Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(A\left(1;\frac{2x_0}{x_0-1}\right)\)
1.
Để ĐTHS có 2 tiệm cận thì \(m\ne-3\)
Khi đó:
\(\lim\limits_{x\rightarrow\infty}\frac{mx-3}{x+1}=m\Rightarrow y=m\) là tiệm cận ngang
\(\lim\limits_{x\rightarrow-1}\frac{mx-3}{x+1}=\infty\Rightarrow x=-1\) là tiệm cận đứng
Giao điểm 2 tiệm cận có tọa độ \(A\left(-1;m\right)\)
Để A thuộc \(y=x+3\Leftrightarrow m=-1+3\Rightarrow m=2\)
2.
\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\frac{\sqrt{x-2}}{x^2-4}=0\Rightarrow y=0\) là 1 TCN
\(\lim\limits_{x\rightarrow2}\frac{\sqrt{x-2}}{x^2-4}=\infty\Rightarrow x=2\) là 1 TCĐ
\(x=-2\) ko thuộc TXĐ nên ko phải là tiệm cận
Vậy ĐTHS có 2 tiệm cận
3.
Để ĐTHS có đúng 2 TCĐ \(\Leftrightarrow x^2-mx+5=0\) có 2 nghiệm pb khác 1
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}6-m\ne0\\\Delta=m^2-20>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ne6\\\left[{}\begin{matrix}m\ge2\sqrt{5}\\m\le-2\sqrt{5}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow m=\left\{5;-5\right\}\)
Đề bài sai hoặc đáp án sai
Ta có : \(y'=-\frac{1}{\left(x-1\right)^2};x\ne1\)
Giao điểm cả 2 đường tiệm cận là I(1;2)
Gọi \(M\left(x_0;2+\frac{1}{x_0-1}\right)\) là tiếp điểm. Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến \(\Delta\) tại M là \(k_1=-\frac{1}{\left(x_0-1\right)^2}\)
Ta có \(\overrightarrow{IM}\left(x_0-1;\frac{1}{x_0-1}\right)\) nên đường thẳng IM có hệ số góc \(k_2=\frac{1}{\left(x_0-1\right)^2}\)
\(IM\perp\Delta\Leftrightarrow k_1k_2=-1\Leftrightarrow x_0=0;x_0=2\)
Vậy có 2 điểm cần tìm là : \(M_1\left(0;1\right);M_2\left(2;3\right)\)
Vì tam giác IAB cân tại I nên tiếp tuyến phải song song với một trong 2 đường thẳng có phương trình \(y=x;y=-x\).
Ta có \(y'=\frac{1}{\left(x+2\right)^2}>0;x\ne-2\)
Mọi \(M\left(x_0;y_0\right)\) là tiếp điểm thì \(y'\left(x_0\right)=1\Leftrightarrow1=\frac{1}{\left(x_0+2\right)^2}\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x_0=-1\\x_0=-3\end{array}\right.\)
Từ đó suy ra 2 tiếp tuyến là \(y=x+1;y=x+5\)
Lời giải:
Thiết diện là một tam giác đều cạnh \(a\sqrt{3}\) nên \(2R=\sqrt{3}a\Rightarrow R=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)
Do đó diện tích xq của hình nón là:
\(S_{xq}=\pi Rl=\frac{3a^2}{2}\pi\)
Đáp án C
a) y=x+3x+1y=x+3x+1 có tập xác định : R\{-1}
y′=−2(x+1)2<0,∀x≠−1y′=−2(x+1)2<0,∀x≠−1
Tiệm cận đứng: x = -1
Tiệm cận ngang: y = 1
Bảng biến thiên:
Đồ thị hàm số:
b) Xét phương trình có nghiệm là hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng (d): y = 2x + m
(1)
x+3x+1=2x+m⇔x+3=(2x+m)(x+1)⇔2x2+(m+1)x+m−3=0,x≠−1x+3x+1=2x+m⇔x+3=(2x+m)(x+1)⇔2x2+(m+1)x+m−3=0,x≠−1
Δ = (m+1)2 – 4.2(m-3) = m2 – 6m + 25 = (m-3)2 + 16> 0, Δm, nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt khác -1.
Vậy (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N (hoành độ của M, N chính là nghiệm của (1)).
TenAnh1
C = (-4.24, -6.16)
C = (-4.24, -6.16)
C = (-4.24, -6.16)
D = (11.12, -6.16)
D = (11.12, -6.16)
D = (11.12, -6.16)
E = (-4.28, -6.08)
E = (-4.28, -6.08)
E = (-4.28, -6.08)
F = (11.08, -6.08)
F = (11.08, -6.08)
F = (11.08, -6.08)
Vậy \(Min_{MN}=2\sqrt{3}\) khi \(m=3\).
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) :
\(y=y'\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+y_0=\frac{x_0^2+2x_0}{\left(x_0+1\right)^2}\left(x-x_0\right)+\frac{x^2_0+2x_0+2}{x_0+1}\)
Xét : \(M\left(x_0;x_0+1+\frac{1}{x_0+1}\right)\)
Tiếp tuyến tại M có phương trình \(y=\left(1-m^2\right)x+m^2+2m+1\) (với \(m=\frac{1}{x_0-1}\))
tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng tại \(A\left(1;2m+2\right)\); cắt tiệm cận tại \(B\left(1+\frac{2}{m};2+\frac{2}{m}\right)\) và hai tiệm cận cắt nhau tại I(1;2)
Chu vi tam giác ABI : \(P=AB+BI+IA=\sqrt{4m^2+\frac{8}{m^2}+8}+\frac{2\sqrt{2}}{\left|m\right|}+2\left|m\right|\)
Áp dụng Bất đẳng thức Côsi, ta có :
\(4m^2+\frac{8}{m^2}\ge8\sqrt{2};\frac{2\sqrt{2}}{\left|m\right|}+2\left|m\right|\ge4\sqrt[4]{2}\Rightarrow P\ge\sqrt{8\sqrt{2}+8}+4\sqrt[4]{2}\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow m=\pm\sqrt[4]{2}\)
Vậy \(M\left(1\pm\frac{1}{\sqrt[4]{2}};2\pm\frac{1}{\sqrt[4]{2}}\pm\sqrt[4]{2}\right)\)
Đáp án A