Bài 1.48 trang 24 SBT giải tích 12

LG a

$y = \dfrac{{{x^2} - x - 2}}{{{{(x - 1)}^2}}}$

Phương pháp giải:

- Tiệm cận đứng: Đường thẳng $x = {x_0}$ được gọi là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ nếu nó thỏa mãn một trong 4 điều kiện sau: $\left[ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } y =  + \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } y =  - \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } y =  + \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } y =  - \infty \end{array} \right.$

- Tiệm cận ngang: Đường thẳng $y = {y_0}$ được gọi là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ nếu nó thỏa mãn một trong 2 điều kiện sau: $\left[ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = {y_0}\\\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = {y_0}\end{array} \right.$

Lời giải chi tiết:

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^{\pm}} \left( {{x^2} - x - 2} \right)$ $= {1^2} - 1 - 2 =  - 2 < 0$ và $\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^{\pm} } {\left( {x - 1} \right)^2} = 0\\{\left( {x - 1} \right)^2} > 0,\forall x \ne 1\end{array} \right.$ nên

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \dfrac{{{x^2} - x - 2}}{{{{(x - 1)}^2}}} =  - \infty ;$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \dfrac{{{x^2} - x - 2}}{{{{(x - 1)}^2}}} =  - \infty$ nên $x = 1$ là tiệm cận đứng.

Từ $\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{{x^2} - x - 2}}{{{{(x - 1)}^2}}}$ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{1 - \dfrac{1}{x} - \dfrac{2}{{{x^2}}}}}{{{{\left( {1 - \dfrac{1}{x}} \right)}^2}}} = 1$ suy ra $y = 1$ là tiệm cận ngang.

LG b

$y = \dfrac{{{x^2} + 3x}}{{{x^2} - 4}}$

Lời giải chi tiết:

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {{x^2} + 3x} \right)$ $= {2^2} + 3.2 = 10 > 0$

Và $\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {{x^2} - 4} \right) = 0\\{x^2} - 4 > 0,\forall x > 2\end{array} \right.$ nên

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \dfrac{{{x^2} + 3x}}{{{x^2} - 4}} =  + \infty$

Tương tự $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \dfrac{{{x^2} + 3x}}{{{x^2} - 4}} =  - \infty$  nên $x = 2$ là một tiệm cận đứng.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ - }} \left( {{x^2} + 3x} \right)$ $= {\left( { - 2} \right)^2} + 3.\left( { - 2} \right) =  - 2 < 0$

và $\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ - }} \left( {{x^2} - 4} \right) = 0\\{x^2} - 2 > 0,\forall x <  - 2\end{array} \right.$ nên

$\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ - }} \dfrac{{{x^2} + 3x}}{{{x^2} - 4}} =  - \infty$

Tương tự $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} \dfrac{{{x^2} + 3x}}{{{x^2} - 4}} =  + \infty$ nên $x =  - 2$ là tiệm cận đứng thứ hai.

Ta lại có $\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{{x^2} + 3x}}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{1 + \dfrac{3}{x}}}{{1 - \dfrac{4}{{{x^2}}}}} = 1$  nên $y = 1$ là tiệm cận ngang.

LG c

$y = \dfrac{{2 - x}}{{{x^2} - 4x + 3}}$;

Lời giải chi tiết:

Ta có: $y = \frac{{2 - x}}{{{x^2} - 4x + 3}}$ $= \frac{{2 - x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)}} = \frac{{\frac{{2 - x}}{{x - 3}}}}{{x - 1}}$

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2 - x}}{{x - 3}} =  - \frac{1}{2} < 0$ và $\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 1} \right) = 0\\x - 1 > 0,\forall x > 1\end{array} \right.$ nên $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\frac{{2 - x}}{{x - 3}}}}{{x - 1}} =  - \infty$

Tương tự $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\frac{{2 - x}}{{x - 3}}}}{{x - 1}} =  + \infty$

Lại có: $y = \frac{{2 - x}}{{{x^2} - 4x + 3}}$ $= \frac{{2 - x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)}} = \frac{{\frac{{2 - x}}{{x - 1}}}}{{x - 3}}$

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{2 - x}}{{x - 1}} =  - \frac{1}{2} < 0$ và $\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \left( {x - 3} \right) = 0\\x - 3 > 0,\forall x > 3\end{array} \right.$ nên $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\frac{{2 - x}}{{x - 1}}}}{{x - 3}} =  - \infty$

Tương tự $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{{\frac{{2 - x}}{{x - 1}}}}{{x - 3}} =  + \infty$

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{2 - x}}{{{x^2} - 4x + 3}} = 0$  nên $y = 0$ là tiệm cận ngang.

LG d

$y = \dfrac{{3x + \sqrt {{x^2} + 1} }}{{2 + \sqrt {3{x^2} + 2} }}$

Lời giải chi tiết:

TXĐ: $\mathbb{R}$.

Ta có:

+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{3 + \sqrt {1 + \dfrac{1}{{{x^2}}}} }}{{\dfrac{2}{x} + \sqrt {3 + \dfrac{2}{{{x^2}}}} }}$$= \dfrac{4}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{4\sqrt 3 }}{3}$

+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{3 - \sqrt {1 + \dfrac{1}{{{x^2}}}} }}{{\dfrac{2}{x} - \sqrt {3 + \dfrac{2}{{{x^2}}}} }}$$=  - \dfrac{2}{{\sqrt 3 }} =  - \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}$

Suy ra đồ thị hàm số có các tiệm cận ngang: $y = \dfrac{{4\sqrt 3 }}{3}$ và $y =  - \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}$.

Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

LG e

$y = \dfrac{{5x - 1 - \sqrt {{x^2} - 2} }}{{x - 4}}$

Lời giải chi tiết:

TXĐ:  $D = ( - \infty ; - \sqrt 2 ) \cup (\sqrt 2 ;4) \cup (4; + \infty )$

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y$ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{5x - 1 - \sqrt {{x^2}\left( {1 - \frac{2}{{{x^2}}}} \right)} }}{{x - 4}}$ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{5x - 1 - \left| x \right|\sqrt {1 - \frac{2}{{{x^2}}}} }}{{x - 4}}$ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{5x - 1 - x\sqrt {1 - \frac{2}{{{x^2}}}} }}{{x - 4}}$ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x\left( {5 - \frac{1}{x} - \sqrt {1 - \frac{2}{{{x^2}}}} } \right)}}{{x\left( {1 - \frac{4}{x}} \right)}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{5 - \dfrac{1}{x} - \sqrt {1 - \dfrac{2}{{{x^2}}}} }}{{1 - \dfrac{4}{x}}} = 4$

và $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y$ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{5x - 1 - \sqrt {{x^2}\left( {1 - \frac{2}{{{x^2}}}} \right)} }}{{x - 4}}$ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{5x - 1 - \left| x \right|\sqrt {1 - \frac{2}{{{x^2}}}} }}{{x - 4}}$ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{5x - 1 + x\sqrt {1 - \frac{2}{{{x^2}}}} }}{{x - 4}}$ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{x\left( {5 - \frac{1}{x} + \sqrt {1 - \frac{2}{{{x^2}}}} } \right)}}{{x\left( {1 - \frac{4}{x}} \right)}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{5 - \dfrac{1}{x} + \sqrt {1 - \dfrac{2}{{{x^2}}}} }}{{1 - \dfrac{4}{x}}} = 6$

Nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang $y = 4$ và $y = 6$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \left( {5x - 1 - \sqrt {{x^2} - 2} } \right)$ $= 5.4 - 1 - \sqrt {{4^2} - 2}$ $= 19 - \sqrt {14}  > 0$

Và $\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \left( {x - 4} \right) = 0\\x - 4 > 0,\forall x > 4\end{array} \right.$ nên

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \dfrac{{5x - 1 - \sqrt {{x^2} - 2} }}{{x - 4}} =  + \infty$

Tương tự $\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \dfrac{{5x - 1 - \sqrt {{x^2} - 2} }}{{x - 4}} =  - \infty$ nên đường thẳng $x = 4$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Loigiaihay.com