Lời giải:
$y'=3x^2-6mx+3(m^2-1)=0$

$\Leftrightarrow x^2-2mx+m^2-1=0$

$\Leftrightarrow x=m+1$ hoặc $x=m-1$

Với $x=m+1$ thì $y=-2m-2$. Ta có điểm cực trị $(m+1, -2m-2)$

Với $x=m-1$ thì $y=2-2m$. Ta có điểm cực trị $m-1, 2-2m$

$f''(m+1)=6>0$ nên $A(m+1, -2m-2)$ là điểm cực tiểu

$f''(m-1)=-6< 0$ nên $B(m-1,2-2m)$ là điểm cực đại 

$BO=\sqrt{2}AO$

$\Leftrightarrow BO^2=2AO^2$

$\Leftrightarrow (m-1)^2+(2-2m)^2=2(m+1)^2+2(-2m-2)^2$

$\Leftrightarrow m=-3\pm 2\sqrt{2}$

1D

2A

Ta có : \(y'=3x^2+3m\)

Điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị là y'=0 có 2 nghiệm phân biệt

\(\Leftrightarrow 3x^2=-3m\) có 2 nghiệm phân biệt

\(\Leftrightarrow m<0\)

Đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là phần dư khi lấy y chia cho y':

\(x^3+3mx+1=\dfrac{x}{3}.(3x^2+3m)+2mx+1\)

\(=>\) đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị có dạng: \(y=2mx+1\)

\(\Leftrightarrow 2mx-y+1=0\) \((\Delta)\)

\(d_{(M,\Delta)}=\dfrac{|0.2m+3.(-1)+1|}{\sqrt{4m^2+1}}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\)

\(\Leftrightarrow 4m^2+1=5 \Leftrightarrow m^2=1 \Leftrightarrow m=\pm1\)

Đối chiếu với điều kiện ta được \(m=1\)

Bài 1:

Đặt:  (d):  y = (m+5)x + 2m - 10

Để y là hàm số bậc nhất thì:  m + 5 # 0    <=>   m # -5

Để y là hàm số đồng biến thì: m + 5 > 0  <=>  m > -5

(d) đi qua A(2,3) nên ta có:

3 = (m+5).2 + 2m - 10

<=>  2m + 10 + 2m - 10 = 3

<=>  4m = 3

<=> m = 3/4

(d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 9 nên ta có:

9 = (m+5).0 + 2m - 10

<=> 2m - 10 = 9

<=>  2m = 19

<=> m = 19/2

(d) đi qua điểm 10 trên trục hoành nên ta có:

0 = (m+5).10 + 2m - 10

<=> 10m + 50 + 2m - 10 = 0

<=>  12m = -40

<=> m = -10/3

(d) // y = 2x - 1  nên ta có:

\(\hept{\begin{cases}m+5=2\\2m-10\ne-1\end{cases}}\)   <=>   \(\hept{\begin{cases}m=-3\\m\ne\frac{9}{2}\end{cases}}\)  <=>  \(m=-3\)

Giả sử (d) luôn đi qua điểm cố định M(x₀; y₀)

Ta có:  \(y_0=\left(m+5\right)x_0+2m-10\)

<=>  \(mx_0+5x_0+2m-10-y_0=0\)

<=>  \(m\left(x_o+2\right)+5x_0-y_0-10=0\)

Để M cố định thì:  \(\hept{\begin{cases}x_0+2=0\\5x_0-y_0-10=0\end{cases}}\)   <=>   \(\hept{\begin{cases}x_0=-2\\y_0=-20\end{cases}}\)

Vậy...

a. Hàm có 3 cực trị \(\Rightarrow m< 0\)

\(y'=8x^3+4mx=4x\left(2x^2+m\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0;y=-\dfrac{3m}{2}\\x=-\sqrt{-\dfrac{m}{2}};y=-\dfrac{m^2+3m}{2}\\x=\sqrt{-\dfrac{m}{2}};y=-\dfrac{m^2+3m}{2}\end{matrix}\right.\)

Trong đó \(A\left(0;-\dfrac{3m}{2}\right)\) là cực đại và B, C là 2 cực tiêu

Do tam giác ABC luôn cân tại A \(\Rightarrow\) tâm I của đường tròn ngoại tiếp luôn nằm trên trung trực BC hay luôn nằm trên Oy

Mà tứ giác ABCO nội tiếp \(\Rightarrow OI=AI\Rightarrow I\)  là trung điểm OA (do I, O, A thẳng hàng, cùng nằm trên Oy)

\(\Rightarrow I\left(0;-\dfrac{3m}{4}\right)\)

Mặt khác trung điểm BC cũng thuộc Oy và IB=IC (do I là tâm đường tròn ngoại tiếp)

\(\Rightarrow\) I trùng trung điểm BC

\(\Rightarrow-\dfrac{3m}{4}=-\dfrac{m^2+3m}{2}\) \(\Rightarrow m\)

b.

Từ câu a ta thấy khoảng cách giữa 2 cực đại là:

\(\left|x_B-x_C\right|=2\sqrt{-\dfrac{m}{2}}=5\Rightarrow m=-\dfrac{25}{2}\)

Opps, phần a lý luận bị nhầm lẫn.

Từ việc IB=IC, và trung điểm BC thuộc Oy ko thể dẫn tới kết luận I là trung điểm BC (vì I, B, C ko thẳng hàng)

Do đó phải sửa lại:

\(\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{IB}=\left(-\sqrt{-\dfrac{m}{2}};\dfrac{-2m^2-3m}{4}\right)\\\overrightarrow{IO}=\left(0;\dfrac{3m}{4}\right)\end{matrix}\right.\)

\(IB=IO\Rightarrow-\dfrac{m}{2}+\left(\dfrac{-2m^2-3m}{4}\right)^2=\left(\dfrac{3m}{4}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow m^4+3m^3-2m=0\)

\(\Leftrightarrow m\left(m+1\right)\left(m^2+2m-2\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=0\left(loại\right)\\m=-1\\m=-1+\sqrt{3}\left(loại\right)\\m=-1-\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)

a) Để đồ thị 2 hàm số đã cho cắt nhau thì:

\(m-1\ne3-m\Leftrightarrow m\ne2\)

Vậy khi m\(\ne\)2 thì đồ thị của hai hàm số đã cho cắt nhau

b) Khi m=0 ta đc hàm số y = -x+2 và y=3x -2

* hàm số y=-x +2, cho x =0 thì y=2 => A(0;2)

, cho y=0 thì x=2 => B(2;0)

*Hàm số y =3x-2, cho x=0 thì y= -2 => C(0;-2)

cho y=0 thì x=2/3 => D(2/3; 0)

Bài 1:

ĐTHS \(y=x^3+3mx+1\) có hai điểm cực trị khi \(y'=3x^2+3m=0\Leftrightarrow x^2+m=0\) có hai nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow m<0\)

Hoành độ của hai điểm cực trị chính là hai nghiệm của PT \(x^2+m=0\)

Khi đó ta có \(y=x^3+3mx+1=x(x^2+m)+2mx+1=2mx+1\)

Do đó \(d: y=2xm+1\) là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị

\(\Rightarrow d(M,d)=\frac{|1-3|}{\sqrt{(2m)^2+1}}=\frac{2}{\sqrt{5}}\Leftrightarrow m^2=1\rightarrow m=-1\) (do \(m<0\))

Vậy $m=-1$

Bài 2:

ĐTHS trên có hai điểm cực trị khi \(y'=6x^2+6(m-1)x+6(m-2)=0\)

\(\Leftrightarrow 6[x+(m-2)](x+1)=0\) có hai nghiệm phân biệt.

Khi đó, chỉ cần \(m\neq 3\)

Từ pt trên ta thu được hai nghiệm \(x=2-m;x=-1\)

Điểm CĐ và CT nằm trong khoảng \((-2,3)\) suy ra

\(\left\{\begin{matrix} -1\in (-2;3)\\ 2-m\in (-2;3)\end{matrix}\right.\Leftrightarrow 4>m>-1\)

Vậy \(4>m>-1\) và \(m\neq 3\)

Bài 3:

Ta có \(y'=x^2-2(m+1)x+2m+1=0\)

\(\Leftrightarrow [x-(2m+1)](x-1)=0\)

ĐTHS có cực trị khi PT trên có hai nghiệm phân biệt, tức là \(m\neq 0\)

Khi đó, hai nghiệm thu được là \(1\) và \(2m+1\) .

Hiển nhiên các điểm cực trị của ĐTHS là \((1;m-1);\left(2m+1,\frac{-4m^3}{3}+m-1\right)\)

Điểm cực trị của ĐTHS thuộc trục hoành thì tung độ bằng $0$

Nếu \((1;m-1)\) là điểm cực đại thì \(\left\{\begin{matrix} m-1=0\\ m-1>\frac{-4m^3}{3}+m-1\end{matrix}\right.\Rightarrow m=1\)

Nếu \(\left (2m+1,\frac{-4m^3}{3}+m-1\right)\) là điểm cực đại thì

\(\left\{\begin{matrix} \frac{-4}{3}m^3+m-1=0\\ m-1<\frac{-4m^3}{3}+m-1\end{matrix}\right.\Rightarrow m<0\) (không thỏa mãn)

Vậy $m=1$