Giải Bài 1.29, 1.30, 1.31 trang 22,23 SBT Giải tích 12:  Chỉ ra một phép biến hình biến (H) thành (H’) có tiệm cận ngang  y = 2 và tiệm cận đứng x = 2.

Bài 4 Đường tiệm cận Sách bài tập Giải tích 12. Giải bài 1.29, 1.30, 1.31 trang 22,23 Sách bài tập Giải tích 12. Tìm các tiệm cận đường và ngang của đồ thị mỗi hàm số sau;  Chỉ ra một phép biến hình biến (H) thành (H’) có tiệm cận ngang  y = 2 và tiệm cận đứng x = 2 ?

Bài 1.29: Tìm các tiệm cận đường và ngang của đồ thị mỗi hàm số sau:

a)  \(y = {{2x – 1} \over {x + 2}}\);

Bạn đang xem: Giải Bài 1.29, 1.30, 1.31 trang 22,23 SBT Giải tích 12:  Chỉ ra một phép biến hình biến (H) thành (H’) có tiệm cận ngang  y = 2 và tiệm cận đứng x = 2.

b) \(y = {{3 – 2x} \over {3x + 1}}\)

c) \(y = {5 \over {2 – 3x}}\)

d) \(y = {{ – 4} \over {x + 1}}\)

a) \(y = {{2x – 1} \over {x + 2}}\)

Ta có:  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – {2^ + }} {{2x – 1} \over {x + 2}} =  – \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to  – {2^ – }} {{2x – 1} \over {x + 2}} =  + \infty \)  nên đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{2x – 1} \over {x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{2 – {1 \over x}} \over {1 + {2 \over x}}} = 2\)  nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

b) Từ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – {1 \over 3})}^ + }} {{3 – 2x} \over {3x + 1}} =  + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – {1 \over 3})}^ – }} {{3 – 2x} \over {3x + 1}} =  – \infty \)  , ta có \(x =  – {1 \over 3}\) là tiệm cận đứng

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{3 – 2x} \over {3x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{{3 \over x} – 2} \over {3 + {1 \over x}}} =  – {2 \over 3}\) nên đường thẳng \(y =  – {2 \over 3}\) là tiệm cận ngang.

c) Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{({2 \over 3})}^ + }} {5 \over {2 – 3x}} =  – \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {{({2 \over 3})}^ – }} {5 \over {2 – 3x}} =  + \infty \) nên \(x = {2 \over 3}\)  là tiệm cận đứng,

Do  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {5 \over {2 – 3x}} = 0\) nên y = 0 là tiệm cận ngang.

d) Do  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – {1^ + }} {{ – 4} \over {x + 1}} =  – \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  – {1^ – }} {{ – 4} \over {x + 1}} =  + \infty \) nên x  = -1 là tiệm cận đứng.

Vì  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{ – 4} \over {x + 1}} = 0\) nên y = 0 là tiệm cận ngang.

Bài 1.30: Tìm các tiệm cận đứng và ngang của đồ thị mỗi hàm số sau:

a) \(y = {{{x^2} – 12x + 27} \over {{x^2} – 4x + 5}}\)

b) \(y = {{{x^2} – x – 2} \over {{{(x – 1)}^2}}}\)

c) \(y = {{{x^2} + 3x} \over {{x^2} – 4}}\)

d) \(y = {{2 – x} \over {{x^2} – 4x + 3}}\)

e) \(y = {{3x + \sqrt {{x^2} + 1} } \over {2 + \sqrt {3{x^2} + 2} }}\)

f) \(y = {{5x – 1 – \sqrt {{x^2} – 2} } \over {x – 4}}\)

a) Ta có:  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{{x^2} – 12x + 27} \over {{x^2} – 4x + 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{1 – {{12} \over x} + {{27} \over {{x^2}}}} \over {1 – {4 \over x} + {5 \over {{x^2}}}}} = 1\) nên y = 1 là tiệm cận ngang.

b)  Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ \pm }} {{{x^2} – x – 2} \over {{{(x – 1)}^2}}} =  – \infty \) nên x = 1 là tiệm cận đứng.

Từ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{{x^2} – x – 2} \over {{{(x – 1)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{1 – {1 \over x} – {2 \over {{x^2}}}} \over {{{(1 – {1 \over x})}^2}}} = 1\) suy ra y = 1 là tiệm cận ngang.

c) Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} {{{x^2} + 3x} \over {{x^2} – 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} {{{x^2} + 3x} \over {(x – 2)(x + 2)}} =  + \infty \)  và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} {{{x^2} + 3x} \over {(x – 2)(x + 2)}} =  – \infty \)  nên x = 2 là một tiệm cận đứng.

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – {2^ + }} {{{x^2} + 3x} \over {{x^2} – 4}} =  + \infty \) và  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – {2^ – }} {{{x^2} + 3x} \over {(x – 2)(x + 2)}} =  – \infty \) nên x = -2 là tiệm cận đứng thứ hai.

Ta lại có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{{x^2} + 3x} \over {{x^2} – 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{1 + {3 \over x}} \over {1 – {4 \over {{x^2}}}}} = 1\) nên y = 1 là tiệm cận ngang.

d) Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ \pm }} {{2 – x} \over {{x^2} – 4x + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ \pm }} {{2 – x} \over {(x – 1)(x – 3)}} =  \mp \infty\) nên x = 1 là tiệm cận đứng.

Mặt khác, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ \pm }} {{2 – x} \over {{x^2} – 4x + 3}} =  \mp \infty \) nên x = 3 cũng là tiệm cận đứng

Vì  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{2 – x} \over {{x^2} – 4x + 3}} = 0\) nên y = 0 là tiệm cận ngang.

e) TXĐ:  R

Từ  \(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{3 + \sqrt {1 + {1 \over {{x^2}}}} } \over {{2 \over x} + \sqrt {3 + {2 \over {{x^2}}}} }} = {4 \over {\sqrt 3 }} = {{4\sqrt 3 } \over 3} \cr
& \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{3 – \sqrt {1 + {1 \over {{x^2}}}} } \over {{2 \over x} – \sqrt {3 + {2 \over {{x^2}}}} }} = – {2 \over {\sqrt 3 }} = – {{2\sqrt 3 } \over 3} \cr} \)

Suy ra đồ thị hàm số có các tiệm cận ngang:

\(y = {{4\sqrt 3 } \over 3}\)  khi \(x \to  + \infty \)

\(y =  – {{2\sqrt 3 } \over 3}\) khi \(x \to  – \infty \)

Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

f) TXĐ: \(D = ( – \infty ; – \sqrt 2 ) \cup (\sqrt 2 ;4) \cup (4; + \infty )\)

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {{5 – {1 \over x} – \sqrt {1 – {2 \over {{x^2}}}} } \over {1 – {4 \over x}}} = 4\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } {{5 – {1 \over x} + \sqrt {1 – {2 \over {{x^2}}}} } \over {1 – {4 \over x}}} = 6\)

Cho nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang

           y = 4 khi  \(x \to  + \infty \)

           y = 6 khi \(x \to  – \infty \)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ \pm }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ \pm }} {{5x – 1 – \sqrt {{x^2} – 2} } \over {x – 4}} =  \pm \infty \)

Cho nên đường thẳng  x = 4 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Bài 1.31: a) Cho hàm số \(y = {{3 – x} \over {x + 1}}\) có đồ thị (H)

 Chỉ ra một phép biến hình biến (H) thành (H’) có tiệm cận ngang  y = 2 và tiệm cận đứng x = 2.

b) Lấy đối xứng (H’) qua gốc (O), ta được hình (H’’). Viết phương trình của (H’’).

a) Từ đồ thị hàm số (H), để có hình (H’) nhận y = 2 là tiệm cận ngang và x = 2 là tiệm cận đứng, ta tịnh tiến đồ thị (H) song song với trục Oy lên trên 3 đơn vị, sau đó tịnh tiến song song với trục Ox về bên phải 3 đơn vị, ta được các hàm số tương ứng sau:

\(\eqalign{
& y = f(x) = {{3 – x} \over {x + 1}} + 3 = {{3 – x + 3x + 3} \over {x + 1}} = {{2x + 6} \over {x + 1}} \cr
& y = g(x) = {{2(x – 3) + 6} \over {x – 3 + 1}} = {{2x} \over {x – 2}} \cr} \)

b) Lấy đối xứng hình (H’) qua gốc O, ta được hình (H’’) có phương trình là:

 \(y = h(x) =  – {{2( – x)} \over {( – x) – 2}} =  – {{ – 2x} \over { – 2 – x}} =  – {{2x} \over {x + 2}}\).

Đăng bởi: Monica.vn

Chuyên mục: Giải bài tập

[toggle title=”Xem thêm Bài 1.29, 1.30, 1.31 trang 22,23 SBT Giải tích 12:  Chỉ ra một phép biến hình biến (H) thành (H’) có tiệm cận ngang  y = 2 và tiệm cận đứng x = 2.” state=”close”]Bài 4 Đường tiệm cận Sách bài tập Giải tích 12. Giải bài 1.29, 1.30, 1.31 trang 22,23 Sách bài tập Giải tích 12. Tìm các tiệm cận đường và ngang của đồ thị mỗi hàm số sau;  Chỉ ra một phép biến hình biến (H) thành (H’) có tiệm cận ngang  y = 2 và tiệm cận đứng x = 2 ?

Bài 1.29: Tìm các tiệm cận đường và ngang của đồ thị mỗi hàm số sau:

a)  \(y = {{2x – 1} \over {x + 2}}\);

b) \(y = {{3 – 2x} \over {3x + 1}}\)

c) \(y = {5 \over {2 – 3x}}\)

d) \(y = {{ – 4} \over {x + 1}}\)

a) \(y = {{2x – 1} \over {x + 2}}\)

Ta có:  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – {2^ + }} {{2x – 1} \over {x + 2}} =  – \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to  – {2^ – }} {{2x – 1} \over {x + 2}} =  + \infty \)  nên đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{2x – 1} \over {x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{2 – {1 \over x}} \over {1 + {2 \over x}}} = 2\)  nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

b) Từ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – {1 \over 3})}^ + }} {{3 – 2x} \over {3x + 1}} =  + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – {1 \over 3})}^ – }} {{3 – 2x} \over {3x + 1}} =  – \infty \)  , ta có \(x =  – {1 \over 3}\) là tiệm cận đứng

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{3 – 2x} \over {3x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{{3 \over x} – 2} \over {3 + {1 \over x}}} =  – {2 \over 3}\) nên đường thẳng \(y =  – {2 \over 3}\) là tiệm cận ngang.

c) Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{({2 \over 3})}^ + }} {5 \over {2 – 3x}} =  – \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {{({2 \over 3})}^ – }} {5 \over {2 – 3x}} =  + \infty \) nên \(x = {2 \over 3}\)  là tiệm cận đứng,

Do  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {5 \over {2 – 3x}} = 0\) nên y = 0 là tiệm cận ngang.

d) Do  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – {1^ + }} {{ – 4} \over {x + 1}} =  – \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  – {1^ – }} {{ – 4} \over {x + 1}} =  + \infty \) nên x  = -1 là tiệm cận đứng.

Vì  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{ – 4} \over {x + 1}} = 0\) nên y = 0 là tiệm cận ngang.

Bài 1.30: Tìm các tiệm cận đứng và ngang của đồ thị mỗi hàm số sau:

a) \(y = {{{x^2} – 12x + 27} \over {{x^2} – 4x + 5}}\)

b) \(y = {{{x^2} – x – 2} \over {{{(x – 1)}^2}}}\)

c) \(y = {{{x^2} + 3x} \over {{x^2} – 4}}\)

d) \(y = {{2 – x} \over {{x^2} – 4x + 3}}\)

e) \(y = {{3x + \sqrt {{x^2} + 1} } \over {2 + \sqrt {3{x^2} + 2} }}\)

f) \(y = {{5x – 1 – \sqrt {{x^2} – 2} } \over {x – 4}}\)

a) Ta có:  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{{x^2} – 12x + 27} \over {{x^2} – 4x + 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{1 – {{12} \over x} + {{27} \over {{x^2}}}} \over {1 – {4 \over x} + {5 \over {{x^2}}}}} = 1\) nên y = 1 là tiệm cận ngang.

b)  Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ \pm }} {{{x^2} – x – 2} \over {{{(x – 1)}^2}}} =  – \infty \) nên x = 1 là tiệm cận đứng.

Từ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{{x^2} – x – 2} \over {{{(x – 1)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{1 – {1 \over x} – {2 \over {{x^2}}}} \over {{{(1 – {1 \over x})}^2}}} = 1\) suy ra y = 1 là tiệm cận ngang.

c) Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} {{{x^2} + 3x} \over {{x^2} – 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} {{{x^2} + 3x} \over {(x – 2)(x + 2)}} =  + \infty \)  và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} {{{x^2} + 3x} \over {(x – 2)(x + 2)}} =  – \infty \)  nên x = 2 là một tiệm cận đứng.

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – {2^ + }} {{{x^2} + 3x} \over {{x^2} – 4}} =  + \infty \) và  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – {2^ – }} {{{x^2} + 3x} \over {(x – 2)(x + 2)}} =  – \infty \) nên x = -2 là tiệm cận đứng thứ hai.

Ta lại có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{{x^2} + 3x} \over {{x^2} – 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{1 + {3 \over x}} \over {1 – {4 \over {{x^2}}}}} = 1\) nên y = 1 là tiệm cận ngang.

d) Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ \pm }} {{2 – x} \over {{x^2} – 4x + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ \pm }} {{2 – x} \over {(x – 1)(x – 3)}} =  \mp \infty\) nên x = 1 là tiệm cận đứng.

Mặt khác, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ \pm }} {{2 – x} \over {{x^2} – 4x + 3}} =  \mp \infty \) nên x = 3 cũng là tiệm cận đứng

Vì  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {{2 – x} \over {{x^2} – 4x + 3}} = 0\) nên y = 0 là tiệm cận ngang.

e) TXĐ:  R

Từ  \(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{3 + \sqrt {1 + {1 \over {{x^2}}}} } \over {{2 \over x} + \sqrt {3 + {2 \over {{x^2}}}} }} = {4 \over {\sqrt 3 }} = {{4\sqrt 3 } \over 3} \cr
& \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{3 – \sqrt {1 + {1 \over {{x^2}}}} } \over {{2 \over x} – \sqrt {3 + {2 \over {{x^2}}}} }} = – {2 \over {\sqrt 3 }} = – {{2\sqrt 3 } \over 3} \cr} \)

Suy ra đồ thị hàm số có các tiệm cận ngang:

\(y = {{4\sqrt 3 } \over 3}\)  khi \(x \to  + \infty \)

\(y =  – {{2\sqrt 3 } \over 3}\) khi \(x \to  – \infty \)

Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

f) TXĐ: \(D = ( – \infty ; – \sqrt 2 ) \cup (\sqrt 2 ;4) \cup (4; + \infty )\)

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {{5 – {1 \over x} – \sqrt {1 – {2 \over {{x^2}}}} } \over {1 – {4 \over x}}} = 4\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } {{5 – {1 \over x} + \sqrt {1 – {2 \over {{x^2}}}} } \over {1 – {4 \over x}}} = 6\)

Cho nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang

           y = 4 khi  \(x \to  + \infty \)

           y = 6 khi \(x \to  – \infty \)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ \pm }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ \pm }} {{5x – 1 – \sqrt {{x^2} – 2} } \over {x – 4}} =  \pm \infty \)

Cho nên đường thẳng  x = 4 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Bài 1.31: a) Cho hàm số \(y = {{3 – x} \over {x + 1}}\) có đồ thị (H)

 Chỉ ra một phép biến hình biến (H) thành (H’) có tiệm cận ngang  y = 2 và tiệm cận đứng x = 2.

b) Lấy đối xứng (H’) qua gốc (O), ta được hình (H’’). Viết phương trình của (H’’).

a) Từ đồ thị hàm số (H), để có hình (H’) nhận y = 2 là tiệm cận ngang và x = 2 là tiệm cận đứng, ta tịnh tiến đồ thị (H) song song với trục Oy lên trên 3 đơn vị, sau đó tịnh tiến song song với trục Ox về bên phải 3 đơn vị, ta được các hàm số tương ứng sau:

\(\eqalign{
& y = f(x) = {{3 – x} \over {x + 1}} + 3 = {{3 – x + 3x + 3} \over {x + 1}} = {{2x + 6} \over {x + 1}} \cr
& y = g(x) = {{2(x – 3) + 6} \over {x – 3 + 1}} = {{2x} \over {x – 2}} \cr} \)

b) Lấy đối xứng hình (H’) qua gốc O, ta được hình (H’’) có phương trình là:

 \(y = h(x) =  – {{2( – x)} \over {( – x) – 2}} =  – {{ – 2x} \over { – 2 – x}} =  – {{2x} \over {x + 2}}\).

[/toggle]