Tìm tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị các hàm số sau:
LG a
y=x+12x+1
Lời giải chi tiết:
Ta có:
limx→+∞y=limx→+∞x+12x+1=limx→+∞1+1x2+1x=12limx→−∞y=12
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 ).
