Chủ đề này có 3 trả lời

[exe007]

Cho hàm số $y=f(x)=x+1+\frac{1}{x-1}, \left ( C \right )$.
Xác định $M(x,y) \in \left ( C \right ), (x>1)$ sao cho chu vi của tam giác hợp bởi tiếp tuyến tại $M$ và 2 tiệm cận nhỏ nhất.

[Ispectorgadget]

Cho hàm số $y=f(x)=x+1+\frac{1}{x-1}, \left ( C \right )$.
Xác định $M(x,y) \in \left ( C \right ), (x>1)$ sao cho chu vi của tam giác hợp bởi tiếp tuyến tại $M$ và 2 tiệm cận nhỏ nhất.

Dễ thấy: Tiệm cận đứng $x=1$
Tiệm cận xiên: $x+1=y$
Gọi $I$ là giao điểm của hai đường tiệm cận ta có $I(1;2)$
$f'(x)=1+\frac{-2}{(x-1)^2}\Rightarrow f'(m)=1+\frac{-2}{(m-1)^2}$
Với M$(m; m+1+\frac{1}{m-1}) \in (C )$
Tiếp tuyến tại $M$ có phương trình là
$(t):y=f'(m)(x-m)+y(m)\Leftrightarrow y=(1-\frac{2}{(m-1)^2})(x-m)+m+1+\frac{1}{m-1}$
$(t)$ cắt TCĐ: $x=1$ tại điểm $A(1;2+\frac{3}{m-1})$
$(t)$ cắt TCX: $x+1=y$ tại điểm $B(\frac{3m-1}{2};\frac{3m+1}{2})$
Gọi góc giữa hai đường tiệm cận là $\alpha$, góc giữa đường tiệm cận xiên với chiều dương $Ox$ là $\varphi$ ta có $\alpha +\varphi=\frac{\pi}{2}$.
TCX: $y=x+1$ có hệ số góc là $1$ nên $tg\varphi =1$
$\Rightarrow \frac{\sin x}{\cos x}=1\Leftrightarrow \sin x=\cos x=\frac{\sqrt{2}}{2}$
Trong tam giác $ABI$ gọi $H$ là đường cao kẻ từ B xuống $AI$.
Ta sẽ chứng minh diện tích tam giác $IAB = const$
Ta có $$S_{\Delta AIB}=\frac{1}{2}IA.BH=\frac{1}{2}.|y_A-y_I|.|x_B-x_H|=\frac{3}{2}.|\frac{3}{m-1}|.|\frac{m-1}{2}|=\frac{9}{4}=const$$
Ta có chu vi tam giác $IAB$ là $P=IA+IB+AB$. Áp đụng định lý hàm cos và bất đẳng thức AM-GM ta có: $$P=IA+IB+\sqrt{IA^2+IB^2-2IA.IB\cos \alpha}\geq \sqrt{IA.BI}+\sqrt{2IA.IB-2IA.IB.\sin \varphi}=\sqrt{2IA.IB}(\sqrt{2}+\sqrt{1-\sin \varphi})$$
$=\sqrt{\frac{2IA.BH}{\sin \alpha}}.(\sqrt{2}+\sqrt{1-\sin \alpha})=\frac{3}{\sqrt[4]{2}}\left(\sqrt{2}+\sqrt{1-\frac{\sqrt{2}}{2}}\right)$
Dấu "="xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
IA = IB\\
IA.IB.\cos \alpha = \frac{9}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow IA = IB = \frac{3}{{\sqrt[4]{2}}}$
$\Leftrightarrow \frac{3}{|m-1|}=\frac{3}{\sqrt[4]{2}}\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 1 + \sqrt[4]{2}\\
m = 1 - \sqrt[4]{2}
\end{array} \right.$
Từ đây thay vô dễ dàng tìm được M.

Spoiler

Em kĩ năng tính toán hơi yếu nên có thể tính toán sai mong mọi người kiểm tra hộ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 11-11-2012 - 11:47

[robin997]

Cho hàm số $y=f(x)=x+1+\frac{1}{x-1}, \left ( C \right )$.
Xác định $M(x,y) \in \left ( C \right ), (x>1)$ sao cho chu vi của tam giác hợp bởi tiếp tuyến tại $M$ và 2 tiệm cận nhỏ nhất.

Làm cách khác vậy
-Trước hết ta đổi trục theo công thức:
$\begin{cases}
& \ x=X+1 \\
& \ y=Y+2
\end{cases}$
Có đồ thị $($$C$$)$ khi này: $Y=X+\frac{1}{X}$
Và tọa độ $M$ là $(u;u+\frac{1}{u})$ (Với $u>0$)
-Hai đường tiệm cận của $($$C$$)$ là:
Tiệm cận đứng: $(1):X=0$
Tiệm cận xiên: $(2):Y=X$
-Tiếp tuyến tại $M$ của $($$C$$)$ là:
$(3):Y-u-\frac{1}{u}=(1-\frac{1}{u^2})(X-u)$ Hay $Y=(1-\frac{1}{u^2})X+\frac{2}{u}$
-Giao điểm $A$ của $(1)$ và $(3)$ có tọa độ: $(0;\frac{2}{u})$
-Giao điểm $B$ của $(2)$ và $(3)$ có tọa độ: $(2u;2u)$
-Và rõ ràng gốc $O$ của trục tọa dộ mới là giao điểm 2 đường tiệm cận :')
-Chu vi của tam giác được đề cập:
$P=AO+BO+AB=2(\frac{1}{u}+u\sqrt{2}+\sqrt{2u^2+\frac{1}{u^2}-2})$
-Theo $BĐT$ $Cauchy$, ta có:
$\frac{1}{u}+u\sqrt{2}\geq 2\sqrt[4]{2}$
$2u^2+\frac{1}{u^2}\geq 2\sqrt{2}$
$(u>0)$
Nên: $P\geq 4\sqrt[4]{2}+2\sqrt{2\sqrt{2}-2}$
$P$ đạt min tại $u=\frac{1}{\sqrt[4]{2}}$ $(u>0)$
-Tọa điểm $M$ khi này (ở trục tọa độ mới): $(\frac{1}{\sqrt[4]{2}};\sqrt[4]{2}+\frac{1}{\sqrt[4]{2}})$
Và tọa độ này ở trục tọa độ ban đầu là: $(\frac{1}{\sqrt[4]{2}}+1;\sqrt[4]{2}+\frac{1}{\sqrt[4]{2}}+2)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi robin997: 11-11-2012 - 20:59

[PSW]

Chấm điểm:
Ispectorgadget: 5 điểm

robin997: 10 điểm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 15-11-2012 - 11:04