Bài 1.57 trang 21 sbt giải tích 12 nâng cao

\[\begin{array}{l}y = \left[ {1 + \frac{1}{{x_0^2}}} \right]\left[ {x - {x_0}} \right] + {x_0} - \frac{1}{{{x_0}}}\\ \Leftrightarrow y = \left[ {1 + \frac{1}{{x_0^2}}} \right]x - {x_0} - \frac{1}{{{x_0}}} + {x_0} - \frac{1}{{{x_0}}}\\ \Leftrightarrow y = \left[ {1 + \frac{1}{{x_0^2}}} \right]x - \frac{2}{{{x_0}}}\end{array}\]
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
  • LG a
  • LG b
  • LG c

LG a

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị [C] của hàm số

\[f[x] = {{{x^2} - 1} \over x}\]

Lời giải chi tiết:

Ta có: \[f\left[ x \right] = \frac{{{x^2} - 1}}{x} = x - \frac{1}{x}\]

+] TXĐ: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\]

+] Chiều biến thiên:

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = - \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y = + \infty \] nên TCĐ: \[x = 0\].

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ { - \frac{1}{x}} \right] = 0\] nên TCX: \[y = x\].

Ta có:

\[y' = 1 + \frac{1}{{{x^2}}} > 0,\forall x \in D\]

Hàm số đồng biến trên từng khoảng \[\left[ { - \infty ;0} \right]\] và \[\left[ {0; + \infty } \right]\] và không có cực trị.

BBT:

+] Đồ thị:

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại các điểm \[\left[ { - 1;0} \right]\] và \[\left[ {1;0} \right]\].

LG b

Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong [C] tại điểm \[M\left[ {{x_0};{f_{\left[ {{x_0}} \right]}}} \right]\]

Lời giải chi tiết:

Với \[x = {x_0}\] ta có \[f\left[ {{x_0}} \right] = {x_0} - \frac{1}{{{x_0}}}\]

\[f'\left[ {{x_0}} \right] = 1 + \frac{1}{{x_0^2}}\] nên phương trình tiếp tuyến tại \[M\left[ {{x_0};f\left[ {{x_0}} \right]} \right]\] là:

\[\begin{array}{l}y = \left[ {1 + \frac{1}{{x_0^2}}} \right]\left[ {x - {x_0}} \right] + {x_0} - \frac{1}{{{x_0}}}\\ \Leftrightarrow y = \left[ {1 + \frac{1}{{x_0^2}}} \right]x - {x_0} - \frac{1}{{{x_0}}} + {x_0} - \frac{1}{{{x_0}}}\\ \Leftrightarrow y = \left[ {1 + \frac{1}{{x_0^2}}} \right]x - \frac{2}{{{x_0}}}\end{array}\]

Vậy \[y = \left[ {1 + \frac{1}{{x_0^2}}} \right]x - \frac{2}{{{x_0}}}\].

LG c

Tiếp tuyến đó cắt tiệm cận đứng và tiệm cận xiên của [C] theo thứ tự tại hai điểm A và B. Chứng minh rằng M là trung điểm của đoạn thẳng AB và diện tích tam giác OAB không phụ thuộc vào vị trí của điểm M trên đường cong [C].

Lời giải chi tiết:

Hoành độ của điểm B là nghiệm của phương trình

\[\left[ {1 + {1 \over {x_0^2}}} \right]x - {2 \over {{x_0}}} = x \]

\[ \Leftrightarrow \frac{1}{{x_0^2}}x = \frac{2}{{{x_0}}} \Leftrightarrow x = 2{x_0}\]

\[\Rightarrow {x_B} = 2{x_0}\]

Vì \[{x_A} + {x_B} = 0 + 2{x_0} = 2{x_M}\] , và ba điểm A, M, B thẳng hàng nên M là trung điểm của đoạn thẳng AB.

Dễ thấy \[{y_A} = - {2 \over {{x_0}}}\]

Diện tích tam giác OAB là

\[S = {1 \over 2}\left| {{y_A}} \right|\left| {{y_B}} \right| \]

\[= {1 \over 2}.{2 \over {\left| {{x_0}} \right|}}.2\left| {{x_0}} \right| = 2\]

Video liên quan

Chủ Đề