Biết điểm A có hoành độ lớn hơn -4 là giao điểm của đường thẳng $y=x+7$  với đồ thị (C) của hàm số $y=\frac{2\text{x}-1}{x+1}$ . Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A cắt hai trục độ Ox, Oy lần lượt tại E, F. Khi đó tam giác OEF (O là gốc tọa độ) có diện tích bằng:

Đáp án A

Xét $y=x^3+x-5$ , ta có $y^{\text{'}}=3{\text{x}}^2+1>\mathrm{0,}\forall x\in ℝ\Rightarrow$  hàm số đồng biến trên .

Đáp án C

Ta có $\frac{4m^3+m}{\sqrt{2f^2\left(x\right)+5}}=f^2\left(x\right)+3\iff 4m^3+m=\left(f^2\left(x\right)+3\right)\sqrt{2f^2\left(x\right)+5}$

$\iff 8m^3+2m=\left(2f^2\left(x\right)+6\right)\sqrt{2f^2\left(x\right)+5}$

$\iff {\left(2m\right)}^3=\left(2f^2\left(x\right)+5\right)\sqrt{2f^2\left(x\right)+5}+\sqrt{f^2\left(x\right)+5}$

 (*)

Xét hàm số $g\left(t\right)=t^3+t$  có $g^{\text{'}}\left(t\right)=3t^2+1>0;\forall t\Rightarrow g\left(t\right)$  là hàm số đồng biến trên .

Phương trình (*) suy ra $g\left(2m\right)=g\left(\sqrt{2f^2\left(x\right)+5}\right)\iff \sqrt{2f^2\left(x\right)+5}=2m$

$\iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ 2f^2\left(x\right)+5=4m^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ f^2\left(x\right)=\frac{4m^2-5}{2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>\frac{\sqrt{5}}{2}\\ \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=\sqrt{\frac{4m^2-5}{2}}\left(1\right)\\ f\left(x\right)=-\sqrt{\frac{4m^2-5}{2}}\left(2\right)\end{array}\right.\end{array}\right.$

(vì $f\left(x\right)=0$  chỉ có hai nghiệm phân biệt nên $m>\frac{\sqrt{5}}{2}$ ).

+ Vì $-\sqrt{\frac{4m^2-5}{2}}<0$  nên từ đồ thị hàm số ta thấy phương trình $f\left(x\right)=-\sqrt{\frac{4m^2-5}{2}}$  có một nghiệm duy nhất.

Từ yêu cầu bài toán suy ra phương trình $f\left(x\right)=\sqrt{\frac{4m^2-5}{2}}$  có hai nghiệm phân biệt.

+ Vì $\sqrt{\frac{4m^2-5}{2}}>0$  nên từ đồ thị hàm số

$\Rightarrow \sqrt{\frac{4m^2-5}{2}}=4\iff 4m^2-5=32\iff \left[\begin{array}{l}m=\frac{\sqrt{37}}{2}\left(\text{thoa man}\right)\\ m=-\frac{\sqrt{37}}{2}\left(loai\right)\end{array}\right.$ .