Định $m$ để cực trị thoả điều kiện cho trước
- Thứ ba - 16/02/2016 22:43
- In ra
- Đóng cửa sổ này
Bài toán định tham số $m$ để hàm số có cực trị thoả điều kiện cho trước.
Trong mục này, ta sẽ bàn đến dạng toán định giá trị của tham số $m$ để hàm số có cực trị thoả điều kiện cho trước. Tìm $m$ để hàm số có 3 cực trị tạo thành tam giác đều. Tìm $m$ để hàm số có 3 cực trị tạo thành tam giác vuông. Tìm $m$ để hàm số có 3 cực trị tạo thành tam giác cân. Tìm $m$ để hàm số có cực trị đối xứng nhau qua gốc toạ độ....
Ví dụ 1. Tìm $m$ để hàm số $y = {x^3} - 3m{x^2} + \left( {{m^2} + 2m - 3} \right)x + 4$ có hai cực trị $x_1$, $x_2$ thoả mãn đẳng thức $x_1^2 + x_2^2 = 2.$
Ví dụ 4. Định $m$ để hàm số $y = {x^3} - 3m{x^2} + \left( {{m^2} + 2m - 3} \right)x + 4$ có hai cực trị ở về hai phía đối với trục tung.
Ví dụ 1. Tìm $m$ để hàm số $y = {x^3} - 3m{x^2} + \left( {{m^2} + 2m - 3} \right)x + 4$ có hai cực trị $x_1$, $x_2$ thoả mãn đẳng thức $x_1^2 + x_2^2 = 2.$
Giải. Ta có $y' = 3{x^2} - 6mx + \left( {{m^2} + 2m - 3} \right).$
Yêu cầu bài toán $ \Leftrightarrow $ $y'$ có hai nghiệm $x_1$, $x_2$ thoả $x_1^2 + x_2^2 = 2.$
$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{{\Delta '}_{y'}} > 0\\
x_1^2 + x_2^2 = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{{\Delta '}_{y'}} > 0\\
{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 2
\end{array} \right.\,\,\,\,\left( * \right)$$ Áp dụng định lý Vi-et cho các nghiệm $x_1$, $x_2$ của tam thức bậc hai $y' = 3{x^2} - 6mx + \left( {{m^2} + 2m - 3} \right)$ ta có $$\begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = - \frac{{ - 6m}}{3} = 2m;\\
{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{{m^2} + 2m - 3}}{3}.
\end{array}$$ Thay vào $\,\left( * \right)$ ta được $$\left\{ \begin{array}{l}
{\left( { - 3m} \right)^2} - 3\left( {{m^2} + 2m - 3} \right) > 0\\
{\left( {2m} \right)^2} - 2 \cdot \frac{{{m^2} + 2m - 3}}{3} = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
6{m^2} - 6m + 9 > 0{\rm{ (luon dung) }}\\
10{m^2} - 4m = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 0\\
m = \frac{2}{5}
\end{array} \right..$$ Vậy với $ m = 0 $ hoặc $ m = \frac{2}{5} $ thì hàm số sẽ có hai cực trị $x_1$, $x_2$ thoả $x_1^2 + x_2^2 = 2.$
Ví dụ 2. Định $m$ để hàm số $y = \frac{1}{3}m{x^3} - \left( {m - 1} \right){x^2} + 3\left( {m - 2} \right)x + \frac{1}{3}$ có hai cực trị $x_1$, $x_2$ thoả điều kiện ${x_1} + 2{x_2} = 1.$
Yêu cầu bài toán $ \Leftrightarrow $ $y'$ có hai nghiệm $x_1$, $x_2$ thoả $x_1^2 + x_2^2 = 2.$
$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{{\Delta '}_{y'}} > 0\\
x_1^2 + x_2^2 = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{{\Delta '}_{y'}} > 0\\
{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 2
\end{array} \right.\,\,\,\,\left( * \right)$$ Áp dụng định lý Vi-et cho các nghiệm $x_1$, $x_2$ của tam thức bậc hai $y' = 3{x^2} - 6mx + \left( {{m^2} + 2m - 3} \right)$ ta có $$\begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = - \frac{{ - 6m}}{3} = 2m;\\
{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{{m^2} + 2m - 3}}{3}.
\end{array}$$ Thay vào $\,\left( * \right)$ ta được $$\left\{ \begin{array}{l}
{\left( { - 3m} \right)^2} - 3\left( {{m^2} + 2m - 3} \right) > 0\\
{\left( {2m} \right)^2} - 2 \cdot \frac{{{m^2} + 2m - 3}}{3} = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
6{m^2} - 6m + 9 > 0{\rm{ (luon dung) }}\\
10{m^2} - 4m = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 0\\
m = \frac{2}{5}
\end{array} \right..$$ Vậy với $ m = 0 $ hoặc $ m = \frac{2}{5} $ thì hàm số sẽ có hai cực trị $x_1$, $x_2$ thoả $x_1^2 + x_2^2 = 2.$
Giải. Ta có $y' = m{x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3\left( {m - 2} \right)$.
Yêu cầu bài toán $ \Leftrightarrow $ $y'$ có hai nghiệm $x_1$, $x_2$ thoả ${x_1} + 2{x_2} = 1.$ $$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{{\Delta '}_{y'}} > 0\\
{x_1} + 2{x_2} = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 2{m^2} + 4m + 1 > 0\\
\frac{{2\left( {m - 1} \right)}}{m} + {x_2} = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
1 - \sqrt {\frac{3}{2}} < m < 1 + \sqrt {\frac{3}{2}} \;\;\;\;\;\;\;\left( * \right)\\
{x_2} = \frac{{2 - m}}{m}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( { * * } \right)
\end{array} \right.\;$$
Thay ${x_2} = \frac{{2 - m}}{m} $ ở $\left( { * * } \right)$ vào phương trình $y' = 0$ ta được $$y' = m{\left( {\frac{{2 - m}}{m}} \right)^2} - 2\left( {m - 1} \right)\left( {\frac{{2 - m}}{m}} \right) + 3\left( {m - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = \frac{2}{3}\\
m = 2
\end{array} \right.$$ Cả hai giá trị này đều thoả $\left( * \right)$ nên đều được nhận.
Yêu cầu bài toán $ \Leftrightarrow $ $y'$ có hai nghiệm $x_1$, $x_2$ thoả ${x_1} + 2{x_2} = 1.$ $$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{{\Delta '}_{y'}} > 0\\
{x_1} + 2{x_2} = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 2{m^2} + 4m + 1 > 0\\
\frac{{2\left( {m - 1} \right)}}{m} + {x_2} = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
1 - \sqrt {\frac{3}{2}} < m < 1 + \sqrt {\frac{3}{2}} \;\;\;\;\;\;\;\left( * \right)\\
{x_2} = \frac{{2 - m}}{m}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( { * * } \right)
\end{array} \right.\;$$
Thay ${x_2} = \frac{{2 - m}}{m} $ ở $\left( { * * } \right)$ vào phương trình $y' = 0$ ta được $$y' = m{\left( {\frac{{2 - m}}{m}} \right)^2} - 2\left( {m - 1} \right)\left( {\frac{{2 - m}}{m}} \right) + 3\left( {m - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = \frac{2}{3}\\
m = 2
\end{array} \right.$$ Cả hai giá trị này đều thoả $\left( * \right)$ nên đều được nhận.
Ví dụ 3. Định $m$ để hàm số $y = - {x^3} + 3m{x^2} + 3\left( {{m^2} - 1} \right)x - 3{m^2} $ có hai cực trị cách đều góc toạ độ.
Giải. Ta có $y' = - 3{x^2} + 6mx + 3\left( {{m^2} - 1} \right);\;y'' = - 6x + 6m.$ Giả sử hai điểm cực trị là ${M_1}\left( {{x_1};{y_1}} \right),{M_2}\left( {{x_2};{y_2}} \right)$
Yêu cầu bài toán $ \Leftrightarrow $ $y'$ có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ thoả $OM_1 = OM_2$. Nếu điều này xảy ra thi gốc toạ độ $O$ là tâm đối xứng của đồ thị $ \Rightarrow y''\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow m = 0.$
Thử lại với $m=0$ ta có $y = - {x^3} - 3x$ là hàm số có hai cực trị cách đều $O$.
Vậy $m=0$ thoả yêu cầu bài toán.
Yêu cầu bài toán $ \Leftrightarrow $ $y'$ có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ thoả $OM_1 = OM_2$. Nếu điều này xảy ra thi gốc toạ độ $O$ là tâm đối xứng của đồ thị $ \Rightarrow y''\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow m = 0.$
Thử lại với $m=0$ ta có $y = - {x^3} - 3x$ là hàm số có hai cực trị cách đều $O$.
Vậy $m=0$ thoả yêu cầu bài toán.
Ví dụ 4. Định $m$ để hàm số $y = {x^3} - 3m{x^2} + \left( {{m^2} + 2m - 3} \right)x + 4$ có hai cực trị ở về hai phía đối với trục tung.
Giải. Ta có $y' = 3{x^2} - 6mx + \left( {{m^2} + 2m - 3} \right).$ Giả sử $y'$ có hai nghiệm là $x_1$ và $x_2$. Theo định lý Vi-et ta có $$P = {x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{{m^2} - 2m + 3}}{3}.$$ Yêu cầu bài toán $\Leftrightarrow$ $y'$ có hai nghiệm $x_1$ và $x_2$ trái dấu $ \Leftrightarrow P = {x_1}{x_2} < 0 \Leftrightarrow \frac{{{m^2} - 2m - 3}}{3} < 0 \Leftrightarrow - 1 < m < 3.$
Cách khác. Yêu cầu bài toán $\Leftrightarrow$ $y'$ có hai nghiệm $x_1$ và $x_2$ thoả $${x_1} < 0 < {x_2} \Leftrightarrow 3.y'\left( 0 \right) < 0 \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 3 < 0 \Leftrightarrow - 1 < m < 3.$$
Cách khác. Yêu cầu bài toán $\Leftrightarrow$ $y'$ có hai nghiệm $x_1$ và $x_2$ thoả $${x_1} < 0 < {x_2} \Leftrightarrow 3.y'\left( 0 \right) < 0 \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 3 < 0 \Leftrightarrow - 1 < m < 3.$$