Google
Câu hỏi: Giả sử đồ thị hàm số $y=\left(m^2+1\right) x^4-2 m x^2+m^2+1$ có 3 điểm cực trị là $A,B,C$ mà $x_A<x_B<x_C$. Khi quay tam giác $ABC$ quanh cạnh $AC$ ta được một khối tròn xoay. Giá trị của $m$ để thể tích của khối tròn xoay đó lớn nhất thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
A. $(2 ; 4)$.
B. $(0 ; 2)$.
C. $(4 ; 6)$.
D. $(-2 ; 0)$.
A. $(2 ; 4)$.
B. $(0 ; 2)$.
C. $(4 ; 6)$.
D. $(-2 ; 0)$.
$y=\left( {{m}^{2}}+1 \right){{x}^{4}}-2m{{x}^{2}}+{{m}^{2}}+1\Rightarrow {y}'=4\left( {{m}^{2}}+1 \right){{x}^{3}}-4mx$
${y}'=0\Leftrightarrow 4\left( {{m}^{2}}+1 \right){{x}^{3}}-4mx=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& x=0 \\
& {{x}^{2}}=\dfrac{m}{{{m}^{2}}+1} \\
\end{aligned} \right.$
Để hàm số có 3 điểm cực trị điều kiện là: $m>0.$
Gọi ${{x}_{1}},{{x}_{2}}\left( {{x}_{1}}<{{x}_{2}} \right)$ là nghiệm của phương trình ${{x}^{2}}-\dfrac{m}{{{m}^{2}}+1}=0$.
Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số là
$A\left( {{x}_{1}};-m{{x}_{1}}^{2}+{{m}^{2}}+1 \right),B\left( 0;{{m}^{2}}+1 \right),C\left( {{x}_{2}};-m{{x}_{2}}^{2}+{{m}^{2}}+1 \right)$
Khi tam giác $ABC$ quanh cạnh $AC$ ta được một khối tròn xoay
Gọi $I$ là trung điểm của $AC$.
Khối tròn xoay gồm 2 khối nón đối xứng nhau qua mặt đáy của nón
Thể tích khối tròn xoay $V=2{{V}_{n{{o}^{'}}n}}=\dfrac{2}{3}\pi {{\left( IB \right)}^{2}}.IC$.
Ta có $IC=\dfrac{AC}{2}=\sqrt{\dfrac{m}{{{m}^{2}}+1}},\ I{{B}^{2}}={{\left( mx_{2}^{2} \right)}^{2}}={{m}^{2}}.{{\left( \dfrac{m}{{{m}^{2}}+1} \right)}^{2}}.$
$V=2{{V}_{n{{o}^{'}}n}}=\dfrac{2}{3}\pi {{m}^{2}}.\dfrac{{{m}^{2}}}{{{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{2}}}\sqrt{\dfrac{m}{{{m}^{2}}+1}}=\dfrac{2}{3}\pi \sqrt{\dfrac{{{m}^{9}}}{{{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{5}}}}$
+ Xét hàm số $f(m)=\dfrac{{{m}^{9}}}{{{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{5}}}$
Có: ${f}'(m)=\dfrac{{{m}^{8}}\left( 9-{{m}^{2}} \right)}{{{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{6}}};{{f}^{\prime }}(m)=0$ $\Leftrightarrow m=3(m>0)$
Ta có BBT:
Vậy $m=3$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
${y}'=0\Leftrightarrow 4\left( {{m}^{2}}+1 \right){{x}^{3}}-4mx=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& x=0 \\
& {{x}^{2}}=\dfrac{m}{{{m}^{2}}+1} \\
\end{aligned} \right.$
Để hàm số có 3 điểm cực trị điều kiện là: $m>0.$
Gọi ${{x}_{1}},{{x}_{2}}\left( {{x}_{1}}<{{x}_{2}} \right)$ là nghiệm của phương trình ${{x}^{2}}-\dfrac{m}{{{m}^{2}}+1}=0$.
Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số là
$A\left( {{x}_{1}};-m{{x}_{1}}^{2}+{{m}^{2}}+1 \right),B\left( 0;{{m}^{2}}+1 \right),C\left( {{x}_{2}};-m{{x}_{2}}^{2}+{{m}^{2}}+1 \right)$
Khi tam giác $ABC$ quanh cạnh $AC$ ta được một khối tròn xoay
Gọi $I$ là trung điểm của $AC$.
Khối tròn xoay gồm 2 khối nón đối xứng nhau qua mặt đáy của nón
Thể tích khối tròn xoay $V=2{{V}_{n{{o}^{'}}n}}=\dfrac{2}{3}\pi {{\left( IB \right)}^{2}}.IC$.
Ta có $IC=\dfrac{AC}{2}=\sqrt{\dfrac{m}{{{m}^{2}}+1}},\ I{{B}^{2}}={{\left( mx_{2}^{2} \right)}^{2}}={{m}^{2}}.{{\left( \dfrac{m}{{{m}^{2}}+1} \right)}^{2}}.$
$V=2{{V}_{n{{o}^{'}}n}}=\dfrac{2}{3}\pi {{m}^{2}}.\dfrac{{{m}^{2}}}{{{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{2}}}\sqrt{\dfrac{m}{{{m}^{2}}+1}}=\dfrac{2}{3}\pi \sqrt{\dfrac{{{m}^{9}}}{{{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{5}}}}$
+ Xét hàm số $f(m)=\dfrac{{{m}^{9}}}{{{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{5}}}$
Có: ${f}'(m)=\dfrac{{{m}^{8}}\left( 9-{{m}^{2}} \right)}{{{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{6}}};{{f}^{\prime }}(m)=0$ $\Leftrightarrow m=3(m>0)$
Ta có BBT:
Vậy $m=3$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án A.