Giải bài 1.36 trang 17 SBT Giải tích 12 Nâng cao

Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

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 \(x \to + \infty \)).