giải bài tập sgk giải tích 12 nâng cao: đường tiệm cận của đồ thị hàm số

Bài viết hướng dẫn giải các bài tập trong phần câu hỏi và bài tập và phần luyện tập của sách giáo khoa Giải tích 12 nâng cao: Đường tiệm cận của đồ thị hàm số.

CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP

Bài 34. Tìm các đường tiệm cận của đồ thị các hàm số sau:

a) \(y = \frac{{x – 2}}{{3x + 2}}.\)

b) \(y = \frac{{ – 2x – 2}}{{x + 3}}.\)

c) \(y = x + 2 – \frac{1}{{x – 3}}.\)

d) \(y = \frac{{{x^2} – 3x + 4}}{{2x + 1}}.\)

e) \(y = \frac{{x + 2}}{{{x^2} – 1}}.\)

f) \(y = \frac{x}{{{x^3} + 1}}.\)

a) Tập xác định: \(R\backslash \left\{ { – \frac{2}{3}} \right\}.\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \frac{1}{3}\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \frac{1}{3}\) nên đường thẳng \(y = \frac{1}{3}\) là tiệm cận ngang của đồ thị (khi \(x \to + \infty \) và \(x \to – \infty \)).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – \frac{2}{3}} \right)}^ – }} y = + \infty \) nên đường thẳng \(x = – \frac{2}{3}\) là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \(x \to {\left( { – \frac{2}{3}} \right)^ – }\)).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – \frac{2}{3}} \right)}^ + }} y = – \infty \) nên đường thẳng \(x = – \frac{2}{3}\) là tiệm cận ngang của đồ thị (khi \(x \to {\left( { – \frac{2}{3}} \right)^ + }\)).

b) Tập xác định: \(R\backslash \{ – 3\} .\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = – 2\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – 2\) nên đường thẳng \(y = – 2\) là tiệm cận ngang của đồ thị (khi \(x \to + \infty \) và \(x \to – \infty \)).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 3)}^ – }} y = – \infty \) nên đường thẳng \(x = -3\) là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \(x \to {( – 3)^ – }\)) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 3)}^ + }} y = + \infty \) nên đường thẳng \(x = – 3\) cũng là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \(x \to {( – 3)^ + }\)).

c) Tập xác định: \(R\backslash \{ 3\} .\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} y = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = – \infty \) nên đường thẳng \(x = 3\) là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \(x \to {3^ – }\) và khi \(x \to {3^ + }\)).

Đường thẳng \(y = x + 2\) là tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to – \infty \) và \(x \to + \infty \)).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left[ {x + 2 – \frac{1}{{x – 3}} – (x + 2)} \right]\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left( { – \frac{1}{{x – 3}}} \right) = 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {x + 2 – \frac{1}{{x – 3}} – (x + 2)} \right] = 0.\)

d) Cách 1: Hướng dẫn: Viết lại \(y = \frac{1}{2}x – \frac{7}{4} + \frac{{23}}{{4(2x + 1)}}.\)

Tập xác định: \(R\backslash \left\{ { – \frac{1}{2}} \right\}.\)

Làm tương tự câu c để có \(y = \frac{1}{2}x – \frac{7}{4}\) là tiệm cận xiên, \(x = – \frac{1}{2}\) là tiệm cận đứng.

Cách 2: \(y = \frac{{{x^2} – 3x + 4}}{{2x + 1}}.\)

Tập xác định: \(R\backslash \left\{ { – \frac{1}{2}} \right\}.\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – \frac{1}{2}} \right)}^ – }} y = – \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – \frac{1}{2}} \right)}^ + }} y = + \infty \) nên đường thẳng \(x = – \frac{1}{2}\) là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \(x \to {\left( { – \frac{1}{2}} \right)^ \pm }\)).

Ta có \(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} – 3x + 4}}{{x(2x + 1)}} = \frac{1}{2}\), \(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\frac{{{x^2} – 3x + 4}}{{2x + 1}} – \frac{1}{2}x} \right]\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ – 7x + 8}}{{4x + 2}} = – \frac{7}{4}\) nên đường thẳng \(y = \frac{1}{2}x – \frac{7}{4}\) là tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to + \infty \)).

Ta cũng có: \(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{{x^2} – 3x + 4}}{{x(2x + 1)}} = \frac{1}{2}\), \(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left[ {\frac{{{x^2} – 3x + 4}}{{2x + 1}} – \frac{1}{2}x} \right] = – \frac{7}{4}\) nên đường thẳng \(y = \frac{1}{2}x – \frac{7}{4}\) cũng là tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to – \infty \)).

e) Hàm số xác định trên \(R\backslash \{ \pm 1\} .\)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} \frac{{x + 2}}{{{x^2} – 1}} = – \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x + 2}}{{{x^2} – 1}} = + \infty \) nên đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \(x \to {1^ \pm }\)).

Cũng có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ – }} \frac{{x + 2}}{{{x^2} – 1}} = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ + }} y = – \infty \) nên đường thẳng \(x = -1\) cũng là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \(x \to {( – 1)^ – }\) và \(x \to {( – 1)^ + }\)).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{x + 2}}{{{x^2} – 1}} = 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + 2}}{{{x^2} – 1}} = 0\) nên đường thẳng \(y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị (khi \(x \to – \infty \) và \(x \to + \infty \)).

Kết luận: Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận đứng là các đường thẳng \(x = \pm 1\) và một tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = 0.\)

f) \(y = \frac{x}{{{x^3} + 1}}\): hàm số xác định trên \(R\backslash \{ – 1\} .\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{x}{{{x^3} + 1}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{1}{{{x^2}}}}}{{1 + \frac{1}{{{x^3}}}}} = 0\), tương tự: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{x}{{{x^3} + 1}} = 0\) nên đường thẳng \(y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị (khi \(x \to – \infty \) và khi \(x \to + \infty \)).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ – }} \frac{x}{{{x^3} + 1}} = + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ + }} \frac{x}{{{x^3} + 1}} = – \infty \) nên đường thẳng \(x = -1\) là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \({x \to {{( – 1)}^ – }}\) và \({x \to {{( – 1)}^ + }}\)).

Kết luận: Đồ thị có tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = 0\) và tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = -1.\)

Bài 35. Tìm các đường tiệm cận của đồ thị các hàm số sau:

a) \(y = \frac{{2x – 1}}{{{x^2}}} + x – 3.\)

b) \(y = \frac{{{x^3} + 2}}{{{x^2} – 2x}}.\)

c) \(y = \frac{{{x^3} + x + 1}}{{{x^2} – 1}}.\)

d) \(y = \frac{{{x^2} + x + 1}}{{ – 5{x^2} – 2x + 3}}.\)

a) Hàm số xác định trên \(R\backslash \{ 0\} .\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = – \infty \) nên đường thẳng \(x = 0\) là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \(x \to {0^ + }\) và khi \(x \to {0^ – }\)).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left[ {\frac{{2x – 1}}{{{x^2}}} + x – 3 – (x – 3)} \right]\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{2x – 1}}{{{x^2}}} = 0.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\frac{{2x – 1}}{{{x^2}}} + x – 3 – (x – 3)} \right]\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x – 1}}{{{x^2}}} = 0.\)

Nên đường thẳng \(y = x – 3\) là tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to – \infty \) và khi \(x \to + \infty \)).

b) \(y = \frac{{{x^3} + 2}}{{{x^2} – 2x}} = f(x).\)

Hàm số xác định trên \(R\backslash \{ 0;2\} .\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = – \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ – }} y = + \infty \) nên đường thẳng \(x = 0\) là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \(x \to {0^ – }\) và \(x \to {0^ + }\)).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^3} + 2}}{{{x^2} – 2x}} = + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} \frac{{{x^3} + 2}}{{{x^2} – 2x}} = – \infty \) nên đường thẳng \(x = 2\) cũng là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \(x \to {2^ – }\) và khi \(x \to {2^ + }\)).

Ta có: \(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^3} + 2}}{{{x^3} – 2{x^2}}} = 1.\)

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } [f(x) – ax]\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\frac{{{x^3} + 2}}{{{x^2} – 2x}} – x} \right]\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2{x^2} + 2}}{{{x^2} – 2x}} = 2.\)

Nên đường thẳng \(y = x + 2\) là đường tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to + \infty \)).

Tương tự, \(y = x + 2\) cũng là tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to – \infty \)).

Kết luận: Đồ thị hàm số đã cho có các đường tiệm cận đứng là \(x = 0\), \(x = 2\) và đường tiệm cận xiên là \(y = x + 2.\)

c) Tập xác định: \(R\backslash \{ \pm 1\} .\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ – }} \frac{{{x^3} + x + 1}}{{{x^2} – 1}} = – \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ + }} \frac{{{x^3} + x + 1}}{{{x^2} – 1}} = + \infty .\)

Nên đường thẳng \(x = -1\) là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \(x \to {( – 1)^ – }\) và khi \({x \to {{( – 1)}^ + }}\)).

Tương tự, đường thẳng \(x = 1\) cũng là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \(x \to {1^ – }\) và khi \(x \to {1^ + }\)).

Viết lại \(y = x + \frac{{2x + 1}}{{{x^2} – 1}}.\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } (y – x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{2x + 1}}{{{x^2} – 1}} = 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (y – x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 1}}{{{x^2} – 1}} = 0\) nên đường thẳng \(y = x\) là tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to – \infty \) và khi \(x \to + \infty \)).

Kết luận: Đồ thị có hai tiệm cận đứng là các đường thẳng \(x = – 1\), \(x = 1\) và tiệm cận xiên là đường thẳng \(y = x.\)

d) Tập xác định: \(R\backslash \left\{ { – 1;\frac{3}{5}} \right\}.\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ – }} \frac{{{x^2} + x + 1}}{{ – 5{x^2} – 2x + 3}} = – \infty .\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ + }} \frac{{{x^2} + x + 1}}{{ – 5{x^2} – 2x + 3}} = + \infty .\)

Nên đường thẳng \(x = -1\) là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \(x \to {( – 1)^ – }\) và khi \(x \to {( – 1)^ + }\)).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^ – }} \frac{{{x^2} + x + 1}}{{ – 5{x^2} – 2x + 3}} = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^ + }} \frac{{{x^2} + x + 1}}{{ – 5{x^2} – 2x + 3}} = – \infty \) nên đường thẳng \(x = \frac{3}{5}\) cũng là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \(x \to {\left( {\frac{3}{5}} \right)^ – }\) và khi \(x \to {\left( {\frac{3}{5}} \right)^ + }\)).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{{x^2} + x + 1}}{{ – 5{x^2} – 2x + 3}} = – \frac{1}{5}\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} + x + 1}}{{ – 5{x^2} – 2x + 3}} = – \frac{1}{5}\) nên đường thẳng \(y = – \frac{1}{5}\) là tiệm cận ngang của đồ thị (khi \(x \to – \infty \) và khi \(x \to + \infty \)).

Kết luận: Đồ thị có hai tiệm cận đứng, là các đường thẳng \(x = -1\), \(x = \frac{3}{5}\) và có tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = – \frac{1}{5}.\)

Bài 36. Tìm các đường tiệm cận của đồ thị các hàm số sau:

a) \(y = \sqrt {{x^2} – 1} .\)

b) \(y = 2x + \sqrt {{x^2} – 1} .\)

c) \(y = x + \sqrt {{x^2} + 1} .\)

d) \(y = \sqrt {{x^2} + x + 1} .\)

a) Tập xác định: \(( – \infty ; – 1] \cup [1; + \infty ).\)

Ta có: \(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} – 1} }}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{ – x\sqrt {1 – \frac{1}{{{x^2}}}} }}{x} = – 1.\)

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } (\sqrt {{x^2} – 1} + x)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{ – 1}}{{\sqrt {{x^2} – 1} – x}} = 0.\)

Vậy đường thẳng \(y = -x\) là tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to – \infty \)).

Ta có: \(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} – 1} }}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\sqrt {1 – \frac{1}{{{x^2}}}} }}{x} = 1.\)

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (\sqrt {{x^2} – 1} – x)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ – 1}}{{\sqrt {{x^2} – 1} + x}} = 0.\)

Vậy đường thẳng \(y = x\) là tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to + \infty \)).

Kết luận: Đồ thị có tiệm cận xiên là \(y = -x\) (khi \(x \to – \infty \)) và \(y = x\) (khi \(x \to + \infty \)).

b) Tập xác định: (-\infty ;-1] \cup[1 ;+\infty)

Ta có: \(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{2x + \sqrt {{x^2} – 1} }}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{x\left( {2 – \sqrt {1 – \frac{1}{{{x^2}}}} } \right)}}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left( {2 – \sqrt {1 – \frac{1}{{{x^2}}}} } \right) = 1.\)

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } (2x + \sqrt {{x^2} – 1} – x)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } (x + \sqrt {{x^2} – 1} ) = 0\) (theo a).

Vậy đường thẳng \(y = x\) là tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to – \infty \)).

Ta có: \(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + \sqrt {{x^2} – 1} }}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\left( {2 + \sqrt {1 – \frac{1}{{{x^2}}}} } \right)}}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {2 + \sqrt {1 – \frac{1}{{{x^2}}}} } \right) = 3.\)

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (2x + \sqrt {{x^2} – 1} – 3x)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (\sqrt {{x^2} – 1} – x) = 0\) (theo a).

Vậy đường thẳng \(y = 3x\) là tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to + \infty \)).

Kết luận: Đồ thị có các đường tiệm cận (xiên) là: \(y = x\) (khi \(x \to – \infty \)) và \(y = 3x\) (khi \(x \to + \infty \)).

c) Tập xác định: \(R.\)

Ta có:

\(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{x\left( {1 – \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} } \right)}}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left( {1 – \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} } \right) = 0.\)

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

Ta có:

\(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\left( {1 + \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} } \right)}}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {1 + \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} } \right) = 2.\)

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (x + \sqrt {{x^2} + 1} – 2x)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (\sqrt {{x^2} + 1} – x)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} + x}} = 0.\)

Vậy đường thẳng \(y = 2x\) là tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to + \infty \)).

Kết luận: Các đường tiệm cận của đồ thị là: \(y = 0\) (khi \(x \to – \infty \)), \(y = 2x\) (khi \(x \to + \infty \)).

d) Tập xác định: \(R.\)

Ta có: \(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + x + 1} }}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{|x|\sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left( { – \sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} } \right) = – 1.\)

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } (\sqrt {{x^2} + x + 1} + x)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + x + 1} – x}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{1 + \frac{1}{x}}}{{ – \sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} – 1}}\) \( = – \frac{1}{2}.\)

Suy ra đường thẳng \(y = – x – \frac{1}{2}\) là tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to – \infty \)).

Ta có: \(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + x + 1} }}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{x} = 1.\)

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (\sqrt {{x^2} + x + 1} – x)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + x + 1} + x}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 + \frac{1}{x}}}{{ – \sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} + 1}} = \frac{1}{2}.\)

Suy ra đường thẳng \(y = x + \frac{1}{2}\) là tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to + \infty \)).

Kết luận: Đồ thị có các đường tiệm cận (xiên) là: \(y = – x – \frac{1}{2}\) (khi \(x \to – \infty \)), \(y = x + \frac{1}{2}\) (khi \(x \to + \infty \)).

LUYỆN TẬP

Bài 37. Tìm các tiệm cận của đồ thị mỗi hàm số sau:

a) \(y = x + \sqrt {{x^2} – 1} .\)

b) \(y = \sqrt {{x^2} – 4x + 3} .\)

c) \(y = \sqrt {{x^2} + 4} .\)

d) \(y = \frac{{{x^2} + x + 1}}{{{x^2} – 1}}.\)

a) Tập xác định: \(( – \infty ; – 1] \cup [1; + \infty ).\)

Ta có:

\(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{y}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {1 + \frac{{\sqrt {{x^2} – 1} }}{x}} \right) = 2.\)

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (y – 2x)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (\sqrt {{x^2} – 1} – x)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ – 1}}{{\sqrt {{x^2} – 1} + x}} = 0.\)

Suy ra đường thẳng \(y = 2x\) là tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to + \infty \)).

Ta có:

\(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{y}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{x + \sqrt {{x^2} – 1} }}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{x\left( {1 – \sqrt {1 – \frac{1}{{{x^2}}}} } \right)}}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left( {1 – \sqrt {1 – \frac{1}{{{x^2}}}} } \right) = 0.\)

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

Kết luận: Các tiệm cận của đồ thị là: \(y = 2x\) (khi \(x \to + \infty \)), \(y = 0\) (khi \(x \to – \infty \)).

b) Tập xác định: \(( – \infty ;1] \cup [3; + \infty ).\)

Ta có:

\(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} – 4x + 3} }}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{ – x\sqrt {1 – \frac{4}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} }}{x}\) \( = – \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \sqrt {1 – \frac{4}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} = – 1.\)

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } (\sqrt {{x^2} – 4x + 3} + x)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{ – 4x + 3}}{{\sqrt {{x^2} – 4x + 3} – x}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{ – 4 + \frac{3}{x}}}{{ – \sqrt {1 – \frac{4}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} – 1}} = 2.\)

Suy ra đường thẳng \(y = -x + 2\) là tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to – \infty \)).

Ta có:

\(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{y}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} – 4x + 3} }}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {1 – \frac{4}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} = 1.\)

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (y – ax)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (\sqrt {{x^2} – 4x + 3} – x)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ – 4x + 3}}{{\sqrt {{x^2} – 4x + 3} + x}} = – 2.\)

Suy ra đường thẳng \(y = x – 2\) là tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to + \infty \)).

c) \(y = \sqrt {{x^2} + 4} .\)

Tập xác định: \(R.\)

Ta có: \(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{y}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 4} }}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{ – x\sqrt {1 + \frac{4}{{{x^2}}}} }}{x}\) \( = – \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \sqrt {1 + \frac{4}{{{x^2}}}} = – 1.\)

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } (y – ax)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } (\sqrt {{x^2} + 4} + x)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{4}{{\sqrt {{x^2} + x} – x}} = 0.\)

Vậy \(y = -x\) là tiệm cận xiên của đồ thị (khi x \(x \to – \infty \)).

Ta có:

\(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{y}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 4} }}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\sqrt {1 + \frac{4}{{{x^2}}}} }}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {1 + \frac{4}{{{x^2}}}} = 1.\)

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (y – ax)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (\sqrt {{x^2} + 4} – x)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{4}{{\sqrt {{x^2} + 4} + x}} = 0.\)

Vậy đường thẳng \(y = x\) là tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to + \infty \)).

Kết luận: Tiệm cận của đồ thị là: \(y = -x\) (khi \(x \to – \infty \)) và \(y = x\) (khi \(x \to + \infty \)).

d) Tập xác định: \(R\backslash \{ \pm 1\} .\)

Ta có:

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ – }} \frac{{{x^2} + x + 1}}{{{x^2} – 1}} = + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ + }} \frac{{{x^2} + x + 1}}{{{x^2} – 1}} = – \infty \) nên đường thẳng \(x = -1\) là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \(x \to {( – 1)^ – }\) và khi \({x \to {{( – 1)}^ + }}\)).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} \frac{{{x^2} + x + 1}}{{{x^2} – 1}} = – \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} + x + 1}}{{{x^2} – 1}} = + \infty \) nên đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \(x \to {1^ – }\) và khi \(x \to {1^ + }\)).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{{x^2} + x + 1}}{{{x^2} – 1}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{1 – \frac{1}{{{x^2}}}}} = 1.\)

Tương tự \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } = 1.\)

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

Bài 38.

a) Tìm tiệm cận đứng và tiệm cận xiên của đồ thị \((C)\) của hàm số \(y = \frac{{{x^2} – 2x + 2}}{{x – 3}}.\)

b) Xác định giao điểm \(I\) của hai tiệm cận trên và viết công thức chuyển hệ tọa độ trong phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow {OI} .\)

c) Viết phương trình của đường cong \((C)\) đối với hệ tọa độ \(IXY.\) Từ đó suy ra rằng \(I\) là tâm đối xứng của đường cong \((C).\)

a) Tập xác định: \(R\backslash \{ 3\} .\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \frac{{{x^2} – 2x + 2}}{{x – 3}} = – \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{{x^2} – 2x + 2}}{{x – 3}} = + \infty \) nên đường thẳng \(x = 3\) là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \(x \to {3^ – }\) và khi \(x \to {3^ + }\)).

Hàm số được viết lại là \(y = x + 1 + \frac{5}{{x – 3}}.\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } [y – (x + 1)] = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{5}{{x – 3}} = 0\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } [y – (x + 1)] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{5}{{x – 3}} = 0\) nên đường thẳng \(y = x + 1\) là tiệm cận xiên của đồ thị (khi \(x \to – \infty \) và khi \(x \to + \infty \)).

Kết luận: Tiệm cận đứng của đồ thị là đường thẳng \(x = 3\), tiệm cận xiên của đồ thị là đường thẳng \(y = x + 1.\)

b) Gọi \(I\) là giao điểm của hai đường tiệm cận trên.

Khi đó, tọa độ của \(I\) là nghiệm của hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 3}\\

{y = x + 1}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 3}\\

{y = 4}

\end{array}} \right..\)

Vậy \(I(3;4)\) (đối với hệ tọa độ \(Oxy\)).

Công thức chuyển hệ tọa độ trong phép tịnh tiến theo véctơ \(\overrightarrow {OI} \) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = X + 3}\\

{y = Y + 4}

\end{array}} \right..\)

c) Viết phương trình đường cong \((C)\) đối với hệ tọa độ \(IXY.\)

Ta có: \(Y + 4 = \frac{{{{(X + 3)}^2} – 2(X + 3) + 2}}{{(X + 3) – 3}}\) hay \(Y = X + \frac{5}{X}\) \((C).\)

Vì \(Y = X + \frac{5}{X}\) là hàm số lẻ nên \((C)\) nhận gốc tọa độ \(I\) làm tâm đối xứng.

Bài 39. Cùng các câu hỏi như bài tập 38 đối với đồ thị của các hàm số sau:

a) \(y = \frac{{{x^2} + x – 4}}{{x + 2}}.\)

b) \(y = \frac{{{x^2} – 8x + 19}}{{x – 5}}.\)

a) Tập xác định: \(R\backslash \{ – 2\} .\)

Viết lại \(y = x – 1 – \frac{2}{{x + 2}}\) \(\left( {{C_1}} \right).\)

+ Tiệm cận xiên của đồ thị là \(y = x – 1\) (khi \(x \to – \infty \) và khi \(x \to + \infty \)).

Vì: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left[ {x – 1 – \frac{2}{{x + 2}} – (x – 1)} \right]\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{ – 2}}{{x + 2}} = 0.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {x – 1 – \frac{2}{{x + 2}} – (x – 1)} \right]\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ – 2}}{{x + 2}} = 0.\)

+ Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 2)}^ – }} y\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 2)}^ – }} \left( {x – 1 – \frac{2}{{x + 2}}} \right) = + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 2)}^ + }} y = – \infty \) nên đường thẳng \(x = – 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị (khi \({x \to {{( – 2)}^ – }}\) và khi \({x \to {{( – 2)}^ + }}\)).

+ Giao điểm \(I\) của hai đường tiệm cận là \(I(-2;-3).\)

+ Công thức chuyển hệ tọa độ trong phép tịnh tiến theo véctơ \(\overrightarrow {OI} \) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = X – 2}\\

{y = Y – 3}

\end{array}} \right..\)

+ Phương trình của đường cong \(({C_1})\) trong hệ tọa độ \(IXY:\)

Ta có: \(y = x – 1 – \frac{2}{{x + 2}}\) trở thành \(Y – 3 = X – 3 – \frac{2}{X}\) hay \(Y = X – \frac{2}{X}.\)

Vậy \(\left( {{C_1}} \right)\) trong hệ tọa độ \(IXY\) có phương trình \(Y = X – \frac{2}{X}.\)

Đây là hàm số lẻ nên đồ thị \(\left( {{C_1}} \right)\) của nó nhận gốc tọa độ \(I\) làm tâm đối xứng.

b) Viết lại \(y = x – 3 + \frac{4}{{x – 5}}\) \(\left( {{C_2}} \right).\)

+ Tiệm cận xiên của đồ thị \(\left( {{C_2}} \right)\) là đường thẳng \(y = x – 3\) (khi \(x \to + \infty \) và khi \(x \to – \infty \)).

Tiệm cận đứng của đồ thị là đường thẳng \(x = 5\) (khi \(x \to {5^ – }\) và khi \(x \to {5^ + }\)).

+ Giao điểm \(I\) của hai đường tiệm cận có tọa độ \(I(5;2).\)

+ Công thức chuyển hệ tọa độ trong phép tịnh tiến theo \(\overrightarrow {OI} \) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = X + 5}\\

{y = Y + 2}

\end{array}} \right..\)

+ Phương trình của đường cong \(\left( {{C_2}} \right)\) trong hệ tọa độ \(IXY:\)

Ta có phương trình \(y = x – 3 + \frac{4}{{x – 5}}\) trở thành:

\(Y + 2\) \( = (X + 5) – 3\) \( + \frac{4}{{(X + 5) – 5}}\) hay \(Y = X + \frac{4}{X}.\)

Đây là hàm lẻ nên đồ thị \(\left( {{C_2}} \right)\) của nó nhận gốc tọa độ \(I\) làm tâm đối xứng.