Hỏi đáp Lớp 12

Đường thẳng \(y = 3x - {1 \over 3}\) cắt trục tung tại điểm \(A\left( {0; - {1 \over 3}} \right)\)

Vì đồ thị (C) của hàm số đã cho đi qua điểm A nên \(f(0) = p =  - {1 \over 3}\)

Ta có \(f'(x) =  - {x^2} + 2mx + n\).

Vì (C) tiếp xúc với đường thẳng \(y = 3x - {1 \over 3}\) tại điểm A nên \(f'(0) = n = 3\)

Do hàm số đạt cực đại tại điểm x = 3 nên \(f'(3) =  - 9 + 6m + 3 = 0\)

\(\Leftrightarrow m = 1\).

Với các giá trị m, n, p vừa tìm được, ta có hàm số

\(f(x) =  - {1 \over 3}{x^3} + {x^2} + 3x + {1 \over 3}\)

Khi đó, \(f''(x) =  - 2x + 2\) và \(f''(3) =  - 4 < 0\).

Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 3.

Phương trình hoành độ giao điểm của f(x) và g(x) là:

\(\eqalign{
& {x^2} - 3x + 4 = 1 + {1 \over x} \cr 
& \Rightarrow {x^3} - 3{x^2} + 3x - 1 = 0 \cr 
& \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^3} = 0 \cr 
& \Leftrightarrow x = 1 \cr} \)

Vậy f(x) và g(x) giao nhau tại A (1; 2)

Ta có: \(-4.1+6.\sqrt 1=2\)

Do đó A thuộc đồ thị của hàm số h(x)

Mặt khác: \(f'\left( 1 \right) = g'\left( 1 \right) = h'\left( 1 \right) =  - 1\)

Do đó ba hàm số đã cho tiếp xúc với nhau tại A (1; 2)

Ta có

\(\eqalign{
& y' = 3{x^2} - 6x + 2 \cr 
& y'' = 6x - 6 \cr} \)

\(y' '= 0 \Leftrightarrow x = 1\)

\( \Rightarrow y =  - 1\)

Tọa độ của điểm I là (1;-1)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
y' = 3{x^2} - 6x\\
y'' = 6x - 6\\
y'' = 0 \Leftrightarrow 6x - 6 = 0\\
\Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow y\left( 1 \right) = 2\\
\Rightarrow I\left( {1;2} \right)
\end{array}\)

Hệ số góc của tiếp tuyến tại I là:

\(k = y'\left( 1 \right) = {3.1^2} - 6.1 =  - 3\)

Phương trình tiếp tuyến: \(y =  - 3\left( {x - 1} \right) + 2\)\( \Leftrightarrow y =  - 3x + 5\)

Vậy I (1;2); phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) tại điểm I là y = -3x + 5.

Ta có:

\(\begin{array}{l}
a = 1,b = - 4,c = 3\\
\Delta = {b^2} - 4ac = {\left( { - 4} \right)^2} - 4.1.3 = 4\\
- \frac{b}{{2a}} = - \frac{{ - 4}}{{2.1}} = 2\\
- \frac{\Delta }{{4a}} = - \frac{4}{{4.1}} = - 1\\
\Rightarrow I\left( {2; - 1} \right)
\end{array}\)

Công thức chuyển hệ tọa độ trong phép tịnh tiến theo vectơ  \(\overrightarrow {OI} \) là

\(\left\{ \matrix{x = X + 2 \hfill \cr y = Y - 1 \hfill \cr}  \right.;\)

Phương trình đường cong đã cho đối với hệ tọa độ IXY là

\(\begin{array}{l}
Y - 1 = {\left( {X + 2} \right)^2} - 4\left( {X + 2} \right) + 3\\
\Leftrightarrow Y - 1 = {X^2} + 4X + 4 - 4X - 8 + 3\\
\Leftrightarrow Y - 1 = {X^2} - 1\\
\Leftrightarrow Y = {X^2}
\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + 1}}{{2x + 1}}\\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 + \frac{1}{x}}}{{2 + \frac{1}{x}}} = \frac{1}{2}\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \frac{1}{2}
\end{array}\)

Nên \( y = \frac{1}{2}\) là đường TCN của ĐTHS.

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - \frac{1}{2}} \right)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - \frac{1}{2}} \right)}^ + }} \frac{{x + 1}}{{2x + 1}} = + \infty \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - \frac{1}{2}} \right)}^ - }} y = - \infty
\end{array}\)

Nên \( x =- \frac{1}{2}\) là đường TCĐ của ĐTHS.

Vậy,

Đường thẳng \(x = -{1 \over 2}\) là tiệm cận đứng của đồ thị.

Đường thẳng \(y = {1 \over 2}\) là tiệm cận ngang của đồ thị.

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {4 + \frac{1}{{x - 2}}} \right) = + \infty \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = - \infty
\end{array}\)

Nên đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị.

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {4 + \frac{1}{{x - 2}}} \right) = 4\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 4
\end{array}\)

Nên đường thẳng y = 4 là tiệm cận ngang của đồ thị.

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {{x\sqrt {1 + {1 \over x}} } \over {x - 1}} \)

\(= \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {{\sqrt {1 + {1 \over x}} } \over {1 - {1 \over x}}} = 1\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {{ - x\sqrt {1 + {1 \over x}} } \over {x - 1}} \)

\(= \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {{ - \sqrt {1 + {1 \over x}} } \over {1 - {1 \over x}}} =  - 1\)                           

Nên đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị (khi \(x \to  + \infty \)) và đường thẳng y = -1 là tiệm cận ngang của đồ thị (khi \(x \to  - \infty \)).

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\sqrt {{x^2} + x} }}{{x - 1}} = + \infty \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\sqrt {{x^2} + x} }}{{x - 1}} = - \infty
\end{array}\)

Nên đường thẳng \(x=1\) là TCĐ của ĐTHS.

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{\sqrt {x + 3} }}{{x + 1}} = + \infty \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{\sqrt {x + 3} }}{{x + 1}} = - \infty
\end{array}\)

Nên đường thẳng \(x=-1\) là TCĐ của ĐTHS.

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {x + 3} }}{{x + 1}}\\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {\frac{1}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} }}{{1 + \frac{1}{x}}} = 0
\end{array}\)

Nên đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị (khi \(x \to  + \infty \)).