bigkoro
[16838]
01/12/2018 11:54:39 PM
cực đại cực tiểu của hàm số
vận dụng cao về tâm đường tròn đi qua 3 điểm cực trị 
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