cực đại cực tiểu của hàm số
vận dụng cao về tâm đường tròn đi qua 3 điểm cực trị 
Câu trả lời của bạn
Để bình luận, bạn cần đăng nhập bằng tài khoản Vted.
Đăng nhậpKhông phải câu trả lời hoặc câu hỏi bạn đang tìm kiếm? Hỏi câu hỏi của riêng bạn.
Bài toán. Cho hàm số $y=\frac{{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x+m}{x-1}$ ($m$ là tham số) có ba điểm cực trị của đồ thị hàm số không thẳng hàng. Tâm $I$ của đường tròn đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho luôn thuộc đường thẳng nào sau đây?
A. $y=-\frac{7}{3}.$ B.$x+y=1.$ C.$y=\frac{7}{3}.$ D.$x-y=0.$
Lời giải.
Xét hàm số $y=\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$ với hàm số $f\left( x \right)$ có bậc $3$ và $g\left( x \right)$ có bậc $m.$
Ta có ${y}'=\frac{{f}'\left( x \right)g\left( x \right)-f\left( x \right){g}'\left( x \right)}{{{g}^{2}}\left( x \right)}=\frac{{f}'\left( x \right)}{f\left( x \right)}.\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}-\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}.\frac{{g}'\left( x \right)}{g\left( x \right)}=\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}\left[ \frac{{f}'\left( x \right)}{f\left( x \right)}-\frac{{g}'\left( x \right)}{g\left( x \right)} \right].$
Với ${{x}_{0}}$ là điểm cực trị của hàm số $y=\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$ ta có ${y}'=0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & \frac{{f}'\left( x \right)}{f\left( x \right)}-\frac{{g}'\left( x \right)}{g\left( x \right)}=0 \\ & \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}=0 \\\end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & \frac{{f}'\left( x \right)}{{g}'\left( x \right)}=\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} \\ & f\left( x \right)=0 \\\end{align} \right..$
Với trường hợp $f\left( x \right)=0$ ta có ${y}'=0\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)g\left( x \right)=0\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)=0.$
Khi đó $f\left( x \right)=ax{f}'\left( x \right)+b{f}'\left( x \right)+cx+d=cx+d.$ Vậy các điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$ nằm trên đường thẳng $y=cx+d.$
Vậy để các điểm cực trị của đồ thị hàm số không thẳng hàng thì $y=\frac{{f}'\left( x \right)}{{g}'\left( x \right)}.$
*Áp dụng:
Có $y=\frac{{{\left( {{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x+m \right)}^{\prime }}}{{{\left( x-1 \right)}^{\prime }}}=3{{x}^{2}}-2x+1\Rightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=9{{x}^{4}}-12{{x}^{3}}+11{{x}^{2}}-4x+1.$
Mặt khác ta lại có $y=\frac{{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x+m}{x-1}=3{{x}^{2}}-2x+1\Leftrightarrow 3{{x}^{3}}-5{{x}^{2}}+3x-1={{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x+m$
$\Leftrightarrow 2{{x}^{3}}-4{{x}^{2}}+2x-1-m=0\Leftrightarrow m=2{{x}^{3}}-4{{x}^{2}}+2x-1.$
Ta có $9{{x}^{4}}-12{{x}^{3}}+11{{x}^{2}}-4x+1=\frac{9}{2}x\left( 2{{x}^{3}}-4{{x}^{2}}+2x-1 \right)+6{{x}^{3}}+2{{x}^{2}}+\frac{1}{2}x+1$
$\begin{align} & =\frac{9}{2}mx+3\left( 2{{x}^{3}}-4{{x}^{2}}+2x-1 \right)+14{{x}^{2}}-\frac{11}{2}x+4=\frac{9}{2}mx+3m+\frac{14}{3}\left( 3{{x}^{2}}-2x+1 \right)+\frac{23}{6}x-\frac{1}{3} \\ & =\frac{9}{2}mx+3m+\frac{14}{3}y+\frac{23}{6}x-\frac{1}{3}. \\\end{align}$
Hay ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=\left( \frac{9}{2}m+\frac{23}{6} \right)x+3m+\frac{14}{3}y-\frac{1}{3}$
$\Leftrightarrow {{\left[ x-\left( \frac{9}{4}m+\frac{23}{12} \right) \right]}^{2}}+{{\left( y-\frac{7}{3} \right)}^{2}}=3m-\frac{1}{3}+{{\left( \frac{9}{4}m+\frac{23}{12} \right)}^{2}}+\frac{49}{9}.$
Vậy tâm $I$ của đường tròn đó là $I\left( \frac{9}{4}m+\frac{23}{12};\frac{7}{3} \right).$ Do đó $I$ luôn thuộc đường thẳng $y=\frac{7}{3}.$
Chọn đáp án C.
Đề câu trên đó lỗi rồi nha em. Em có thể tham khảo bài giải tương tự ở đây!!!
mai anh full cho nhé