997

Lời giải:

Bài 1:

Để ĐTHS \(y=\frac{ax+2}{x-b}\) có tiệm cận ngang \(y=2\) thì cần \(a=2\)

Khi đó \(y=\frac{2x+2}{x-b}\) \(\)

Vì ĐTHS đi qua điểm \(M(2,2)\Rightarrow 2=\frac{4+2}{2-b}\Rightarrow b=-1\)

Ta có \(y=\frac{2x+2}{x+1}=2\) (thỏa mãn đkđb)

Vậy \(a=2,b=-1\)

Bài 2:

Dựa vào định nghĩa , nếu \(\lim_{x\rightarrow \infty}y=t\) thì \(y=t\) là tiệm cận ngang của ĐTHS ($x$ tiến đến âm, dương vô cùng)

Như vậy:

Nếu \(m>0\) thì hàm số xác định với mọi \(x\in\mathbb{R}\), khi đó \(\frac{1}{\sqrt{m}}\) chính là TCN của ĐTHS

Nếu \(m=0\Rightarrow y=x+1\) là hàm đa thức hiển nhiên không có TCN

Nếu \(m<0\) thì hàm số xác định chỉ trong một khoảng nào đó của $x$, khi đó ĐTHS hiển nhiên không có TCN.

Vậy \(m\leq 0\)

4.

Để hàm trùng phương \(y=ax^4+bx^2+c\) có 2 cực tiểu và 1 cực đại

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a>0\\b< 0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>0\\2-m< 0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow m>2\)

3.

Để hàm trùng phương có 3 cực trị thì \(ab< 0\Leftrightarrow m>1\)

Khi đó:

\(y'=4x^3-4\left(m-1\right)x=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=-\sqrt{m-1}\\x=\sqrt{m-1}\end{matrix}\right.\)

Gọi 3 điểm có hoành độ nói trên lần lượt là A; B; C \(\Rightarrow\) tam giác ABC cân tại A

\(A\left(0;2\right)\) ; \(B\left(-\sqrt{m-1};-m^2+2m+1\right)\) ; \(C\left(\sqrt{m-1};-m^2+2m+1\right)\)

Gọi H là trung điểm BC

\(y_H=\frac{y_B+y_C}{2}=-m^2+2m+1\)

\(S_{ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=\frac{1}{2}\left|y_A-y_H\right|.\left|x_B-x_C\right|\)

\(=\left(m-1\right)^2\sqrt{m-1}< 4\sqrt{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)^5< 32\Rightarrow m-1< 2\)

\(\Rightarrow m< 3\)

Vậy \(1< m< 3\)

Ta có : \(y'=3x^2-6x+m^2\Rightarrow y'=0\Leftrightarrow3x^2-6x+m^2=0\left(1\right)\)

Hàm số có cực trị \(\Leftrightarrow\left(1\right)\) có 2 nghiệm phân biệt \(x_1;x_2\)

                           \(\Leftrightarrow\Delta'=3\left(3-m^2\right)>0\Leftrightarrow-\sqrt{3}< m< \sqrt{3}\)

Phương trình đường thẳng d' đi qua các điểm cực trị là : \(y=\left(\frac{2}{3}m^2-2\right)x+\frac{1}{3}m^2\)

=> Các điểm cực trị là :

\(A\left(x_1;\left(\frac{2}{3}m^2-2\right)x_1+\frac{1}{3}m^2+3m\right);B\left(x_2;\left(\frac{2}{3}m^2-2\right)x_2+\frac{1}{3}m^2+3m\right);\)

Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng d và d' :

\(\Rightarrow I\left(\frac{2m^2+6m+15}{15-4m^2};\frac{11m^2+3m-30}{15-4m^2}\right)\)

A và B đối xứng đi qua d thì trước hết \(d\perp d'\Leftrightarrow\frac{2}{3}m^2-2=-2\Leftrightarrow m=0\)

Khi đó \(I\left(1;-2\right);A\left(x_1;-2x_1\right);B\left(x_2;-2x_2\right)\Rightarrow I\) là trung điểm của AB=> A và B đối xứng nhau qua d

Vậy m = 0 là giá trị cần tìm

Phương trình hoành độ giao điểm:

$x^2+2mx+1-3m=-2x+4\iff x^2+2x(m+1)-3-3m=0$.

$\Delta'=(m+1)^2+3+3m=(m+1)(m+4)$

Hai đồ thì cắt nhau tại hai điểm phân biệt $A,B$ khi và chỉ khi $\Delta'>0\iff (m+1)(m+4)>0(*)$.

Giả sử: $A(a;-2a+4);B(b;-2b+4),(AB)\equiv (d): y+2x-4=0$.

Theo $Viet$, ta có: $a+b=-2m-2;ab=-3-3m$.

Theo GT: $S_{OAB}=\frac{1}{2}.d(O,AB).AB(2)$.

Mà: $d(O;AB)=\frac{|-4|}{\sqrt{2^2+1^2}}=\frac{4}{\sqrt{5}}$.

$(2)\implies AB=\frac{2S_{OAB}}{d(O;AB)}=6\sqrt{10}$.

\iff AB^2=360\iff 5(a-b)^2=360\iff (a-b)^2=72\iff (a+b)^2-4ab=72$.

$\iff 4(m+1)^2+12(m+1)-72=0\iff m+1=3(n)...v...m+1=-6(n)(\text{ do (1) })$.

Vậy: $m=2...v...m=-7$ là hai giá trị cần tìm.

1.

\(\lim\limits_{x\rightarrow\infty}\frac{3x-2}{x+1}=3\Rightarrow y=3\) là tiệm cận ngang

2.

\(\lim\limits_{x\rightarrow2}\frac{-2x}{x-2}=\infty\Rightarrow x=2\) là tiệm cận đứng

3.

\(\lim\limits_{x\rightarrow\infty}\frac{x-2}{x^2-1}=0\Rightarrow y=0\) là tiệm cận ngang

4.

\(\lim\limits_{x\rightarrow\infty}\frac{x-1}{x^2-x}=0\Rightarrow y=0\) là tiệm cận ngang

\(\lim\limits_{x\rightarrow0}\frac{x-1}{x^2-x}=\infty\Rightarrow x=0\) là tiệm cận đứng

\(\lim\limits_{x\rightarrow1}\frac{x-1}{x^2-x}=1\) hữu hạn nên \(x=1\) ko phải tiệm cận đứng

ĐTHS có 2 tiệm cận

Chọn B

Lời giải:

Để đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng thì phương trình $x^2-mx+1=0$ phải có hai nghiệm phân biệt khác $2$, tức là:

\(\left\{\begin{matrix} \Delta=m^2-4>0\\ f(2)=5-2m\neq 0\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow \begin{bmatrix} m>2\\ m<-2\end{bmatrix}\) và $m\neq\frac{5}{2}$