Chủ đề này có 5 trả lời

[ngoctram95]

Cho hàm số $y = \frac{1}{3}x^{3}+\frac{1}{2}ax^{2}+x+8$, a là tham số. Tìm a để đồ thị hàm số đã cho có cực trị và hoành độ điểm cực trị của hàm số đó thỏa mãn $\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}^{2}}+\frac{x_{2}^{2}}{x_{1}^{2}}> 7$

[vantho302]

\[\begin{array}{l}
y = \frac{1}{3}{x^3} + \frac{1}{2}a{x^2} + x + 8\\
D = R\\
y' = {x^2} + ax + 1
\end{array}\]
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y' có nghiệm \[ \Leftrightarrow \Delta > 0 \Leftrightarrow {a^2} - 4 > 0 \Leftrightarrow a \in \left( { - \infty , - 2} \right) \cup \left( {2, + \infty } \right)\]
Áp dụng định lý Viet, ta có:
\[\begin{array}{l}
S = {x_1} + {x_2} = - a\\
P = {x_1}{x_2} = 1
\end{array}\]
Từ \[\begin{array}{l}
\frac{{x_1^2}}{{x_2^2}} + \frac{{x_2^2}}{{x_1^2}} > 7 \Leftrightarrow x_1^4 + x_2^4 - 7x_1^2x_2^2 > 0,\left( {x_1^2x_2^2 \ne 0} \right)\\
\Leftrightarrow {\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right]^2} - 9x_1^2x_2^2 > 0\\
\Leftrightarrow {\left( {{S^2} - 2P} \right)^2} - 9{P^2} > 0 \Leftrightarrow {\left( {{a^2} - 2} \right)^2} - 9 > 0\\
\Leftrightarrow \left( {{a^2} - 5} \right)\left( {{a^2} + 1} \right) > 0 \Leftrightarrow {a^2} - 5 > 0\\
\Leftrightarrow a \in \left( { - \infty ; - \sqrt 5 } \right) \cup \left( {\sqrt 5 ; + \infty } \right)
\end{array}\]
Kết hợp với điều kiện \[a \in \left( { - \infty , - 2} \right) \cup \left( {2, + \infty } \right)\]
Vậy \[a \in \left( { - \infty ; - \sqrt 5 } \right) \cup \left( {\sqrt 5 ; + \infty } \right)\]

[tolaphuy10a1lhp]

\[\begin{array}{l}
y = \frac{1}{3}{x^3} + \frac{1}{2}a{x^2} + x + 8\\
D = R\\
y' = {x^2} + ax + 1
\end{array}\]
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y' có nghiệm \[ \Leftrightarrow \Delta > 0 \Leftrightarrow {a^2} - 4 > 0 \Leftrightarrow a \in \left( { - \infty , - 2} \right) \cup \left( {2, + \infty } \right)\]
Áp dụng định lý Viet, ta có:
\[\begin{array}{l}
S = {x_1} + {x_2} = - a\\
P = {x_1}{x_2} = 1
\end{array}\]
Từ \[\begin{array}{l}
\frac{{x_1^2}}{{x_2^2}} + \frac{{x_2^2}}{{x_1^2}} > 7 \Leftrightarrow x_1^4 + x_2^4 - 7x_1^2x_2^2 > 0,\left( {x_1^2x_2^2 \ne 0} \right)\\
\Leftrightarrow {\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right]^2} - 9x_1^2x_2^2 > 0\\
\Leftrightarrow {\left( {{S^2} - 2P} \right)^2} - 9{P^2} > 0 \Leftrightarrow {\left( {{a^2} - 2} \right)^2} - 9 > 0\\
\Leftrightarrow \left( {{a^2} - 5} \right)\left( {{a^2} + 1} \right) > 0 \Leftrightarrow {a^2} - 5 > 0\\
\Leftrightarrow a \in \left( { - \infty ; - \sqrt 5 } \right) \cup \left( {\sqrt 5 ; + \infty } \right)
\end{array}\]
Kết hợp với điều kiện \[a \in \left( { - \infty , - 2} \right) \cup \left( {2, + \infty } \right)\]
Vậy \[a \in \left( { - \infty ; - \sqrt 5 } \right) \cup \left( {\sqrt 5 ; + \infty } \right)\]

Cách làm rất hay, tuy nhiên mình nghĩ bước quy đồng bỏ mẫu hình như không được mà phải thế P vào rồi mới quy đồng bỏ mẫu vì nó là bất phương trình.
Không hiểu suy nghĩ của mình đúng không??

[vantho302]

P=1 nên ta bỏ mẫu bình thường đi bạn

[tolaphuy10a1lhp]

Ý của mình là biến đổi, thế vào rồi mới bỏ mẫu sau,

[dungpham]

D=R.y'=$x^{2}+ax+1$
hàm số có CT$\Leftrightarrow \Delta >0\Leftrightarrow a^{2}>4\Leftrightarrow$ a<-2 hoặc a>2 (1)
theo đầu bài ta có : $\frac{x1^{2}}{x2^{2}}+\frac{x2^{2}}{x1^{2}}>7$$\Leftrightarrow \frac{x1^{4}+x2^{4}}{(x1x2)^{2}}>7\Leftrightarrow \frac{(x1^{2}+x2^{2})^{2}-2(x1x2)^{2}}{(x1x2)^{2}}>7$ (2)
có: $x1^{2}+x2^{2}=(x1+x2)^{2}-2x1x2$
theo vi-et ta có: x1+x2=-a
x1x2=1
thay vào (2) ta được $(a^{2}-2)^{2}>9\Leftrightarrow$a< -$\sqrt{5}$ hoặc a>$\sqrt{5}$.(3)
từ (1) và (3)---> a< -$\sqrt{5}$ hoặc a>$\sqrt{5}$ thì hàm số TM .....

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dungpham: 27-06-2012 - 13:13