Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) (C) có 2 tiệm cận xiên là x = -1 và y = x + 1
I là tâm đối xứng \(\Rightarrow I\left(-1;0\right)\) (I là giao của 2 tiệm cận)
Xét \(M\left(x_0;f\left(x_0\right)\right)\in\left(C\right)\). Tiếp tuyến \(\Delta\) tại M của (C) :
\(y=y'\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+y_0=\frac{x_0^2+2x_0}{\left(x_0+1\right)^2}\left(x-x_0\right)+\frac{x^2_0+2x_0+2}{x_0+1}\)
\(\Delta\) cắt tiệm cận đứng tại \(A\left(-1;\frac{2}{x_0+1}\right)\) và cắt tiệm cận xiên tại \(B\left(2x_0+1;2x_0+2\right)\)\(\begin{cases}\frac{x_A+x_B}{2}=x_0=x_M\\\frac{y_A+y_B}{2}=\frac{x_0^2+2x_0+2}{x_0+1}=y_M\end{cases}\)\(\Rightarrow\) M là trung điểm của ABGọi H là hình chiếu của B lên IA\(\Rightarrow BH=2\left|x_0+1\right|\) mà \(IA=\frac{2}{\left|x_0+1\right|}\) suy ra \(S_{\Delta ABI}=\frac{1}{2}BH.IA=2\) => điều cần chứng minh b) Ta có : \(AB^2=4\left[2\left(x+1\right)^2+\frac{1}{\left(x+1\right)^2}-2\right]\ge4\left(2\sqrt{2}-2\right)\Rightarrow AB\ge2\sqrt{2\sqrt{2}-2}\)Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow2\left(x_0+1\right)^4=1\Leftrightarrow x_0=-1\pm\frac{1}{\sqrt[4]{2}}\) c) Xét \(M\left(x_0;y_0\right)\in\left(C\right)\). Tiếp tuyến tại M vuông góc với tiệm cận xiên\(\Leftrightarrow y'\left(x\right)=-1\Leftrightarrow\frac{x^2_0+2x_0}{\left(x_0+1\right)^2}=-1\Leftrightarrow2x^2_0+4x_0+1=0\Leftrightarrow x_0=\frac{-2\pm\sqrt{2}}{2}\)Vậy \(M\left(\frac{-2\pm\sqrt{2}}{2};\pm\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)\)
Ta có : \(A\left(0;\frac{1}{3}\right)\) và \(y'=4x^2-2\left(2m+1\right)x+m+2\)
Suy ra \(y'\left(0\right)=m+2\)
Tiếp tuyến của d cắt Ox tại \(B\left(-\frac{1}{3m+6};0\right)\) (m=-2 không thỏa mãn yêu cầu bài toán)
Khi đó diện tích của tam giác tạo bởi d với 2 trục tọa độ là :
\(S=\frac{1}{2}OA.OB=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}.\left|\frac{-1}{3m+6}\right|=\frac{1}{18\left|m+2\right|}\)
Theo giả thiết ta có : \(\frac{1}{18\left|m+2\right|}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow\left|m+2\right|=\frac{1}{6}\)
\(\Leftrightarrow m=-\frac{13}{6}\) hoặc \(m=-\frac{11}{6}\)
Phương trình có hoành độ giao điểm \(\frac{-x+m}{x+2}=-x+\frac{1}{2}\Leftrightarrow\begin{cases}x\ne-2\\2x^2+x+2m-2=0\left(1\right)\end{cases}\)
Đường thẳng (d) cắt \(\left(C_m\right)\) tại 2 điểm A, B <=> (1) có 2 nghiệm phân biệt \(x\ne-2\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}\Delta=1-8\left(2m-2\right)>0\\2\left(-2\right)^2+\left(-2\right)+2m-2\ne0\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}17-16m>0\\m\ne-2\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}m<\frac{17}{16}\\m\ne-2\end{cases}\)
\(A\left(x_1;-x_1+\frac{1}{2}\right);B\left(x_2;-x_2+\frac{1}{2}\right);\) trong đó x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (1)
Theo Viet ta có \(\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{1}{2}\\x_1x_2=m-1\end{cases}\)
\(AB=\sqrt{\left(x_2-x_1\right)^2+\left(x_1-x_2\right)^2}=\sqrt{2\left[\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2\right]}=\frac{\sqrt{2\left(17-16m\right)}}{2}\)
\(d\left(O,d\right)=\frac{1}{2\sqrt{2}};S_{\Delta OAB}=\frac{1}{2}AB.d\left(O,d\right)=\frac{1}{2}.\frac{1}{2\sqrt{2}}.\frac{\sqrt{2\left(17-16m\right)}}{2}=1\)
\(\Leftrightarrow m=\frac{-47}{16}\)
Vậy \(m=\frac{-47}{16}\)
Gọi \(M\left(x_0;y_0\right);y_0=\frac{2x_0-1}{x_0-1}\)
Phương trình tiếp tuyến \(\Delta\) của (C) tại M là :
\(y=\frac{-1}{\left(x_0-1\right)^2}\left(x-x_0+\frac{2x_0-1}{x_0-1}\right)\)
\(\Delta\) cắt tiệm cận đứng x = 1 tại A có tọa độ là nghiệm của hệ
\(\begin{cases}x=1\\y=\frac{-1}{\left(x_0-1\right)^2}\left(x-x_0+\frac{2x_0-1}{x_0-1}\right)\end{cases}\)
Do đó \(A\left(1;\frac{2x_0}{x_0-1}\right)\)
\(\Delta\) cắt tiệm cận đứng y = 2 tại B có tọa độ là nghiệm của hệ\(\begin{cases}y=2\\2=\frac{-1}{\left(x_0-1\right)^2}\left(x-x_0+\frac{2x_0-1}{x_0-1}\right)\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}y=2\\x=2x_0-1\end{cases}\)Do đó \(B\left(2x_0-1;2\right)\)Vì \(x_A+x_B=2x_0-1+1=2x_0\) suy ra M là trung điểm đoạn ABTa có \(IA=\frac{2}{\left|x_0-1\right|};IB=2\left|x_0-1\right|\)Do tam giác AIB vuông tại I nên diện tích tam giác AIB là :\(S=\frac{1}{2}IA.IB=\frac{1}{2}.\frac{2}{\left|x_0-1\right|}.2\left|x_0-1\right|=2\)
\(y=-x^4+2\left(m+1\right)x^2+m+1\left(C_m\right)\)
\(y'=-4x^2+4\left(m+1\right)x=-4x\left(x^2-m-1\right)\)
Xét \(y'=0\Leftrightarrow-4x\left(x^2-m-1\right)=0\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}x=0\\x^2=m+1\left(1\right)\end{cases}\)
Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình \(y'=0\) có 3 nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow\) phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
\(\Leftrightarrow m+1>0\Leftrightarrow m>-1\) (*)
Với điều kiện (*) phương trình y' = 0 có 3 nghiệm phân biệt \(x,x=\pm\sqrt{m+1}\) và có 3 điểm cực trị của đồ thị \(C_m\) là \(A\left(0;m+1\right);B\left(-\sqrt{m+1;}-\left(m+1\right)^2+m+1;\right);C\left(\sqrt{m+1};-\left(m+1\right)^2+m+1\right)\)
3 điểm cực trị tạo thành 1 tam giác đều :
\(\Leftrightarrow AB=AC=CB\Leftrightarrow AB^2=AC^2=CB^2\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}AB^2=AC^2\\AB^2=BC^2\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}m+1+\left(m+1\right)^4=m+1+\left(m+1\right)^4\\m+1+\left(m+1\right)^4=4\left(m+1\right)\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow m=\sqrt[3]{3}-1\)
Theo yêu cầu bài toán ta có \(\begin{cases}ab< 0\\AB=BC=CA\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}m< 2\\8\left(m-2\right)^3+24=0\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow m=2-\sqrt[3]{3}\)
a) Xét hàm số \(y=ax^4+bx^2+c\)
Ta có \(y'=4ax^3+2bx=2x\left(2ax^2+b\right)\)
\(y'=0\Leftrightarrow x=0\) hoặc \(2ax^2+b=0\left(1\right)\)
Đồ thị hàm số có 3 cực trị phân biệt khi và chỉ khi \(y'=0\) có 3 nghiệm phân biệt hay phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 \(\Leftrightarrow ab< 0\) (*)
Với điều kiện (*) thì đồ thị có 3 điểm cực trị là :
\(A\left(0;c\right);B\left(-\sqrt{-\frac{b}{2a},}c-\frac{b^2}{4a}\right);C\left(\sqrt{-\frac{b}{2a},}c-\frac{b^2}{4a}\right)\)
Ta có \(AB=AC=\sqrt{\frac{b^2-8ab}{16a^2}};BC=\sqrt{-\frac{2b}{a}}\) nên tam giác ABC vuông khi và chỉ khi vuông tại A.
Khi đó \(BC^2=2AB^2\Leftrightarrow b^3+8a=0\)
Do đó yêu cầu bài toán\(\Leftrightarrow\begin{cases}ab< 0\\b^3+8a=0\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}-2\left(m+1\right)< 0\\-8\left(m+1\right)^3+8=0\end{cases}\)\(\Leftrightarrow m=0\)
b) Ta có yêu cầu bài toán \(\Leftrightarrow\begin{cases}ab< 0\\OA=BC\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}-2\left(m+1\right)< 0\\m^2-4\left(m+1\right)=0\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow m=2\pm2\sqrt{2}\)
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left(\Delta_m\right)\) và \(\left(C_m\right)\) được viết thành :
\(\left(x+1\right)\left(x^2-3mx+2m^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(x-m\right)\left(x-2m\right)=0\)
\(\Rightarrow\) Giao điểm của \(\left(\Delta_m\right)\) và \(\left(C_m\right)\) gồm \(A\left(-1;-m-m^2\right);B\left(m;0\right)\) và \(C\left(2m;m^2\right)\), trong số đó, A là điểm duy nhất có hoành độ không đổi (khi m thay đổi)
Đặt \(f_m\left(x\right)=x^3-\left(3m-1\right)x^2+2m\left(m-1\right)x+m^2\)
Các tiếp tuyến của \(\left(C_m\right)\) tại B và C lần lượt là các đường thẳng :
\(\left(\Delta_B\right):y=f_m'\left(x_B\right)x+y_b-f_m'\left(x_B\right)x_B\)
\(\left(\Delta_C\right):y=f_m'\left(x_C\right)x+y_C-f_m'\left(x_C\right)x_C\)
Ta cần tìm m để B và C cùng khác A và \(\Delta_B\backslash\backslash\Delta_C\), tức là :
\(\begin{cases}x_B\ne x_A\\x_C\ne x_A\\f'_m\left(x_B\right)=f'_m\left(x_C\right)\\y_B-f'_m\left(x_B\right)x_B\ne y_C-f'_m\left(x_C\right)x_C\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}m\ne-1\\m\ne-\frac{1}{2}\\-m^2=2m^2+2m\\m^3\ne-4m^3-3m^2\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow m=-\frac{2}{3}\)
a) Ta có \(\left(C\right):y=\frac{-x+2}{x+1}=-1+\frac{3}{x+1}\)
Dời hệ trục Oxy về hệ trục XIY với công thức dời trục \(\begin{cases}x=X-1\\y=Y-1\end{cases}\)
Ta có phương trình hệ trục tọa độ mới \(Y=\frac{3}{X}\),
Trong hệ trục tọa độ mới, ta giả sử \(M\left(m;\frac{3}{m}\right);N\left(n;\frac{3}{n}\right);P\left(p;\frac{3}{p}\right)\)
Gọi \(H\left(x;y\right)\) là trực tâm của tam giác MNP, ta có : \(\begin{cases}\overrightarrow{MH}.\overrightarrow{NP}=0\\\overrightarrow{NH}.\overrightarrow{MP}=0\end{cases}\) (a)
Mà \(\overrightarrow{MH}=\left(x-m;y-\frac{3}{m}\right);\overrightarrow{NP}=\left(p-n;\frac{3}{p}-\frac{3}{n}\right);\overrightarrow{NH}=\left(x-n;y-\frac{3}{n}\right);\overrightarrow{MP}=\left(p-m;\frac{3}{p}-\frac{3}{m}\right)\)
Nên (a) \(\Leftrightarrow\begin{cases}x-m-\frac{3}{np}\left(y-\frac{3}{m}\right)=0\\x-n-\frac{3}{mp}\left(y-\frac{3}{n}\right)=0\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}x-\frac{3}{np}y-m+\frac{9}{mnp}=0\\x-\frac{3}{mp}y-n+\frac{9}{mnp}=0\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}x=-\frac{9}{mnp}\\y=-\frac{mnp}{3}\end{cases}\)
Suy ra \(H\left(-\frac{9}{mnp};-\frac{mnp}{3}\right)\)
Vì \(y_H=\frac{3}{x_H}\) nên \(H\in\left(C\right)\)\(\Rightarrow\) điều phải chứng minh
b) \(B\left(b;\frac{2m-b}{b+m}\right)\in\left(C_m\right)\Rightarrow\overrightarrow{AB}=\left(b;\frac{m-2b}{m+b}\right)\)
Ta có : \(I\left(-m;-1\right)\Rightarrow\overrightarrow{AI}=\left(-m;-2\right)\)
Tam giác ABI vuông cân tại A \(\Leftrightarrow\begin{cases}\overrightarrow{AB.}\overrightarrow{AI}=0\\AB^2=AI^2\end{cases}\)
\(\begin{cases}mb+2\frac{m-2b}{m+b}=0\\m^2+4=b^2+\left(\frac{m-2b}{m+b}\right)^2\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}\frac{m-2b}{m+b}=-\frac{bm}{2}\left(1\right)\\m^2+4=b^2+\frac{m^2b^2}{4}\left(2\right)\end{cases}\)
\(\left(2\right)\Leftrightarrow m^2\left(b^2-4\right)+4\left(b^2-4\right)=0\Leftrightarrow\left(b^2-4\right)\left(m^2+4\right)=0\)
\(\Leftrightarrow b^2=4\Leftrightarrow b=\pm2\)
* b = 2 thay vào (1) ta được \(\frac{m-4}{m+2}=-m\Leftrightarrow m^2+3m-4=0\Leftrightarrow m=1;m=-4\)
* b = - 2 thay vào (1) ta được \(\frac{m+4}{m-2}=m\Leftrightarrow m^2-3m-4=0\Leftrightarrow m=-1;m=4\)
Vậy \(m=\pm1;m=\pm4\) là những giá trị cần tìm