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.
