Cho hàm số $y=\dfrac{2x}{x+2}$ có đồ thị $(C)$. Gọi $M\left({{x}_{0}};{{y}_{0}} \right),\,{{x}_{0}}>0$ là điểm thuộc $\left(C \right)$, biết tiếp tuyến của $\left(C \right)$ tại $M$ tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng $\dfrac1{18}$. Tính $P={{x}_{0}}+{{y}_{0}}.$
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
10 tháng 1 2024
a: \(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{mx-1}{2x+m}=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{m-\dfrac{1}{x}}{2+\dfrac{m}{x}}=\dfrac{m}{2}\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{mx-1}{2x+m}=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{m-\dfrac{1}{x}}{2+\dfrac{m}{x}}=\dfrac{m}{2}\)
Vậy: x=m/2 là tiệm cận đứng duy nhất của đồ thị hàm số \(y=\dfrac{mx-1}{2x+m}\)
Để x=m/2 đi qua \(A\left(-1;\sqrt{2}\right)\) thì \(\dfrac{m}{2}=-1\)
=>\(m=-1\cdot2=-2\)
b: \(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{x-2}{2x-m}=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{1-\dfrac{2}{x}}{2-\dfrac{m}{x}}=\dfrac{1}{2}\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x-2}{2x-m}=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{1-\dfrac{2}{x}}{2-\dfrac{m}{x}}=\dfrac{1}{2}\)
=>x=1/2 là tiệm cận đứng duy nhất của đồ thị hàm số \(y=\dfrac{x-2}{2x-m}\)
=>Không có giá trị nào của m để đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y=\dfrac{x-2}{2x-m}\)
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
11 tháng 1 2024
a: \(\lim\limits_{x\rightarrow-\dfrac{3m}{2}}\dfrac{x+3}{2x+3m}=\infty\) vì \(\left\{{}\begin{matrix}\lim\limits_{x\rightarrow-\dfrac{3m}{2}}2x+3m=0\\\lim\limits_{x\rightarrow-\dfrac{3m}{2}}x+3=\dfrac{-3m}{2}+3\end{matrix}\right.\)
=>x=-3m/2 là tiệm cận đứng duy nhất của đồ thị hàm số \(y=\dfrac{x+3}{2x+3m}\)
Để tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y=\dfrac{x+3}{2x+3m}\) đi qua M(3;-1) thì \(-\dfrac{3m}{2}=3\)
=>-1,5m=3
=>m=-2
b: \(\lim\limits_{x\rightarrow-m}\dfrac{2x-3}{x+m}=\infty\) vì \(\left\{{}\begin{matrix}\lim\limits_{x\rightarrow-m}2x-3=-2m-3\\\lim\limits_{x\rightarrow-m}x+m=0\end{matrix}\right.\)
=>x=-m là tiệm cận đứng duy nhất của đồ thị hàm số \(y=\dfrac{2x-3}{x+m}\)
Để x=-2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y=\dfrac{2x-3}{x+m}\) thì -m=-2
=>m=2
c: \(\lim\limits_{x\rightarrow\dfrac{2}{b}}\dfrac{ax+1}{bx-2}=\infty\) vì \(\left\{{}\begin{matrix}\lim\limits_{x\rightarrow\dfrac{2}{b}}ax+1=a\cdot\dfrac{2}{b}+1\\\lim\limits_{x\rightarrow\dfrac{2}{b}}bx-2=b\cdot\dfrac{2}{b}-2=0\end{matrix}\right.\)
=>Đường thẳng \(x=\dfrac{2}{b}\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y=\dfrac{ax+1}{bx-2}\)
=>2/b=2
=>b=1
=>\(y=\dfrac{ax+1}{x-2}\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{ax+1}{x-2}=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{a+\dfrac{1}{x}}{1-\dfrac{2}{x}}=a\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{ax+1}{x-2}=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{a+\dfrac{1}{x}}{1-\dfrac{2}{x}}=a\)
=>Đường thẳng y=a là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y=\dfrac{ax+1}{x-2}\)
=>a=3
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
11 tháng 1 2024
a: \(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\left(m-5\right)x-1}{2x+1}=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\left(m-5\right)-\dfrac{1}{x}}{2+\dfrac{1}{x}}=\dfrac{m-5}{2}\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{\left(m-5\right)x-1}{2x+1}=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{m-5-\dfrac{1}{x}}{2+\dfrac{1}{x}}=\dfrac{m-5}{2}\)
=>Đường thẳng \(y=\dfrac{m-5}{2}\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y=\dfrac{\left(m-5\right)x-1}{2x+1}\)
Để đường tiệm cận ngang \(y=\dfrac{m-5}{2}\) đi qua M(-2;1) thì \(\dfrac{m-5}{2}=1\)
=>m-5=2
=>m=7
b: \(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\left(2m-1\right)x^2+x-1}{x^2+1}\)
\(=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\left(2m-1\right)+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}}{1+\dfrac{1}{x^2}}=2m-1\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{\left(2m-1\right)x^2+x-1}{x^2+1}\)
\(=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{\left(2m-1\right)+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}}{1+\dfrac{1}{x^2}}=2m-1\)
=>\(y=2m-1\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y=\dfrac{\left(2m-1\right)x^2+x-1}{x^2+1}\)
=>2m-1=1
=>2m=2
=>m=1
4 tháng 8 2021
Đường tròn (S) tâm \(I\left(-1;-3\right)\) bán kính \(R=3\)
Thế tọa độ A vào pt (S) thỏa mãn nên A nằm trên đường tròn
Ta cần tìm B, C sao cho chi vi ABC lớn nhất
Đặt \(\left(AB;AC;BC\right)=\left(c;b;a\right)\Rightarrow\dfrac{a}{sinA}=\dfrac{b}{sinB}=\dfrac{c}{sinC}=2R\)
\(\Rightarrow a+b+c=2R\left(sinA+sinB+sinC\right)\)
Mặt khác ta có BĐT quen thuộc \(sinA+sinB+sinC\le\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều
\(\Rightarrow a=b=c=2R.sin60^0=3\sqrt{3}\)
Khi đó I đồng thời là trọng tâm kiêm trực tâm \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}BC\perp AI\\d\left(A;BC\right)=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{9}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\) Phương trình BC có dạng \(y=-\dfrac{3}{2}\)
Hay (Cm) có 1 tiếp tuyến là \(y=-\dfrac{3}{2}\) (hệ số góc bằng 0 nên tiếp tuyến này đi qua 2 cực tiểu)
\(\Rightarrow m=-1\)
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
25 tháng 12 2021
Vì hai đồ thị cắt nhau tại một điểm trên trục tung nên n=-4
=>m=-2
Cho
\(y = \frac{2 x}{x + 2} , M \left(\right. x_{0} , y_{0} \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \left(\right. x_{0} > 0 \left.\right) , y_{0} = \frac{2 x_{0}}{x_{0} + 2} .\)
Ta có
\(y^{'} = \frac{\left(\right. x + 2 \left.\right) \cdot 2 - 2 x \cdot 1}{\left(\right. x + 2 \left.\right)^{2}} = \frac{4}{\left(\right. x + 2 \left.\right)^{2}}\)
nên tại \(x = x_{0}\), hệ số góc tiếp tuyến là
\(m = \frac{4}{\left(\right. x_{0} + 2 \left.\right)^{2}} .\)
Phương trình tiếp tuyến ở \(M\) là
\(y - y_{0} = m \textrm{ } \left(\right. x - x_{0} \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } y = \textrm{ }\textrm{ } m \textrm{ } x + \underset{b}{\underbrace{\left(\right. y_{0} - m \textrm{ } x_{0} \left.\right)}} .\)
\(b = y_{0} - m x_{0} = \frac{2 x_{0}}{x_{0} + 2} \textrm{ }\textrm{ } - \textrm{ }\textrm{ } \frac{4}{\left(\right. x_{0} + 2 \left.\right)^{2}} \textrm{ } x_{0} = \frac{2 x_{0}^{2}}{\left(\right. x_{0} + 2 \left.\right)^{2}} .\)
\(x_{A} = - \frac{b}{m} = - \frac{2 x_{0}^{2} / \left(\right. x_{0} + 2 \left.\right)^{2}}{4 / \left(\right. x_{0} + 2 \left.\right)^{2}} = - \frac{2 x_{0}^{2}}{4} = x_{0} \left(\right. 1 - \frac{x_{0}}{2} \left.\right) .\)
\(y_{B} = b = \frac{2 x_{0}^{2}}{\left(\right. x_{0} + 2 \left.\right)^{2}} .\)
Diện tích tam giác \(\left(\right. 0 , 0 \left.\right) , \left(\right. x_{A} , 0 \left.\right) , \left(\right. 0 , y_{B} \left.\right)\) là
\(\frac{x_{A} \textrm{ } y_{B}}{2} = \frac{1}{2} \textrm{ } \left[\right. x_{0} \left(\right. 1 - \frac{x_{0}}{2} \left.\right) \left]\right. \textrm{ } \frac{2 x_{0}^{2}}{\left(\right. x_{0} + 2 \left.\right)^{2}} = \frac{x_{0}^{3} \left(\right. 1 - \frac{x_{0}}{2} \left.\right)}{\left(\right. x_{0} + 2 \left.\right)^{2}} .\)
Theo giả thiết,
\(\frac{x_{0}^{3} \left(\right. 1 - \frac{x_{0}}{2} \left.\right)}{\left(\right. x_{0} + 2 \left.\right)^{2}} = \frac{1}{18} .\)
Giải phương trình này (nhẩm hoặc dùng phép hoá đơn giản) ta tìm được
\(x_{0} = 1 (\text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};\text{m}ộ\text{t}\&\text{nbsp};\text{nghi}ệ\text{m}\&\text{nbsp};\text{th}ứ\&\text{nbsp};\text{hai}\&\text{nbsp};\text{x} \overset{ˊ}{\hat{\text{a}}} \text{p}\&\text{nbsp};\text{x}ỉ\&\text{nbsp}; 1,686 \&\text{nbsp};\text{nh}ư\text{ng}\&\text{nbsp};\text{kh} \hat{\text{o}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{cho}\&\text{nbsp};\text{k} \overset{ˊ}{\hat{\text{e}}} \text{t}\&\text{nbsp};\text{qu}ả\&\text{nbsp};\text{nguy} \hat{\text{e}} \text{n}/\text{h}ữ\text{u}\&\text{nbsp};\text{t}ỉ\&\text{nbsp};đẹ\text{p}) .\)
Với \(x_{0} = 1\) ta có
\(y_{0} = \frac{2 \cdot 1}{1 + 2} = \frac{2}{3} ,\) \(P = x_{0} + y_{0} = 1 + \frac{2}{3} = \frac{5}{3} .\)
Đáp số câu 1: \(P = \frac{5}{3} .\)