Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\lim\limits_{x\rightarrow\infty}\frac{2x-1}{\left(mx^2-2x+1\right)\left(4x^2+4mx+1\right)}=0\) nên ĐTHS luôn nhận \(y=0\) là tiệm cận ngang
Vậy ĐTHS có đúng 1 tiệm cận khi và chỉ khi ĐTHS không có tiệm cận đứng
- Với \(m=0\Rightarrow y=\frac{2x-1}{\left(-2x+1\right)\left(4x^2+1\right)}\) không có TCĐ (thỏa mãn)
- Với \(m\ne0\) ĐTHS không có tiệm cận đứng khi và chỉ khi:
\(\left\{{}\begin{matrix}mx^2-2x+1=0\\4x^2+4mx+1=0\end{matrix}\right.\) đều vô nghiệm
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta_1'=1-m< 0\\\Delta'_2=4m^2-4< 0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>1\\-1< m< 1\end{matrix}\right.\) (ko tồn tại m thỏa mãn)
Vậy \(m=0\)
Đáp án D
\(2x+m=0\Rightarrow x=-\dfrac{m}{2}\)
Hàm có tiệm cận đứng đi qua M khi:
\(\left\{{}\begin{matrix}-\dfrac{m}{2}=-1\\\dfrac{1}{m}\ne-\dfrac{m}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow m=2\)
Hàm có 2 tiệm cận đứng khi và chỉ khi phương trình: \(x^2+2\left(m-1\right)x+m^2-2=0\) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}1+2\left(m-1\right)+m^2-2\ne0\\\Delta'=\left(m-1\right)^2-\left(m^2-2\right)>0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2+2m-3\ne0\\-2m+3>0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< \dfrac{3}{2}\\m\ne\left\{1;-3\right\}\end{matrix}\right.\)
Hàm không có tiệm cận đứng khi: \(x^2-\left(2m+3\right)x+2\left(m-1\right)=0\) có nghiệm \(x=2\)
\(\Rightarrow4-2\left(2m+3\right)+2\left(m-1\right)=0\)
\(\Rightarrow m=-2\)
\(f'\left(x\right)=6\left(x^2+\left(m-1\right)x+m\left(1-2m\right)\right)\)
\(f'\left(x\right)=0\Leftrightarrow g\left(x\right)=x^2+\left(m-1\right)x+m\left(1-2m\right)=0\)
Hàm số có cực đại, cực tiểu <=> \(f'\left(x\right)=0\) hay \(g\left(x\right)=0\) có 2 nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow\Delta_g=\left(m-1\right)^2-4m\left(1-2m\right)=\left(3m-1\right)^2>0\Leftrightarrow m\ne\frac{1}{3}\)
Ta có \(f\left(x\right)=g\left(x\right)\left[2x+\left(m+1\right)\right]-\left(3m-1\right)^2x+m\left(m-1\right)\left(1-2m\right)\)
Với \(m\ne\frac{1}{3}\) thì \(g\left(x\right)=0\) có 2 nghiệm phân biệt \(x_1;x_2\) và hàm số đạt cực trị tại \(x_1;x_2\)
do \(\begin{cases}g\left(x_1\right)=0\\g\left(x_2\right)=0\end{cases}\) suy ra đường thẳng qua cực đại, cực tiểu là
\(\Delta:y=-\left(3m-1\right)^2x+m\left(m-1\right)\left(1-2m\right)\)
Ta có cực địa, cực tiểu nằm trên đường thẳng \(y=-4x\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}-\left(3m-1\right)^2=-4\\m\left(m-1\right)\left(1-2m\right)=0\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}\left|3m-1\right|=2\\m\in\left\{0;1;\frac{1}{2}\right\}\end{cases}\) \(\Leftrightarrow m=1\)
2.
\(-x^3+3x^2=k\)
\(y=-x^3+3x^2\)
\(y'=-3x^2+6x\)
\(y'=0\Leftrightarrow x=0,x=2\)
Kẻ bảng biến thiên.
Đường thẳng y = k cắt đồ thị hàm số \(\Leftrightarrow0< k< 2\)
1.
ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}0\le x\le1\\x\ge2\end{matrix}\right.\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow1^-}\frac{2x+3\sqrt{x}+1}{\sqrt{x^2-3x+2}}=\infty\Rightarrow x=1\) là TCĐ
\(\lim\limits_{x\rightarrow2^+}\frac{2x+3\sqrt{x}+1}{\sqrt{x^2-3x+2}}=\infty\Rightarrow x=2\) là TCĐ
\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\frac{2x+3\sqrt{x}+1}{\sqrt{x^2-3x+2}}=2\Rightarrow y=2\) là TCN
Vậy ĐTHS có 3 tiệm cận
3.
\(\lim\limits_{x\rightarrow0}y=\infty\Rightarrow x=0\) là TCĐ
\(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\frac{\sqrt{x^2+2x+9}+\sqrt{1-x}}{x}=-1\Rightarrow y=-1\) là TCN
ĐTHS có 2 tiệm cận
4.
\(\lim\limits_{x\rightarrow-2^+}y=\infty\Rightarrow x=-2\) là TCĐ
ĐTHS có 1 TCĐ (\(x=-3\) ko thuộc TXĐ của hàm số nên đó ko phải là TCĐ)
Do \(2x-1=0\) có 1 nghiệm \(x=\dfrac{1}{2}\) nên \(x=\dfrac{1}{2}\) là TCĐ khi và chỉ khi \(mx^2-1=0\) có nghiệm kép \(x=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\) Không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu bài toán
Lời giải:
\(\bullet \) Nếu \(m=0\Rightarrow y=\frac{2x-1}{(1-2x)(4x^2+1)}=\frac{-1}{4x^2+1}\)
Có \(\lim _{x\rightarrow \infty}\frac{-1}{4x^2+1}=0\) , \(4x^2+1\neq 0\) với mọi $x$ nên đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận ngang \(y=0\)
\(\bullet\) Nếu \(m\neq 0\) :
+) \(m=\frac{-1}{2}\) thì \(y=\frac{2}{(2x+1)(-x^2-4x+2)}\)
\(\lim _{x\rightarrow \infty}y=0\) nên ĐTHS có TCN $y=0$
\(2x+1=0\Leftrightarrow x=\frac{-1}{2}\) nên \(x=-\frac{1}{2}\) là TCĐ.
ĐTHS có nhiều hơn một tiệm cận (loại)
+) \(m\neq \frac{-1}{2}\) thì \((mx^2-2x+1)(4x^2+4m+1)\) là một hàm bậc 4 không có nghiệm \(\frac{1}{2}\)
Suy ra \(\lim _{x\rightarrow \infty}y=0\), ĐTHS có TCN $y=0$
Để ĐTHS chỉ có một tiệm cận thì \((mx^2-2x+1)(4x^2+4m+1)\neq 0\forall x\)
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \Delta_{1}'=1-m<0\\ \Delta_{2}=-(4m+1)<0\end{matrix}\right.\Rightarrow m>1\)
Vậy \(m=0\) hoặc \(m>1\)