Bài 1.36 trang 17 SBT Giải tích 12 Nâng cao

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 \(x \to  + \infty \)).

Sachgiaihay.com