K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 3 2020

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 $m=-2$

25 tháng 3 2016

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 \(m\in\left(-\infty,\frac{1-\sqrt{65}}{2}\right)\cup\left(\frac{1+\sqrt{65}}{2},+\infty\right)\)

 
24 tháng 3 2016

Ta có \(y'=3x^2-4\left(m-1\right)x+9\)

y' là tam thức bậc hai nên hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại \(x_1,x_2\) khi và ch ỉ khi y' có hai nghiệm phân biệt

\(\Leftrightarrow\Delta=4\left(m-1\right)^2-27>0\) \(\Leftrightarrow\)\(\begin{cases}m>1+\frac{3\sqrt{3}}{2}\\m<1-\frac{3\sqrt{3}}{2}\end{cases}\) (1)

Theo Viet \(x_1+x_2=\frac{4\left(m-1\right)}{3}\)\(x_1x_2=3\)

Khi đó \(\left|x_1-x_2\right|=2\) \(\Leftrightarrow\) \(\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=4\)

                                  \(\Leftrightarrow\frac{16\left(m-1\right)^2}{9}-12=4\)

24 tháng 3 2016

Ta có \(y'=3x^2-6\left(m+1\right)x+9\)

Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại \(x_1,x_2\) \(\Leftrightarrow\) phương trình \(y'=0\) có hai nghiệm phân biệt là  \(x_1,x_2\)

\(\Leftrightarrow\) \(x^2-2\left(m+1\right)x+3=0\) có hai nghiệm phân biêt  \(x_1,x_2\) \(\Leftrightarrow\Delta'=\left(m+1\right)^2-3\Leftrightarrow\begin{cases}m>-1+\sqrt{3}\\m<-1-\sqrt{3}\end{cases}\) (1)Theo định lí Viet ta có  \(x_1+x_2=2\left(m+1\right)\) \(x_1,x_2=3\)Khi đó \(\left|x_1-x_2\right|\le2\)  \(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2\le4\)                        \(\Leftrightarrow4\left(m+1\right)^2-12\le4\)                        \(\Leftrightarrow\left(m+1\right)^2\le4\)                        \(\Leftrightarrow-3\le m\)\(\le1\) (2)Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là \(-3\le m<-1-\sqrt{3}\) và\(-1+\sqrt{3}\)<m\(\le1\)  
24 tháng 3 2016

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 

 
24 tháng 3 2016

........ 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 \(x_1+2x_2=1\Leftrightarrow m=2,m=\frac{2}{3}\)

NV
30 tháng 7 2021

\(y'=3x^2-2mx+2\left(m+1\right)\)

\(y''=6x-2m\)

Hàm đạt cực tiểu tại \(x=-1\) khi:

\(\left\{{}\begin{matrix}y'\left(-1\right)=0\\y''\left(-1\right)>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3+2m+2\left(m+1\right)=0\\-6-2m>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m=-\dfrac{5}{4}\\m< -3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) không tồn tại m thỏa mãn

21 tháng 4 2016

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là :

\(x^3-2x^2+\left(1-m\right)x+m=0\left(1\right)\)

Biến đổi tương đương phương trình này :

\(\left(1\right)\Leftrightarrow x^3-2x^2+x-mx+m=0\)

      \(\Leftrightarrow x\left(x^2-2x+1\right)-m\left(x-1\right)=0\)

       \(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^2-x-m\right)=0\Leftrightarrow x=1\) hoặc \(x^2-x-m=0\left(2\right)\)

Gọi \(x_1,x_2\) là nghiệm của phương trình (2) thì :

\(t^2+x_1^2+x_2^2< 4\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2< 3\Leftrightarrow m< 1\) (*)

Yêu cầu bài toán tương đương với (2) có hai nghiệm phân biệt \(x_1;x_2\ne1\) thỏa mãn điều kiện (*)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}\Delta=1+4m>0\\1^2-1-m\ne0\\m< 1\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}-\frac{1}{4}< m< 1\\m\ne0\end{cases}\)