Bài tập 1.48 trang 24 SBT Toán 12

Bài tập 1.48 trang 24 SBT Toán 12

a) Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ \pm }} \frac{{{x^2} - x - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} =  - \infty \) nên x = 1 là tiệm cận đứng.
Từ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{{x^2} - x - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{1 - \frac{1}{x} - \frac{2}{{{x^2}}}}}{{{{\left( {1 - \frac{1}{x}} \right)}^2}}} = 1\) suy ra y = 1 là tiệm cận ngang.
b) Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2} + 3x}}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2} + 3x}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} =  + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{{x^2} + 3x}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} =  - \infty \) nên x = 2 là tiệm cận đứng.
Do 

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} \frac{{{x^2} + 3x}}{{{x^2} - 4}} =  + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ - }} \frac{{{x^2} + 3x}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} =  - \infty \) 

nên x = −2 là tiệm cận đứng thứ hai.
Ta lại có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{{x^2} + 3x}}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{1 + \frac{3}{x}}}{{1 - \frac{4}{{{x^2}}}}} = 1\) nên y = 1 là tiệm cận ngang.
c) Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ \pm }} \frac{{2 - x}}{{{x^2} - 4x + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ \pm }} \frac{{2 - x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)}} =  \mp \infty \) 

nên x = 1 là tiệm cận đứng.
Mặt khác, 

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ \pm }} \frac{{2 - x}}{{{x^2} - 4x + 3}} =  \mp \infty \) nên x = 3 cũng là tiệm cận đứng.
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{2 - x}}{{{x^2} - 4x + 3}} = 0\) nên y = 0 là tiệm cận ngang.

d) TXĐ: R
Từ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{3 + \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{\frac{2}{x} + \sqrt {3 + \frac{2}{{{x^2}}}} }}= \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{3 - \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{\frac{2}{x} - \sqrt {3 + \frac{2}{{{x^2}}}} }} =  - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\)
Suy ra đồ thị hàm số có các tiệm cận ngang:
\(y = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\,khi\,x \to  + \infty \)

\(y =  - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\,khi\,x \to  - \infty \)
Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.
e) TXĐ: 

\(D = \left( { - \infty ; - \sqrt 2 } \right) \cup \left( {\sqrt 2 ;4} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right)\)
Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{5 - \frac{1}{x} - \sqrt {1 - \frac{2}{{{x^2}}}} }}{{1 - \frac{4}{x}}} = 4\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{5 - \frac{1}{x} + \sqrt {1 - \frac{2}{{{x^2}}}} }}{{1 - \frac{4}{x}}} = 6\)
Cho nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang
\(y = 4\,khi\,x \to  + \infty \)
\(y = 6\,khi\,x \to  - \infty \)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ \pm }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ \pm }} \frac{{5x - 1 - \sqrt {{x^2} - 2} }}{{x - 4}} =  \pm \infty \)
Cho nên đường thẳng x = 4 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

-- Mod Toán 12