PT
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
AH
Akai Haruma
Giáo viên
4 tháng 7 2017
Lời giải:
1.
Để ĐTHS có cực đại và cực tiểu thì \(y'=3x^2+2x+m+2=0\) có hai nghiệm phân biệt
\(\Leftrightarrow \Delta'=1-3(m+2)>0\Leftrightarrow m<\frac{-5}{3}\)
2.
ĐTHS có hai cực trị nằm về hai phía trục tung nghĩa là PT \(y'=3x^2+2x+m+2=0\) có hai nghiệm $x_1,x_2$ trái dấu.
Theo định lý Viete thì \(x_1x_2=\frac{m+2}{3}<0\Leftrightarrow m<-2\)
3. Áp dụng định lý Viete:
Cực trị với hoành độ âm thì: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=\frac{-2}{3}<0\\ x_1x_2=\frac{m+2}{3}>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m>-2\Rightarrow -2< m<\frac{-5}{3}\)
4. Để ĐTHS có cực tiểu tại $x=2$ thì PT \(y'=3x^2+2x+m+2=0\) nhận $x=2$ là nghiệm \(\Leftrightarrow m=-18\)
Thử lại bằng bảng biến thiên ta thấy đúng.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 7 2021
\(y'=3x^2-2\left(2m-1\right)x+2-m\)
Hàm có các cực trị dương khi pt \(y'=0\) có 2 nghiệm dương phân biệt
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta'=\left(2m-1\right)^2-3\left(2-m\right)>0\\x_1+x_2=\dfrac{2\left(2m-1\right)}{3}>0\\x_1x_2=\dfrac{2-m}{3}>0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4m^2-m-5>0\\m>\dfrac{1}{2}\\m< 2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\dfrac{5}{4}< m< 2\)
29 tháng 4 2016
a) Ta có : \(y'=3x^2+2\left(m-1\right)x+m\left(m-3\right)\)
Hàm số (1) có cực đại và cực tiểu nằm 2 phía đối với trục tung <=> phương trình : \(3x^2+2\left(m-1\right)x+m\left(m-3\right)=0\) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu
\(\Leftrightarrow P< 0\Leftrightarrow m\left(m-3\right)< 0\Leftrightarrow0< m< 3\)
Vậy \(0< m< 3\) là giá trị cần tìm
b) Khi m = 1 ta có : \(y=x^3-2x\).
Gọi \(M\left(a;a^3-2a\right)\in\left(C\right),a\ne0\)
Ta có \(y'=3x^2-2\) nên hệ số góc của \(\Delta\) là \(y'\left(a\right)=3a^2-2\)
Ta có \(\overrightarrow{OM}\left(a;a^3-2a\right)\) nên hệ số góc đường thẳng OM là \(k=a^2-2\)
Do đó : \(\Delta\perp OM\Leftrightarrow y'_a.k=-1\)
\(\Leftrightarrow\left(3a^2-2\right)\left(a^2-2\right)=-1\Leftrightarrow3a^4-8a^2+5=0\)
\(M_1\left(1;-1\right);M_1\left(-1;1\right);M_3\left(-\frac{\sqrt{15}}{3};\frac{\sqrt{15}}{9}\right);M_4\left(\frac{\sqrt{15}}{3};-\frac{\sqrt{15}}{9}\right)\) \(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}a^2=1\\a^2=\frac{5}{3}\end{array}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}a=\pm1\\a=\pm\frac{\sqrt{5}}{3}\end{array}\right.\)(Thỏa mãn)
Suy ra có 4 điểm thỏa mãn đề bài :\(M_1\left(1;-1\right);M_2\left(-1;1\right);M_3\left(-\frac{\sqrt{15}}{3};\frac{\sqrt{15}}{9}\right);M_4\left(\frac{\sqrt{15}}{3};-\frac{\sqrt{15}}{9}\right)\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
11 tháng 8 2017
Bài 1:
\(y=x^3-3x^2-9x+1\Rightarrow y'=3x^2-6x-9\)
Khi đó \(3y=3x^3-9x^2-27x+3=(x-1)y'-24x-6\)
Thấy rằng, hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có hoành độ là nghiệm của PT \(y'=3x^2-6x-9=0\), do đó PT đường thằng đi qua hai điểm cực trị có dạng:
\(3y=(x-1).0-24x-6=-24x-6\Leftrightarrow 8x+y+2=0\)
Khi đó, khoảng cách từ gốc tọa độ đến ĐT trên là:
\(d=\frac{|2|}{\sqrt{8^2+1^2}}=\frac{2\sqrt{65}}{65}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
11 tháng 8 2017
Bài 2:
Ta có: \(y=\frac{1}{3}x^3-(m+1)x^2+(4m^2+3m-7)x+1\)
\(\Rightarrow y'=x^2-2(m+1)x+4m^2+3m-7\)
Để ĐTHS có hai điểm cực trị thì PT \(y'=0\) phải có hai nghiệm phân biệt
\(\Leftrightarrow \Delta'=(m+1)^2-(4m^2+3m-7)>0\)
\(\Leftrightarrow -3m^2-m+8>0\)
Giả sử \(x_1,x_2\) là hai nghiệm của PT \(y'=0\), áp dụng định lý Viete, \(x_1x_2=4m^2+3m-7\)
Vì hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung nên \(x_1x_2< 0\)
\(\Leftrightarrow 4m^2+3m-7<0\)
\(\frac{-7}{4}< m<1\). Thay vào điều kiện \(-3m^2-m+8>0\) thấy thỏa mãn.
Vậy \(\frac{-7}{4}< m<1 \)
Chọn A