S}_{\Delta IAB}}=\frac{1}{2}.AB.{{d}_{\left( I,AB \right)}}=\frac{1}{2}.2\sqrt{5}.\frac{\left| 2+2m \right|}{\sqrt{5}}=\left| 2+2m \right| \)

Mặt khác:  \( {{S}_{\Delta IAB}}=\frac{AB.IA.IB}{4R}\Leftrightarrow AB.IA.IB=4\sqrt{5}\left| 2+2m \right| \)

 \( \Leftrightarrow \sqrt{20}.\sqrt{17{{m}^{2}}-2m+1}.\sqrt{17{{m}^{2}}-38m+25}=4\sqrt{5}\left| 2+2m \right| \)

 \( \Leftrightarrow \left( 17{{m}^{2}}-2m+1 \right)\left( 17{{m}^{2}}-38m+25 \right)=4\left( 4{{m}^{2}}+8m+4 \right) \)

 \( \Leftrightarrow 289{{m}^{4}}-680{{m}^{3}}+502{{m}^{2}}-120m+9=0 \)

 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & m=1 \\ & m=\frac{3}{17} \\ \end{align} \right.\Rightarrow {{m}_{1}}+{{m}_{2}}=\frac{20}{17} \)

Ví dụ 13. Cho hàm số \( y={{x}^{3}}-6mx+4 \) có đồ thị (Cm). Gọi mO là giá trị của m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của (Cm) cắt đường tròn tâm I(1;0), bán kính  \( \sqrt{2} \) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất. Chọn khẳng định đúng.

A. \({{m}_{O}}\in \left( 3;4 \right)\)

B. \({{m}_{O}}\in \left( 1;2 \right)\)

C. \({{m}_{O}}\in \left( 0;1 \right)\)           

D. \({{m}_{O}}\in \left( 2;3 \right)\)

Đáp án C.

Ta có:  \( {y}’=3{{x}^{2}}-6m  \)

 \( {y}’=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}=2m  \)

Hàm số có cực đại, cực tiểu  \( \Leftrightarrow {y}’=0 \) có hai nghiệm phân biệt  \( \Leftrightarrow m>0 \)

Gọi  \( A\left( \sqrt{2m};4-4m\sqrt{2m} \right) \) và  \( B\left( -\sqrt{2m};4+4m\sqrt{2m} \right) \).

Phương trình đường thẳng AB:  \( 4mx+y-4=0 \)

Đặt  \( a={{d}_{\left( I,AB \right)}}\left( 0<a<\sqrt{2} \right)\Rightarrow HB=\sqrt{2-{{a}^{2}}} \)

Suy ra:  \( {{S}_{\Delta IAB}}=a\sqrt{2-{{a}^{2}}}\le \frac{1}{2}\left( {{a}^{2}}+2-{{a}^{2}} \right)=1 \)

Dấu “=” xảy ra  \( \Leftrightarrow a=\sqrt{2-{{a}^{2}}}\Leftrightarrow a=1 \)

Khi đó:  \( {{d}_{\left( I,AB \right)}}=\frac{\left| 4m+0-4 \right|}{\sqrt{16{{m}^{2}}+1}}\Leftrightarrow \sqrt{16{{m}^{2}}+1}=4\left| m-1 \right| \)

 \( \Leftrightarrow 16{{m}^{2}}+1=16{{m}^{2}}-32m+16\Leftrightarrow m=\frac{15}{32} \)

Ví dụ 14. Cho hàm số \( y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-\frac{1}{2}m{{x}^{2}}-4x-10 \), với m là tham số, gọi x1, x2 là các điểm cực trị của hàm số đã cho. Giá trị lớn nhất của biểu thức  \( P=\left( x_{1}^{2}-1 \right)\left( x_{2}^{2}-1 \right) \) bằng

A. 4

B. 1

C. 0                                   

D. 9

Đáp án D.

Tập xác định  \( D=\mathbb{R} \).

Đạo hàm:  \( {y}’={{x}^{2}}-mx-4 \)

Khi đó:  \( {y}’=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-mx-4=0 \)

Ta có:  \( \Delta ={{m}^{2}}+16>0,\forall m\in \mathbb{R}\Rightarrow {y}’=0 \) luôn có 2 nghiệm phân biệt  \( \forall m\in \mathbb{R} \) hay hàm số luôn có hai điểm cực trị x1, x2 \( \forall m\in \mathbb{R} \).

Do x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của y’ = 0 nên định lí Viet ta có:  \( \left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=m \\  & {{x}_{1}}.{{x}_{2}}=-4 \\ \end{align} \right. \)

 \( P=\left( x_{1}^{2}-1 \right)\left( x_{2}^{2}-1 \right)={{\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}} \right)}^{2}}-\left( x_{1}^{2}+x_{2}^{2} \right)+1 \) \( ={{\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}} \right)}^{2}}-{{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}+2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1=16-{{m}^{2}}-8+1=-{{m}^{2}}+9\le 9 \)

Do đó, giá trị lớn nhất của biểu thức P = 9 khi m = 0.

Ví dụ 15. Cho hàm số \(y={{x}^{3}}-3m{{x}^{2}}+3\left( {{m}^{2}}-1 \right)x-{{m}^{3}}\), với m là tham số; gọi (C) là đồ thị của hàm số đã cho. Biết rằng khi m thay đổi, điểm cực đại của đồ thị (C) luôn nằm trên một đường thẳng d cố định. Xác định hệ số góc k của đường thẳng d.

A. \( k=-\frac{1}{3} \)

B.  \( k=\frac{1}{3} \)      

C.  \( k=-3 \)                     

D.  \( k=3 \)

Đáp án C.

Tập xác định:  \( D=\mathbb{R} \)

Ta có:  \( {y}’=3{{x}^{2}}-6mx+3\left( {{m}^{2}}-1 \right) \) và  \( {y}”=6x-6m  \).

Khi đó:  \( {y}’=0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-6mx+3\left( {{m}^{2}}-1 \right)=0 \)

 \( {\Delta }’=9{{m}^{2}}-9\left( {{m}^{2}}-1 \right)=9 \) nên hàm số luôn có hai điểm cực trị  \( x=\frac{3m+3}{3}=m+1 \) và  \( x=\frac{3m-3}{3}=m-1 \).

 \( {y}”\left( m-1 \right)=6\left( m-1 \right)-6m=-6<0 \) \( \Rightarrow x=m-1 \) là điểm cực đại của hàm số.

 \( \Rightarrow A\left( m-1;-3m+2 \right) \) là điểm cực đại của đồ thị (C).

Ta có:  \( \left\{ \begin{align} & {{x}_{A}}=m-1 \\  & {{y}_{A}}=-3m+2 \\ \end{align} \right.\Rightarrow {{y}_{A}}=-3{{x}_{A}}-1 \)

 \( \Rightarrow  \) A luôn thuộc đường thẳng d có phương trình  \( y=-3x-1 \).

Do đó, hệ số góc k của đường thẳng d là  \( -3 \).

Thông Tin Hỗ Trợ Thêm!

Related Posts

Leave a Comment

error: Content is protected !!