D13 - Điều kiện hình học về 2 điểm cực trị (hàm bậc ba) - Muc do 2

Câu Câu 33: [2D1-2.13-2](THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - Lần -2018 - BTN) Gọi A , B hai điểm cực trị đồ thị hàm số f  x   x3  3x  m với m tham số thực khác Tìm tất giá trị thực tham số m để trọng tâm tam giác OAB thuộc đường thẳng 3x  y   A m  B m  C m  D m  Lời giải Chọn A x  TXĐ: D  , f   x   3x  x , f   x     x  Tọa độ điểm cực trị A  0; m  ; B  2; m    2m   Tọa độ trọng tâm G tam giác OAB G  ;   3 Điểm G thuộc đường thẳng: 3x  y   nên:  2m     m  [2D1-2.13-2] [TRẦN HƯNG ĐẠO – 2017] Tìm tất giá trị m để đường thẳng qua điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số y  x3  3mx  cắt đường tròn tâm I 1;1 , bán kính điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn A m  2 B m  1 C m  2 D m  2 Lời giải Chọn A Δ A H B I Ta có y  3x  3m nên y   x  m Đồ thị hàm số y  x3  3mx  có hai điểm cực trị m    1 Ta có y  x3  3mx   x 3x  3m  2mx   x y  2mx  3 Đường thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số y  x3  3mx  có phương trình  : y  2mx  1 Ta có: SIAB  IA.IB.sin AIB  sin AIB  2 Diện tích tam giác IAB lớn sin AIB   AI  BI Gọi H trung điểm AB ta có: IH  AB   d I ,  2 Mà d I ,   2m   4m  Suy ra: d I ,   2m   4m   2  4m    4m2  1  8m2  16m    m  2 Câu 1654: [2D1-2.13-2] [THPT QUỐC GIA 2017] Đồ thị hàm số y   x3  3x  có hai điểm cực trị A B Tính diện tích S tam giác OAB với O gốc tọa độ 10 A S  B S  10 C S  D S  Lời giải Chọn D x  Ta có: y '  3x  x , y '   3x  x    x  Nên A(0;5), B(2;9)  AB  (2;4)  AB  22  42  20 Phương trình đường thẳng AB : y  x  Diện tích tam giác OAB là: S  Câu 3: [2D1-2.13-2] (Toán học tuổi trẻ tháng 1- 2018 - BTN ) Cho hàm 2018 y  x3   m  1 x   m2  4m  3 x  , ( m tham 2018 thực) Tìm điều kiện m để hàm 2018 có cực đại cực tiểu điểm cực trị đồ thị hàm 2018 nằm bên phải trục tung  m  1 A 5  m  1 B 5  m  3 C 3  m  1 D   m  5 Lời giải Chọn B y  x   m  1 x   m2  4m  3 Yêu cầu toán thỏa mãn  y  có hai nghiệm dương phân biệt   m  1   m  4m  3  m   5; 1         S     m  1   m  1  m   5; 3 P   m  ; 3  1;         m  4m    Câu [2D1-2.13-2] (THPT YÊN LẠC) Cho hàm số y  x3  3m2 x  m Giá trị m để trung điểm hai điểm cực trị đồ thị hàm số thuộc d : y  là: A B  C D Lời giải Chọn C  x  m  y  2m3  m Ta có y  3x  3m2 ; y   3x  3m2     x   m  y  2m  m Trung điểm I hai điểm cực trị có tọa độ  0; m  Vì I  d  m  Câu 47: [2D1-2.13-2] (THPT Bình Xuyên - Vĩnh Phúc - 2018 - BTN – 6ID – HDG) Tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số y  x3  3mx  4m3 có hai điểm cực trị A B thỏa AB  20 : A m   B m   C m  Lời giải D m  Chọn A x  + Ta có: y  3x  6mx  y    Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị điều  x  2m kiện cần đủ m  Khi A  0; 4m3  , B  2m;0  Yêu cầu toán trở thành AB2  20  4m2  16m6  20   m2    m2     m   ... A(0;5), B (2; 9)  AB  (2; 4)  AB  22  42  20 Phương trình đường thẳng AB : y  x  Diện tích tam giác OAB là: S  Câu 3: [2D 1 -2 .1 3 -2 ] (Toán học tuổi trẻ tháng 1- 20 18 - BTN ) Cho hàm 20 18 y...  3x  3m2 ; y   3x  3m2     x   m  y  2m  m Trung điểm I hai điểm cực trị có tọa độ  0; m  Vì I  d  m  Câu 47: [2D 1 -2 .1 3 -2 ] (THPT Bình Xuyên - Vĩnh Phúc - 20 18 - BTN – 6ID...  Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị điều  x  2m kiện cần đủ m  Khi A  0; 4m3  , B  2m;0  Yêu cầu toán trở thành AB2  20  4m2  16m6  20   m2    m2     m  