giải bài tập sgk giải tích 12 nâng cao: khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của một số hàm phân thức hữu tỉ

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: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của một số hàm phân thức hữu tỉ.

CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP

Bài 49.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số \(y = \frac{{x – 2}}{{2x + 1}}.\)

b) Chứng minh rằng giao điểm \(I\) của hai đường tiệm cận của đồ thị là tâm đối xứng của nó.

a) \(y = \frac{{x – 2}}{{2x + 1}}.\)

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

\(y’ = \frac{5}{{{{(2x + 1)}^2}}} /> 0\), \(\forall x \in R\backslash \left\{ { – \frac{1}{2}} \right\}.\)

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng \(\left( { – \infty ; – \frac{1}{2}} \right)\) và \(\left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right).\)

Hàm số không có cực trị.

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

Vậy đường thẳng \(x = – \frac{1}{2}\) là tiệm cận đứng.

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

Vậy đường thẳng \(y = \frac{1}{2}\) là tiệm cận ngang.

Bảng biến thiên:

Đồ thị giao với \(Ox\) là \(A(2;0).\)

Đồ thị giao với \(Oy\) là \(B(0;-2).\)

b) Giao điểm của hai đường tiệm cận \(I = \left( { – \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right).\)

Áp dụng công thức đổi trục tọa độ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = – \frac{1}{2} + X}\\

{y = \frac{1}{2} + Y}

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

Đưa hàm số về dạng \(Y = – \frac{5}{{4X}}.\)

Đây là hàm số lẻ nên đồ thị có tâm đối xứng là điểm \(I\), suy ra điều phải chứng minh.

Bài 50. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau:

a) \(y = \frac{{x + 1}}{{x – 1}}.\)

b) \(y = \frac{{2x + 1}}{{1 – 3x}}.\)

a) \(y = \frac{{x + 1}}{{x – 1}}.\)

Tập xác định: \(D = R\backslash \{ 1\} .\)

\(y’ = \frac{{ – 2}}{{{{(x – 1)}^2}}} < 0\), \(\forall x \in D.\)

Hàm số luôn nghịch biến trên \(( – \infty ;1)\) và \((1; + \infty ).\)

Hàm số không có cực trị.

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

Vậy đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + 1}}{{x – 1}} = 1\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{x + 1}}{{x – 1}} = 1.\)

Vậy đường thẳng \(y = 1\) là tiệm cận ngang.

Bảng biến thiên:

Đồ thị giao với \(Ox\) là: \(A(-1;0).\)

Đồ thị giao với \(Oy\) là: \(B(0;-1).\)

Đồ thị nhận \(I(1;1)\) làm tâm đối xứng.

b) \(y = \frac{{2x + 1}}{{1 – 3x}}.\)

Tập xác định: \(D = R\backslash \left\{ {\frac{1}{3}} \right\}.\)

\(y’ = \frac{5}{{{{(1 – 3x)}^2}}} /> 0\), \(\forall x \in D.\)

Vậy hàm số đã cho luôn đồng biến trên \(\left( { – \infty ;\frac{1}{3}} \right)\) và \(\left( {\frac{1}{3}; + \infty } \right).\)

Hàm số không có cực trị.

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

Vậy đường thẳng \(y = – \frac{2}{3}\) là tiệm cận ngang.

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

Vậy đường thẳng \(x = \frac{1}{3}\) là tiệm cận đứng.

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

+ Giao với \(Ox\) là \(A\left( { – \frac{1}{2};0} \right).\)

+ Giao với \(Oy\) là \(B(0;1).\)

Đồ thị nhận \(I\left( {\frac{1}{3}; – \frac{2}{3}} \right)\) làm tâm đối xứng.

Bài 51.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số \(y = \frac{{2{x^2} + 5x + 4}}{{x + 2}}.\)

b) Chứng minh rằng giao điểm \(I\) của hai đường tiệm cận của đồ thị là tâm đối xứng của nó.

c) Tùy giá trị của \(m\) hãy biện luận số nghiệm của phương trình \(\frac{{2{x^2} + 5x + 4}}{{x + 2}} + m = 0.\)

a) \(y = \frac{{2{x^2} + 5x + 4}}{{x + 2}}.\)

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

\(y’ = \frac{{2{x^2} + 8x + 6}}{{{{(x + 2)}^2}}}\), \(y’ = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = – 1}\\

{x = – 3}

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

Hàm số đồng biến trên khoảng \(( – \infty ; – 3)\) và \(( – 1; + \infty ).\)

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(( – 3; – 2)\) và \(( – 2; – 1).\)

\({y_{CĐ}} = y( – 3) = – 7.\)

\({y_{CT}} = y( – 1) = 1.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – {2^ – }} \frac{{2{x^2} + 5x + 4}}{{x + 2}} = + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{2{x^2} + 5x + 4}}{{x + 2}} = – \infty .\)

Vậy đường thẳng \(x = -2\) là tiệm cận đứng.

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

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

Vậy đường thẳng \(y = 2x + 1\) là tiệm cận xiên.

Bảng biến thiên:

Đồ thị giao với \(Oy\) là \(A(0;2)\), đi qua \(B(-1;1).\)

b) Giao điểm của hai đường tiệm cận \(I( – 2; – 3).\)

Áp dụng công thức đổi trục tọa độ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = – 2 + X}\\

{y = – 3 + Y}

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

Đưa hàm số về dạng:

\(Y = \frac{{2{X^2} + 2}}{X}\) \( = 2X + \frac{2}{X}.\)

Đây là hàm số lẻ nên đồ thị có tâm đối xứng là điểm \(I.\)

c) Ta có phương trình là: \(\frac{{2{x^2} + 5x + 4}}{{x + 2}} = – m.\)

Vẽ hai đường \(y = \frac{{2{x^2} + 5x + 4}}{{x + 2}}\) và \(y = -m\) trên cùng một hệ trục tọa độ.

+ \( – m /> 1\) \( \Leftrightarrow m < – 1\), đường thẳng \(y = -m\) cắt đồ thị tại hai điểm, suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt.

+ \( – 7 < – m < 1\) \( \Leftrightarrow – 1 < m < 7\), đường thẳng \(y = -m\) không cắt đồ thị, suy ra phương trình vô nghiệm.

+ \( – m < – 7\) \( \Leftrightarrow m /> 7\), đường thẳng \(y = -m\) cắt đồ thị tại hai điểm, suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Kết luận:

+ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{m < – 1}\\

{m /> 7}

\end{array}} \right.:\) phương trình có hai nghiệm phân biệt.

+ \(m = – 1\), \(m = 7\): phương trình có một nghiệm.

+ \( – 1 < m < 7\): phương trình vô nghiệm.

Bài 52. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau:

a) \(y = \frac{{{x^2} – 3x + 6}}{{x – 1}}.\)

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

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

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

a) \(y = \frac{{{x^2} – 3x + 6}}{{x – 1}}.\)

Tập xác định \(D = R\backslash \{ 1\} .\)

\(y’ = \frac{{{x^2} – 2x – 3}}{{{{(x – 1)}^2}}}\), \(y’ = 0\) khi \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = – 1}\\

{x = 3}

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

Hàm số đồng biến trên khoảng \(( – \infty ; – 1)\) và \((3; + \infty ).\)

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(( – 1;1)\) và \((1;3).\)

\({y_{CĐ}} = y( – 1) = – 5\), \({y_{CT}} = y(3) = 3.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } [y – (x – 2)] = 0\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } [y – (x – 2)] = 0.\)

Vậy đường thẳng \(y = x – 2\) là tiệm cận xiên.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} – 3x + 6}}{{x – 1}} = + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} \frac{{{x^2} – 3x + 6}}{{x – 2}} = – \infty .\)

Vậy đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng.

Bảng biến thiên:

Đồ thị giao \(Oy\) tại \((0;-6)\), đồ thị đi qua \(A(-3;-6).\)

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

Tập xác định: \(D = R\backslash \{ 1\} .\)

\(y’ = \frac{{ – 2{x^2} + 4x}}{{{{(1 – x)}^2}}}\), \(y’ = 0\) khi \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 0}\\

{x = 2}

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

Hàm số đồng biến trên khoảng \((0;1)\) và \((1;2).\)

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(( – \infty ;0)\), \((2; + \infty ).\)

\({y_{CĐ}} = y(2) = – 7\), \({y_{CT}} = y(0) = 1.\)

\(y = – 2x – 1 + \frac{2}{{1 – x}}.\)

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

Vậy \(y = – 2x – 1\) là tiệm cận xiên.

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

Vậy đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng.

Bảng biến thiên:

Đồ thị đi qua điểm \(A(-1;2)\) và \(B(2;-7).\)

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

Tập xác định \(D = R\backslash \{ – 2\} .\)

\(y’ = \frac{{2{x^2} + 8x + 9}}{{{{(x + 2)}^2}}}\) \( = \frac{{2{{(x + 2)}^2} + 1}}{{{{(x + 2)}^2}}} /> 0\), \(\forall x \in D.\)

Vậy hàm số luôn đồng biến trên khoảng \(( – \infty ; – 2)\) và \(( – 2; + \infty ).\)

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

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

Vậy đường thẳng \(y = 2x – 1\) là tiệm cận xiên.

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

Vậy đường thẳng \(x = -2\) là tiệm cận đứng.

Bảng biến thiên:

Đồ thị giao với \(Oy\) tại \(A\left( {0; – \frac{3}{2}} \right)\), đi qua \(B( – 1; – 4).\)

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

Tập xác định \(D = R\backslash \{ 1\} .\)

\(y’ = – 1 – \frac{1}{{{{(x – 1)}^2}}} < 0\), \(\forall x \in D.\)

+ Vậy hàm số luôn nghịch biến trên \(( – \infty ;1)\) và \((1; + \infty ).\)

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

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

Vậy đường thẳng \(y = -x + 2\) là tiệm cận xiên.

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

Vậy đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng.

Bảng biến thiên:

Điểm đặc biệt \({A(0;1)}\), \({B( – 1;2)}\), \({C(2;1)}.\)

LUYỆN TẬP

Bài 53.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{x – 2}}.\)

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại giao điểm \(A\) của đồ thị với trục tung.

c) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị song song với tiếp tuyến tại điểm \(A.\)

a) \(y = \frac{{x + 1}}{{x – 2}}.\)

Tập xác định \(D = R\backslash \{ 2\} .\)

\(y’ = \frac{{ – 3}}{{{{(x – 2)}^2}}} < 0\), \(\forall x \in D.\)

Vậy hàm số luôn nghịch biến trên \(( – \infty ;2)\) và \((2; + \infty ).\)

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

Vậy đường thẳng \(x = 2\) là tiệm cận đứng.

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

Vậy đường thẳng \(y = 1\) là tiệm cận ngang.

Bảng biến thiên:

Điểm đặc biệt \(A\left( {0; – \frac{1}{2}} \right)\), \(B( – 1;0).\)

b) \(A\) là điểm giao với trục tung nên \(A\left( {0; – \frac{1}{2}} \right).\)

Phương trình tiếp tuyến tại \(A\) có dạng:

\(y = y’\left( {{x_0}} \right)(x – 0) – \frac{1}{2}\) \( = y’\left( {{x_0}} \right)x – \frac{1}{2}\), với \(y’\left( {{x_0}} \right) = y(0) = – \frac{3}{4}\) \( \Rightarrow y = – \frac{3}{4}x – \frac{1}{2}\) \((d).\)

c) Gọi \(\Delta \) là phương trình tiếp tuyến song song với \(d\) nên \(\Delta \) có hệ số góc \({k_\Delta } = – \frac{3}{4}.\)

Suy ra phương trình tiếp tuyến \(\Delta \) có dạng: \(y = – \frac{3}{4}\left( {x – {x_0}} \right) + {y_0}\), \(\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc đồ thị. Vì \(\Delta \) là tiếp tuyến của \((C)\) nên ta có:

\(y’\left( {{x_0}} \right) = – \frac{3}{4}\) \( \Rightarrow – \frac{3}{{{{\left( {{x_0} – 2} \right)}^2}}} = – \frac{3}{4}\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{{x_0} = 0}\\

{{x_0} = 4}

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

Với \({x_0} = 0\) \( \Rightarrow {y_0} = – \frac{1}{2}\) \( \Rightarrow \Delta \equiv d\), \(y = – \frac{3}{4}x – \frac{1}{2}.\)

Với \({x_0} = 4\) \( \Rightarrow {y_0} = \frac{5}{2}.\)

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) là: \(y = – \frac{3}{4}x + \frac{{11}}{2}.\)

Bài 54.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị \((H)\) của hàm số \(y = 1 – \frac{1}{{x + 1}}.\)

b) Từ đồ thị hàm số \((H)\) suy ra cách vẽ đồ thị \({y_1} = – 1 + \frac{1}{{x + 1}}.\)

a) \(y = 1 – \frac{1}{{x + 1}}.\)

Tập xác định \(D = R\backslash \{ – 1\} .\)

\(y’ = \frac{1}{{{{(x + 1)}^2}}} /> 0\), \(\forall x \in D.\)

Hàm số luôn đồng biến trên khoảng \(( – \infty ; – 1)\) và \(( – 1; + \infty ).\)

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

Vậy đường thẳng \(x = -1\) là tiệm cận đứng.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {1 – \frac{1}{{x + 1}}} \right) = 1\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left( {1 – \frac{1}{{x + 1}}} \right) = 1.\)

Vậy đường thẳng \(y = 1\) là tiệm cận ngang.

Bảng biến thiên:

Điểm đặc biệt: \(A(0;0)\), \(B\left( {1;\frac{1}{2}} \right).\)

b) Gọi \({y_1} = – 1 + \frac{1}{{x + 1}}\) có đồ thị \((C).\)

\({y_1} = – \left( {1 – \frac{1}{{x + 1}}} \right) = – y.\)

Cách vẽ đồ thị \((C):\) Đồ thị hàm số đối xứng với \((H)\) qua trục hoành.

Bài 55.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số \(y = x – \frac{2}{{x – 1}}.\)

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho biết rằng tiếp tuyến đó đi qua điểm \(A(3;3).\)

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

Tập xác định \(D = R\backslash \{ 1\} .\)

\(y’ = 1 + \frac{2}{{{{(x – 1)}^2}}} /> 0\), \(\forall x \in D.\)

Vậy hàm số luôn đồng biến trên \(( – \infty ;1)\) và \((1; + \infty ).\)

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

Vậy đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng.

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

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

Vậy đường thẳng \(y = x\) là tiệm cận xiên.

Bảng biến thiên:

Đồ thị: Giao với \(Ox\): \((-1;0)\), \((2;0)\), giao với \(Oy\): \((0;2).\)

b) Gọi phương trình đường thẳng \((d)\) có hệ số góc \(k\) đi qua \(A(3;3)\) có dạng:

\(y – 3 = k(x – 3)\) \( \Leftrightarrow y = k(x – 3) + 3.\)

\((d)\) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{\frac{{{x^2} – x – 2}}{{x – 1}} = k(x – 3) + 3\:\:(1)}\\

{1 + \frac{2}{{{{(x – 1)}^2}}} = k\:\:(2)}

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

Thế \((2)\) vào \((1)\) ta được: \(\frac{{{x^2} – x – 2}}{{x – 1}}\) \( = \frac{{\left( {{x^2} – 2x + 3} \right)(x – 3)}}{{{{(x – 1)}^2}}} + 3.\)

\( \Rightarrow \left( {{x^2} – x – 2} \right)(x – 1)\) \( = \left( {{x^2} – 2x + 3} \right)(x – 3)\) \( + 3{(x – 1)^2}.\)

\( \Leftrightarrow 4x = 8\) \( \Rightarrow x = 2.\)

Với \(x = 2\) \( \Rightarrow k = 3.\) Vậy phương trình tiếp tuyến là:

\(y = 3(x – 3) + 3\) \( \Leftrightarrow y = 3x – 6.\)

Bài 56.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị \((C)\) của hàm số \(y = \frac{{{x^2}}}{{x + 1}}.\)

b) Từ đồ thị hàm số đã cho suy ra cách vẽ đồ thị của hàm số \(y = \frac{{{x^2}}}{{|x + 1|}}.\)

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

Tập xác định \(D = R\backslash \{ – 1\} .\)

\(y’ = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{(x + 1)}^2}}}\), \(y’ = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 0}\\

{x = – 2}

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

Hàm số đồng biến trên \(( – \infty ; – 2)\) và \((0; + \infty ).\)

Hàm số nghịch biến trên \(( – 2; – 1)\) và \(( – 1;0).\)

\({y_{CĐ}} = y( – 2) = – 4\), \({y_{CT}} = y(0) = 0.\)

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

Vậy đường thẳng \(x = – 1\) là tiệm cận đứng.

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

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

Vậy đường thẳng \(y = x – 1\) là tiệm cận xiên.

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

b) Ta có \({y_1} = \frac{{{x^2}}}{{|1 + x|}}.\)

\((H):\) \(y = \frac{{{x^2}}}{{x + 1}}.\)

Ta thấy \({y_1} = |y| = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}

{y\:\:{\rm{nếu}}\:\:x \ge 0}\\

{ – y\:\:{\rm{nếu}}\:\:x < 0}

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

Do đó \((H)\) được suy ra từ \((C)\) như sau: \((H)\) và \((C)\) trùng nhau khi \((C)\) ở phía trên trục hoành. \((H)\) và \((C)\) đối xứng nhau qua trục hoành khi \((C)\) ở phía dưới trục hoành.