Bài 1.36 trang 17 SBT Giải tích 12 Nâng cao

Giải bài 1.36 trang 17 sách bài tập Giải tích 12 Nâng cao. Tìm tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị các hàm số sau:...


Tìm tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị các hàm số sau:

LG a

\(y = {{x + 1} \over {2x + 1}}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + 1}}{{2x + 1}}\\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 + \frac{1}{x}}}{{2 + \frac{1}{x}}} = \frac{1}{2}\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \frac{1}{2}
\end{array}\)

Nên \( y = \frac{1}{2}\) là đường TCN của ĐTHS.

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - \frac{1}{2}} \right)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - \frac{1}{2}} \right)}^ + }} \frac{{x + 1}}{{2x + 1}} = + \infty \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - \frac{1}{2}} \right)}^ - }} y = - \infty
\end{array}\)

Nên \( x =- \frac{1}{2}\) là đường TCĐ của ĐTHS.

Vậy,

Đường thẳng \(x = -{1 \over 2}\) là tiệm cận đứng của đồ thị.

Đường thẳng \(y = {1 \over 2}\) là tiệm cận ngang của đồ thị.


LG b

\(y = 4 + {1 \over {x - 2}}\)

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {4 + \frac{1}{{x - 2}}} \right) = + \infty \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = - \infty
\end{array}\)

Nên đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị.

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {4 + \frac{1}{{x - 2}}} \right) = 4\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 4
\end{array}\)

Nên đường thẳng y = 4 là tiệm cận ngang của đồ thị.


LG c

\(y = {{\sqrt {{x^2} + x} } \over {x - 1}}\)

Lời giải chi tiết:

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {{x\sqrt {1 + {1 \over x}} } \over {x - 1}} \)

\(= \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {{\sqrt {1 + {1 \over x}} } \over {1 - {1 \over x}}} = 1\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {{ - x\sqrt {1 + {1 \over x}} } \over {x - 1}} \)

\(= \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {{ - \sqrt {1 + {1 \over x}} } \over {1 - {1 \over x}}} =  - 1\)                           

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

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\sqrt {{x^2} + x} }}{{x - 1}} = + \infty \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\sqrt {{x^2} + x} }}{{x - 1}} = - \infty
\end{array}\)

Nên đường thẳng \(x=1\) là TCĐ của ĐTHS.


LG d

\(y = {{\sqrt {x + 3} } \over {x + 1}}\)

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{\sqrt {x + 3} }}{{x + 1}} = + \infty \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{\sqrt {x + 3} }}{{x + 1}} = - \infty
\end{array}\)

Nên đường thẳng \(x=-1\) là TCĐ của ĐTHS.

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {x + 3} }}{{x + 1}}\\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {\frac{1}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} }}{{1 + \frac{1}{x}}} = 0
\end{array}\)

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

 



Bài học liên quan

Từ khóa phổ biến