Google
Câu hỏi: Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-3mx+2$ cắt đường tròn tâm $I\left( 1;1 \right)$, bán kính bằng 1 tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng $\dfrac{1}{2}.$.
A. $m=\dfrac{2\pm \sqrt{3}}{2}.$
B. $m=\dfrac{1\pm \sqrt{3}}{2}.$
C. $m=\dfrac{2\pm \sqrt{5}}{2}.$
D. $m=\dfrac{2\pm \sqrt{3}}{3}.$
Ta có ${y}'=3{{x}^{2}}-3m$ nên ${y}'=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}=m.$
Đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-3mx+2$ có hai điểm cực trị khi và chỉ khi $m>0.$
Ta có
$y={{x}^{3}}-3mx+2=\dfrac{1}{3}x\left( 3{{x}^{2}}-3m \right)-2mx+2=\dfrac{1}{3}x.{y}'-2mx+2.$
Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-3mx+2$ có phương trình $\Delta :y=-2mx+2$
Ta có ${{S}_{\Delta IAB}}=\dfrac{1}{2}IA.IB.\sin \widehat{AIB}=\dfrac{1}{2}\sin \widehat{AIB}\le \dfrac{1}{2}$
Diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng $\dfrac{1}{2}$ khi $\sin \widehat{AIB}=1\Leftrightarrow AI\bot BI.$
Gọi H là trung điểm AB ta có $IH=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{\sqrt{2}}{2}{{d}_{\left( I;\Delta \right)}}$
Mà ${{d}_{\left( I;\Delta \right)}}=\dfrac{\left| 2m+1-2 \right|}{\sqrt{4{{m}^{2}}+1}}$
$\begin{aligned}
& {{d}_{\left( I;\Delta \right)}}=\dfrac{\left| 2m+1-2 \right|}{\sqrt{4{{m}^{2}}+1}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\Leftrightarrow \left| 4m-2 \right|=\sqrt{2\left( 4{{m}^{2}}+1 \right)} \\
& \Leftrightarrow 8{{m}^{2}}-16m+2=0\Leftrightarrow m=\dfrac{2\pm \sqrt{3}}{2}. \\
\end{aligned}$
A. $m=\dfrac{2\pm \sqrt{3}}{2}.$
B. $m=\dfrac{1\pm \sqrt{3}}{2}.$
C. $m=\dfrac{2\pm \sqrt{5}}{2}.$
D. $m=\dfrac{2\pm \sqrt{3}}{3}.$
Ta có ${y}'=3{{x}^{2}}-3m$ nên ${y}'=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}=m.$
Đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-3mx+2$ có hai điểm cực trị khi và chỉ khi $m>0.$
Ta có
$y={{x}^{3}}-3mx+2=\dfrac{1}{3}x\left( 3{{x}^{2}}-3m \right)-2mx+2=\dfrac{1}{3}x.{y}'-2mx+2.$
Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-3mx+2$ có phương trình $\Delta :y=-2mx+2$
Ta có ${{S}_{\Delta IAB}}=\dfrac{1}{2}IA.IB.\sin \widehat{AIB}=\dfrac{1}{2}\sin \widehat{AIB}\le \dfrac{1}{2}$
Diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng $\dfrac{1}{2}$ khi $\sin \widehat{AIB}=1\Leftrightarrow AI\bot BI.$
Gọi H là trung điểm AB ta có $IH=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{\sqrt{2}}{2}{{d}_{\left( I;\Delta \right)}}$
Mà ${{d}_{\left( I;\Delta \right)}}=\dfrac{\left| 2m+1-2 \right|}{\sqrt{4{{m}^{2}}+1}}$
$\begin{aligned}
& {{d}_{\left( I;\Delta \right)}}=\dfrac{\left| 2m+1-2 \right|}{\sqrt{4{{m}^{2}}+1}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\Leftrightarrow \left| 4m-2 \right|=\sqrt{2\left( 4{{m}^{2}}+1 \right)} \\
& \Leftrightarrow 8{{m}^{2}}-16m+2=0\Leftrightarrow m=\dfrac{2\pm \sqrt{3}}{2}. \\
\end{aligned}$
Đáp án A.