20 câu trắc nghiệm tiệm cận dạng đúng sai giải chi tiết được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 9 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.
Câu 1. Cho hàm số $y = \frac{5}{{x – 1}}$, khi đó:
a. Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
b. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = 1$.
c. Giao điểm của hai tiệm cận đồ thị nằm trên trục hoành.
d. Giao điểm của hai tiệm cận đồ thị là đỉnh parabol $y = {x^2} – 2x + 1$
Lời giải
| a. S | b. Đ | c. Đ | d. Đ |
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng, tiệm cận ngang lần lượt là 2 đường thẳng $x = 1,y = 0$, nên a sai, b đúng.
Giao điểm hai đường tiệm cận là điểm $I\left( {1;0} \right) \in ox$ và cũng là là đỉnh parabol $y = {x^2} – 2x + 1$ nên c và d đúng.
Câu 2. Cho hàm số $y = \frac{{1 – 4x}}{{2x – 1}}$, khi đó:
a. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng $y = 2$.
b. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là $y = \frac{1}{2}$.
c. Đường tiệm cận ngang cắt đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3x – 2$ tại 3 điểm.
d. Hình chữ nhật giới hạn bởi 2 tiệm cận của đồ thị và hai trục tọa độ có diện tích bằng 1 .
Lời giải
| a. S | b. S | c. Đ | d. S |
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng, tiệm cận ngang lần lượt là 2 đường thẳng $x = \frac{{ – 1}}{2},y = – 2$, nên a sai, b sai.
Giải phương trình ${x^3} – 3x – 2 = – 2$, tìm được 3 nghiệm nên c đúng.
d sai vì hình chữ nhật giới hạn bởi 2 tiệm cận của đồ thị và hai trục tọa độ có diện tích $S = \frac{1}{2}2 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.
Câu 3. Cho hàm số $y = \frac{{{x^2} – x + 1}}{{x – 1}}$, khi đó:
a. Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
b. Đường tiệm cận xiên của đồ thị tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 1 .
c. Giao điểm hai tiệm cận của đồ thị nằm trên parabol $y = {x^2}$.
d. Đường tiệm cận xiên của đồ thị vuông góc với đường thẳng $x + y – \pi = 0$.
Lời giải
| a. Đ | b. S | c. Đ | d. Đ |
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng, tiệm cận xiên lần lượt là 2 đường thẳng $x = 1,y = x$, nên a đúng, b sai do tiệm cận xiên qua gốc tọa độ $O$.
c đúng vì giao điểm hai haỉ tiệm cận của đồ thị là $I\left( {1;1} \right)$ nằm trên parabol $y = {x^2}$.
Đường tiệm cận xiên của đồ thị $y = x$ vuông góc với đường thẳng $y = – x + \pi $, nên d đúng.
Câu 4. Cho hàm số $y = \frac{{{x^2} – 2x + 3}}{{x – 1}}$, khi đó:
a. Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận.
b. Đường tiệm cận xiên của đồ thị tạo với hai trục tọa độ một tam giác vuông cân.
c. Giao điểm của hai tiệm cận nằm trục hoành.
d. Đường tiệm cận xiên của đồ thị song song với đường thẳng $x + y = 0$.
Lời giải
| a. Đ | b. Đ | c. Đ | d. S |
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng, tiệm cận xiên lần lượt là 2 đường thẳng $x = 1,y = x – 1$, nên a đúng, b đúng do tiệm cận xiên cắt $ox$, $oy$lần lượt tại $A\left( {1;0} \right),B\left( {0; – 1} \right)$ nên tam giác $OAB$ cân tại O.
c đúng vì giao điểm hai tiệm cận của đồ thị là $A\left( {1;0} \right)$ nằm trên trục hoành.
Đường tiệm cận xiên của đồ thị $y = x – 1$ vuông góc với đường thẳng $y = – x$, nên d sai.
Câu 5. Cho hàm số $\left( C \right):y = f\left( x \right) = \frac{{2{x^2} + 3x – 5}}{{x + 3}}$ biết đồ thị hàm số có tiện cận xiên là đường thẳng $\Delta :y = ax + b$, khi đó:
a. Giao điểm của $\Delta $ và trục $Ox$ có hoành lớn hơn 2 .
b. Giao điểm của $\Delta $ và tiệm cận đứng của $\left( C \right)$ có tọa độ là $\left( { – 3; – 9} \right)$.
c. Gọi $A = \Delta \cap Ox,B = \Delta \cap Oy$ ta có ${S_{OAB}} > 3$.
d. Giá trị lớn nhất của hàm số $y = ax + b$ trên $\left[ {0;3} \right]$ là 4 .
Lời giải
| a. S | b. Đ | c. S | d. S |
Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{f(x)}}{x} = 2$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } [f(x) – 2x] = – 3 \Rightarrow TCX\Delta :y = 2x – 3$.
• $\Delta \cap Ox \Rightarrow y = 0 \Leftrightarrow 2x – 3 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{3}{2} < 2$ nên a sai
• TCĐ $x = – 3$ với ${x_0} = – 3 \Rightarrow {y_0} = 2 \cdot \left( { – 3} \right) – 3 = – 9$ vậy b đúng.
• $A = \Delta \cap Ox \Rightarrow A\left( { – 3;0} \right)$ và $B = \Delta \cap Ox \Rightarrow B\left( {0;\frac{3}{2}} \right) \Rightarrow {S_{OAB}} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot \frac{3}{2} = \frac{9}{4} < 3$ nên c sai.
• $y = 2x – 3$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ suy ra GTLN trên $\left[ {0;3} \right]$ là $2 \cdot 3 – 3 = 3$
vậy d sai.
Câu 6. Cho hàm số $\left( C \right):y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} – 2x + 3}}{{2x – 1}}$ biết đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là đường thẳng $\Delta :y = ax + b$ và tiện cận đứng là đường thẳng $x = {x_0}$. Khi đó:
a. Giá trị của biểu thức $S = 4a – 3b$ lớn hơn 4
b. Gọi điểm $M\left( {4{x_0};2a} \right)$ ta có độ dài của $\overrightarrow {OM} $ nhỏ hơn 2 .
c. Gọi $A = \Delta \cap Ox,B = \Delta \cap Oy$ và $C = Ox \cap {x_0}$ ta có ${S_{ABC}} < 0,5$.
d. Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = ax + b$ trên $\left[ { – 4; – 1} \right]$ lớn hơn -3 .
Lời giải
| a. Đ | b. S | c. Đ | d. Đ |
Ta có: $y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} – 2x + 3}}{{2x – 1}} = \frac{1}{2}x – \frac{3}{4} + \frac{{\frac{{11}}{4}}}{{2x – 1}}$
$ \Rightarrow $Tiệm cận xiên $\Delta :y = \frac{x}{2} – \frac{3}{4}$.
Tiệm cận đứng $x = \frac{1}{2}$.
• $S = 4a – 3b = 4 \cdot \frac{1}{2} + \frac{9}{4} = 4,25 > 4 \Rightarrow $ a đúng .
• Điểm $M\left( {4{x_0};2a} \right) = \left( {2;1} \right) \Rightarrow OM = \sqrt {{2^2} + {1^2}} = \sqrt 5 > 2$ $ \Rightarrow $sai.
• Ta có $A\left( {\frac{3}{2};0} \right),B\left( {0;\frac{{ – 3}}{4}} \right)$ và $C\left( {\frac{1}{2};0} \right)$ $ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot \left| {\frac{{ – 3}}{4}} \right| \cdot \left( {\frac{3}{2} – \frac{1}{2}} \right) = \frac{3}{8} < 0,5$
$ \Rightarrow $c đúng.
• Hàm số $y = \frac{x}{2} – \frac{3}{4}$ đạt GTNN tại $x = – 4$
d đúng.
Câu 7. Cho hàm số $\left( {{C_1}} \right):f\left( x \right) = \frac{{3x – 1}}{{x – 2}}$ và $\left( {{C_2}} \right):g\left( x \right) = \frac{{2{x^2} – 3x – 1}}{{2x – 1}}$ biết đồ thị hàm số $\left( {{C_1}} \right)$ có tiện cận đứng và tiện cận ngang là các đường thẳng $x = {x_0},y = {y_0} \cdot \left( {{C_2}} \right)$ có tiện cận xiên là đường thẳng $\Delta :y = ax + b$ Khi đó:
a. Giá trị của biểu thức $S = {x_0} + 2{y_0} + 3b = 8$.
b. Đồ thị hàm số $\left( {{C_2}} \right)$ có tiện cận ngang là đường thẳng $y = 1$.
c. Giao điểm của ba đường tiện cận ở đề bài tạo thành tam giác có diện tích bằng 2 .
d. Đồ thị hàm số $\left( {{C_1}} \right)$ và $\left( {{C_2}} \right)$ có chung đường tiệm cận đứng.
Lời giải
| a. S | b. S | c. Đ | d. S |
$\left( {{C_2}} \right):g\left( x \right) = \frac{{2{x^2} – 3x – 1}}{{2x – 1}} = x – 1 – \frac{2}{{2x – 1}}$
Với $\left( {{C_1}} \right)$ ta có và $TCN: y = 3$.
Với $\left( {{C_2}} \right)$ ta có $g\left( x \right) = \frac{{2{x^2} – 3x – 1}}{{2x – 1}} = x – 1 – \frac{2}{{2x – 1}}$.
$ \Rightarrow $TCX $\Delta :y = x – 1$
• $S = {x_0} + 2{y_0} + 3b = 2 + 3 \cdot 3 + 3 \cdot \left( { – 1} \right) = 8 \Rightarrow $ a đúng.
• Do bậc tứ lớn hơn bậc mẫu nền $\left( {{C_2}} \right)$ không có $TCN \Rightarrow b$ sai.
• Giao điểm của ba đường tiệm cận là $\left( {2;3} \right),\left( {2;1} \right)$ và $\left( {4;3} \right)$. Tam giác vuông tại đỉnh có tọa độ $\left( {2;3} \right)$.
$ \Rightarrow S = \frac{1}{2} \cdot \sqrt {{{(2 – 2)}^2} + {{(1 – 3)}^2}} \cdot \sqrt {{{(4 – 2)}^2} + {{(3 – 3)}^2}} = 2 \Rightarrow $ c đúng.
• Ta có TCĐ của đồ thị hàm số $\left( {{C_2}} \right):x = \frac{1}{2} \ne 2 \Rightarrow d$ sai.
Câu 8. Cho hàm số $\left( C \right):y = f\left( x \right) = \frac{{2x + 1}}{{x + 4}}$ biết đồ thị hàm số có tiện cận đừng và tiện cận ngang là các đường thẳng $x = {x_0}$, $y = {y_0}$ Khi đó
a. Giá trị của biểu thức $S = x_0^2 + y_0^2$ lớn hơn $18$.
b. Gọi điểm $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ thì trung điểm của đoạn $OM$ có tọa độ là $\left( {2;1} \right)$.
c. Điểm $\left( { – 1; – 4} \right)$ không nằm trên đường tiện cận đứng $x = {x_0}$.
d. Tâm đối xứng của đồ thị hàm số có tọa độ là $\left( {2; – 4} \right)$.
Lời giải
| a. | b. S | c. S | d. S |
Đồ thị hàm số đã cho có và $TCN:y = 2$.
• $S = x_0^2 + y_0^2 = {( – 4)^2} + {2^2} = 20 > 18 \Rightarrow $ a đúng.
• Điểm $M\left( { – 4;2} \right)$ tọa độ trung điểm đoạn $OM$ là $\left( { – 2;1} \right) \Rightarrow {\mathbf{b}}$ sai.
• Dễ thấy $\left( { – 1; – 4} \right)$ thuộc đường thẳng $x = – 4 \Rightarrow c$ sai.
• Tọa độ tâm đối xứng của $\left( C \right)$ là $\left( {{x_0};{y_0}} \right) = \left( { – 4;2} \right) \Rightarrow {\mathbf{d}}$ sai.
Câu 9. Cho hàm số $\left( C \right):y = f\left( x \right) = \frac{{mx – 1}}{{2x – 4}}$. Khi đó
a. Nếu $m = – 2$ thì đường thẳng $y = 1$ là tiện cận ngang của $\left( C \right)$.
b. Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng khi $m \ne \frac{1}{2}$.
c. Điểm $\left( {2;3} \right)$ là tâm đối xứng của đồ thị hàm số khi $m = 6$.
d. $\forall m \in \mathbb{R}$ ta có tiệm cận ngang của $\left( C \right)$ là đường thẳng $y = \frac{m}{2}$.
Lời giải
| a. S | b. Đ | c. Đ | d. Đ |
Ta có TCĐ: $x = 2$
• Với $m = – 1$ thì $y = \frac{{ – x – 1}}{{2x – 4}}$$ \Rightarrow $TCN: $y = – \frac{1}{2} \Rightarrow $ a sai.
• Hàm số có TCĐ khi $m \cdot 2 + 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne \frac{{ – 1}}{2} \Rightarrow $ b đúng.
• Điểm $\left( {2;3} \right)$ là tâm đối xứng của $\left( C \right) \Leftrightarrow \left( {2;3} \right) = \left( {2;\frac{m}{2}} \right) \Leftrightarrow \frac{m}{2} = 3$
$ \Leftrightarrow m = 6$$ \Rightarrow $ c đúng.
• Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } f(x) = \frac{m}{2}$$ \Rightarrow TCN:y = \frac{m}{2}$ xác định với mọi số thực $m \Rightarrow d$ đúng.
Câu 10. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên
Các khẳng định dưới đây đúng hay sai?
| STT | Phát biểu | Đúng | Sai |
| a | Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có 1 đường tiệm cận đứng. | ||
| b | Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có tổng 3 đường tiệm cận ngang và đứng. | ||
| c | Số tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{1}{{f\left( x \right)}}$
bằng 3. |
||
| d | Tổng số tiệm cận của đồ thị hàm số $y = \frac{1}{{f\left( x \right)}}$ bằng
4. |
Lời giải
| a. Đ | b. S | c. S | d. Đ |
a) b) Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số $y = f(x)$ có một đường tiệm cận đứng $\left( {x = {x_4}} \right)$ và một đường tiệm cận ngang $(y = 3)$.
c) d) Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \frac{1}{3}$ nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang $y = 0$ và $y = \frac{1}{3}$.
Từ bảng biến thiên, ta có $f(x) = 0$ có hai nghiệm $x = {x_2}$ và $x = a \in \left( { – \infty ;{x_1}} \right)$.
Dễ thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} y = + \infty $ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_2^ + } y = + \infty $ nên đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng là $x = {x_2}$ và $x = a$
Do đó đồ thị hàm số có tổng số 4 đường tiệm cận kể cả đứng và ngang.
Câu 11. Cho hàm số $y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\;\left( {a \ne 0} \right)$ có đồ thị như hình vẽ bên dưới
| STT | Phát biểu | Đúng | Sai |
| a | Số tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{1}{{2f\left( x \right) – 4}}$
bằng 2 . |
||
| b | Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{1}{{2f\left( x \right) – 4}}$bằng 3 . | ||
| c | Tổng số tiệm cận của đồ thị hàm số $y = \frac{1}{{2f\left( x \right) – 4}}$bằng 6 . | ||
| d | Có 4 giá trị nguyên $m$ để đồ thị hàm số
$g\left( x \right) = \frac{1}{{\;f({x^2} – 3\;) – m}}$ có đúng 6 tiệm cận đứng. |
Lời giải
| a. S | b. Đ | c. S | d. S |
a) b) c) Xét phương trình $2f(x) – 4 = 0 \Leftrightarrow f(x) = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = {x_1}\left( { – 2 < {x_1} < – 1} \right)x = 0x = {x_2}\left( {{x_2} > 1} \right)}
\end{array}} \right.$.
Khi đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_1^ + } \frac{1}{{2f(x) – 4}} = + \infty \Rightarrow x = {x_1}$ là tiệm cận đứng của đồ thị $y = \frac{1}{{2f(x) – 4}}$.
Tương tự ta cũng có $x = 0;x = {x_2}$ là tiệm cận đứng của đồ thị $y = \frac{1}{{2f(x) – 4}}$.
Hơn nữa $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{2f(x) – 4}} = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{1}{{2f(x) – 4}} = 0 \Rightarrow y = 0$ là tiệm cận ngang của đồ thị $y = \frac{1}{{2f(x) – 4}}$.
d) Xét hàm số $h\left( x \right) = f\left( {{x^2} – 3} \right)$ $ \Rightarrow h’\left( x \right) = 2x \cdot f’\left( {{x^2} – 3} \right)$
$ \Rightarrow h’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0} \\
{f’\left( {{x^2} – 3} \right) = 0}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0} \\
{{x^2} – 3 = – 1} \\
{{x^2} – 3 = 1}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0} \\
{x = \pm \sqrt 2 } \\
{x = \pm 2}
\end{array}} \right.} \right.$
Ta có bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số $g\left( x \right) = \frac{1}{{f\left( {{x^2} – 3} \right) – m}}$ có đúng 6 tiệm cận đứng $ \Leftrightarrow h\left( x \right) = m$ có 6 nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow 0 < m < 4$.
Câu 12. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có báng biến thiên ở bảng bên dưới và $y = nx – 2$ là tiệm cận xiên $y = g(x) = \frac{{{x^2} + x + 3}}{{x + 3}}$.
Các khẳng định dưới đây đúng hay sai?
| STT | Phát biểu | Đúng | Sai |
| a | Đồ thị hàm số $y = g\left( x \right) = \frac{{{x^2} + x + 3}}{{x + 3}}$ có tiệm cận đứng là $x = – 3$. | ||
| b | $n = 2$. | ||
| c | Có 10 giá trị nguyên dương $m$ để đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x = {x_o}$ và tiệm cận ngang $y = {y_o}$ sao cho ${x_o}{y_o} < 30$. | ||
| d | Khi $m$ nguyên dương thì giá trị lớn nhất của $mn = 7$. |
Lời giải
| a. Đ | b. S | c. S | d. Đ |
b) Ta có: $y = \frac{{{x^2} + x + 3}}{{x + 3}} = x – 2 + \frac{9}{{x + 3}}$
$ \Rightarrow $ Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình: $y = x – 2$.
Để đường thẳng $y = nx – 2$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số thì $n = 1$.
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = m + 2$ suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là $y = m + 2$.
Ta có ${y_o} = m + 2$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f(x) = – \infty $ suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là $x = 3$.
Ta có ${x_o} = 3$.
${x_o}{y_o} < 30 \Leftrightarrow 3(m + 2) < 30 \Leftrightarrow m < 8$. Suy ra có 7 có giá trị nguyên dương.
d) Với từng giá trị nguyên dương $m$ suy ra $mn = m \Rightarrow {(mn)_{max}} = 7$.
Câu 13. Cho hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ là các hàm số bậc ba có bảng biến thiên ở bảng bên dưới
Các khẳng định dưới đầy đúng hay sai?
| STT | Phát biểu | Đúng | Sai |
| a | Đồ thị hàm số $y = \frac{1}{{{e^{2f\left( x \right) – 1}} – 1}}$ có 5 tiệm cận
ngang. |
||
| b | Đồ thị hàm số $y = \frac{1}{{{e^{2f\left( x \right) – 1}} – 1}}$ có 3 tiệm cận
đứng. |
||
| c | Đồ thị hàm số $y = \frac{{{x^4} – 1}}{{{g^2}\left( x \right) – 4g\left( x \right)}}$ có 4 tiệm
cận đứng. |
||
| d | Đồ thị hàm số $y = \frac{{{x^4} – 1}}{{{g^2}\left( x \right) – 4g\left( x \right)}}$ và | ||
| $y = \frac{1}{{{e^{2f\left( x \right) – 1}} – 1}}$ có tổng 10 tiệm cận. |
Lời giải
| a. S | b. Đ | c. Đ | d. Đ |
a) b) Xét phương trình:
${e^{2f\left( x \right) – 1}} – 1 = 0 \Leftrightarrow {e^{2f\left( x \right) – 1}} = 1$$ \Leftrightarrow 2f\left( x \right) – 1 = 0$
$ \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = a,a < – 2} \\
{x = b, – 2 < b < 1.} \\
{x = c,c > 1}
\end{array}} \right.$
$ \Rightarrow $ Đồ thị hàm số $y = \frac{1}{{{e^{2f\left( x \right) – 1}} – 1}}$ có ba tiệm cận đứng là: $x = a;x = b;x = c.x = a;x = b;x = c$
Từ bảng biến thiên ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f(x) = – \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty $.
Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{1}{{{e^{2f(x) – 1}} – 1}} = – 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{{e^{2f(x) – 1}} – 1}} = 0$;
$ \Rightarrow $ Đồ thị hàm số $y = \frac{1}{{{e^{2f\left( x \right) – 1}} – 1}}$ có hai tiệm cận ngang là $y = – 1;y = 0$.
Vậy đồ thị hàm số $y = \frac{P}{{{e^{2f\left( x \right) – 1}} – 1}}$ có 5 đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng.
c) Xét phương trình ${g^2}\left( x \right) – 4g\left( x \right) = 0$$ \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{g\left( x \right) = 0} \\
{g\left( x \right) = 4}
\end{array}} \right.$
$ \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = a,a \in \left( { – \infty ; – 1} \right)} \\
{x = 1\;\left( {\;ng\;kep\;} \right)} \\
{x = – 1\;\left( {\;ng\;kep\;} \right)} \\
{x = b,b \in \left( {1; + \infty } \right)}
\end{array}} \right.$.
$ \Rightarrow {g^2}\left( x \right) – 4g\left( x \right) = $$h\left( x \right)\left( {x – a} \right){(x – 1)^2}\left( {x – b} \right){(x + 1)^2}$; $h\left( x \right) \ne 0$
Do đó $y = \frac{{{x^4} – 1}}{{{g^2}\left( x \right) – 4g\left( x \right)}}$$ = \frac{{\left( {x – 1} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{h\left( x \right)\left( {x – a} \right){{(x – 1)}^2}\left( {x – b} \right){{(x + 1)}^2}}}$
$ = \frac{{{x^2} + 1\;\;}}{{h\left( x \right)\left( {x – a} \right)\left( {x – 1} \right)\left( {x – b} \right)\left( {x + 1} \right)}}$
Vậy đồ thị hàm số $y = \frac{{{x^4} – 1}}{{{g^2}\left( x \right) – 4g\left( x \right)}}$ có 4 tiệm cận đứng.
d) Từ bảng biến thiên ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } g(x) = – \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g(x) = + \infty $.
Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{{x^4} – 1}}{{{g^2}(x) – 4g(x)}} = 0$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^4} – 1}}{{{g^2}(x) – 4g(x)}} = 0$.
$ \Rightarrow $ Đồ thị hàm số $y = \frac{{{x^4} – 1}}{{{g^2}\left( x \right) – 4g\left( x \right)}}$ có tiệm cận ngang là $y = 0$.
Vậy tổng $y = \frac{{{x^4} – 1}}{{{g^2}\left( x \right) – 4g\left( x \right)}}$ có 5 đường tiệm cận.
Câu 14. Cho hàm số $y = \frac{{x – 1}}{{2x + 1}}$ có đồ thị $\left( C \right)$ như hình vẽ. Xét tính đúng-sai của các khẳng định sau:
a) Đường thẳng $x = – \frac{1}{2}$ là tiệm cận đứng của đồ thị $\left( C \right)$.
b) Đường thẳng $y = \frac{1}{2}$ là tiệm cận ngang của đồ thị $\left( C \right)$.
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – \frac{1}{2}} \right)}^ + }} f(x) = + \infty $.
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f(x) – \frac{1}{2}} \right] = 0$.
Lời giải
| a. Đ | b. Đ | c. S | d. Đ |
a) Đ
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – \frac{1}{2}} \right)}^ + }} f(x) = – \infty $ nên đường thẳng $x = – \frac{1}{2}$ là tiệm cận đứng của đồ thị $(C)$.
b) Ð
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = \frac{1}{2}$ nên đường thằng $y = \frac{1}{2}$ là tiệm cận ngang của đồ thị $(C)$.
c) S
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – \frac{1}{2}} \right)}^ + }} f(x) = – \infty $
d) Ð
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = \frac{1}{2}$
Câu 15. Cho hàm số $y = f(x) = \frac{{nx + 1}}{{x + m}};\left( {mn \ne 1} \right)$ co đồ thị $\left( C \right)$ như hình vẽ. Xét tính đúng-sai của các khẳng định sau:
a) Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là $\left( { – 1;2} \right)$.
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } [f(x) – 2] = 0$.
c) $m + n = 3$.
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( – 1)}^ + }} f(x) = + \infty $.
Lời giải
a) Đ
b) Đ
c) Đ
Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right) = \frac{{nx + 1}}{{x + m}};\left( {mn \ne 1} \right)$ có hai đường tiệm cận $x = – m = – 1$;
$y = n = 2 \Rightarrow m = 1;n = 2 \Rightarrow m + n = 3$.
d) S
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – \frac{1}{2}} \right)}^ + }} f(x) = – \infty $.
Câu 16. Cho hàm số $y = f\left( x \right) = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\;\left( {a,b,c,d \in \mathbb{R}; – \frac{d}{c} \ne 0} \right)$ có đồ thị $\left( C \right)$, đồ thị hàm số $y = f’\left( x \right)$ như hình vẽ bên.
Biết đồ thị hàm sồ $y = f\left( x \right)$ cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3.
| a) | $f’\left( x \right) = \frac{{ad – bc}}{{{{(cx + d)}^2}}}$ |
| b) | $c = – d$ |
| c) | $f\left( x \right) = \frac{{x + 3}}{{x – 1}}$ |
| d) | Phương trình tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại điểm $\left( {3;0} \right)$ là : $y = \frac{1}{2}x – \frac{3}{2}$ |
Lời giải
| a. Đ | b. Đ | c. S | d. Đ |
Ta có $f’\left( x \right) = \frac{{ad – bc}}{{{{(cx + d)}^2}}}$. Từ đồ thị hàm số $y = f’\left( x \right)$ ta thấy :
• đồ thị $y = f’\left( x \right)$ có tiệm cận đứng $x = 1 \Rightarrow – \frac{d}{c} = 1 \Rightarrow c = – d$
• đồ thị $y = f’\left( x \right)$ qua điểm $\left( {2;2} \right) \Rightarrow \frac{{ad – bc}}{{{{(2c + d)}^2}}} = 2 \Rightarrow ad – bc = 2{(2c + d)^2}$
• đồ thị $y = f’\left( x \right)$ cắt trục tung tại $y = 2 \Rightarrow \frac{{ad – bc}}{{{d^2}}} = 2 \Rightarrow ad – bc = 2{d^2}$
Mà đồ thị $y = f\left( x \right)$ cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng $3 \Rightarrow \frac{b}{d} = 3 \Rightarrow b = 3d$
Từ (1),(2),(3),(4) ta có hệ $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{c = – d} \\
{ad – bc = 2{{(2c + d)}^2}} \\
{ad – bc = 2{d^2}} \\
{b = 3d}
\end{array}} \right.$$ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a = 1} \\
{b = – 3} \\
{c = 1} \\
{d = – 1}
\end{array}} \right.$$ \Rightarrow y = f\left( x \right) = \frac{{x – 3}}{{x – 1}}$
Đồ thị $\left( C \right)$ giao với $Ox$ tại $\left( {3;0} \right)$
$f’\left( x \right) = \frac{2}{{{{(x – 1)}^2}}} \Rightarrow f’\left( 3 \right) = \frac{1}{2}$
Phương trình tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại điểm $\left( {3;0} \right)$ là: $y = \frac{1}{2}\left( {x – 3} \right) \Rightarrow y = \frac{1}{2}x – \frac{3}{2}$
Câu 17. Cho hàm số $y = \frac{{{x^2} – x + 1}}{{x – 1}}$ có đồ thị $\left( C \right)$ như hình vẽ. Xét tính đúng-sai của các khẳng định sau:
a) Đường thẳng $x = 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị $\left( C \right)$.
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = – 1$.
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } [f(x) – x] = 1$.
d) Đường thẳng $y = x$ là tiệm cận xiên của đồ thị $\left( C \right)$.
Lời giải
a) Đ
b) S
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} – x + 1}}{{{x^2} – x}} = 1$
$c)$ S
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } [f(x) – x] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{x – 1}} = 0$.
d) Ð
Từ hai ý $b$ và $c$ ta có đường tiệm cận xiên của đồ thị $\left( C \right)$ là $y = x$.
Câu 18. Cho hàm số $y = f\left( x \right) = \frac{{n{x^2} + 1}}{{mx + 1}};\left( {mn \ne 0} \right)$ có đồ thị $\left( C \right)$ như hình vẽ. Xét tính đúng-sai của các khẳng định sau:
a) $\frac{n}{m} = – \frac{1}{4}$.
b) $m = – \frac{1}{2}$.
c) $m + n = 3$.
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f(x) – \frac{1}{2}x} \right]$.
Lời giải
a) S
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{n{x^2} + 1}}{{m{x^2} + x}} = \frac{n}{m} = \frac{1}{2}$.
b) S
Đường tiệm cận đứng của đồ thị là $x = – \frac{1}{m} = – \frac{1}{2} \Rightarrow m = 2$
c) Đ
Từ hai ý $a$ và $b$ ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m = 2n} \\
{m = 2}
\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m = 2} \\
{n = 1}
\end{array}} \right.} \right.$
$ \Rightarrow m + n = 3;n = 2 \Rightarrow m + n = 3$
d) S
Đường tiệm cận xiên $y = \frac{1}{2}x – \frac{1}{4} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f(x) – \frac{1}{2}x} \right] = – \frac{1}{4}$.
Câu 19. Cho hàm số $y = f\left( x \right) = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ có bảng biến thiên như sau:
a) Hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là $x = – 1$.
b) Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có đường tiệm cận ngang là $y = 1$.
c) Đồ thị hàm số $y = \frac{1}{{f\left( x \right) – 2}}$ có hai đường tiệm cận đứng.
d) Số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ là 3 .
Lời giải
| a. S | b. Đ | c. Đ | d. S |
a) Sai
Hàm số không có khái niệm tiệm cận. Chỉ có khái niệm đường tiệm cận của đồ thị hàm số.
b) Đúng
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy: đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là $y = 1$.
c) Đúng
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình $f\left( x \right) – 2 = 0$ có đúng 1 nghiệm $x = m < – 1$. Khi đó
$y = \frac{1}{{f\left( x \right) – 2}} = \frac{1}{{\frac{{ax + b}}{{cx + d}} – 2}} = \frac{{ax + d}}{{ – a\left( {x – m} \right)}}$ nên đồ thị của hàm số $y = \frac{1}{{f\left( x \right) – 2}}$ chỉ có 1 đường tiệm cận đứng là $\;x = m$.
Ý d) Sai
Đồ thị hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ trùng với đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ ứng với phần đồ thị mà $x \geqslant 0$.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy với $x \geqslant 0$ thì đồ thị hàm số chỉ có 1 đường tiệm cận ngang $y = 1$ và không có tiệm cận đứng Mà đồ thị hàm số $y = \mathbb{F}f\left( {\left| x \right|} \right)$ nhận trục tung làm trục đối xứng. Do đó nó chỉ có duy nhất một đường tiệm cận ngang $y = 1$.
Câu 20. Cho hàm số $\left( C \right):y = f\left( x \right) = \sqrt {4{x^2} + 8x – 12} $ và điểm $M \in \left( C \right)$ với ${x_M} < 0$, khi đó:
a. Đồ thị hàm sốcó hai đường tiệm cận xiên đều là các hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$.
b. Xét ${\Delta _1}:y = ax + b(b > 0)$ là tiện cận xiên của $\left( C \right)$ điểm $\left( {1;4} \right) \in \Delta $.
c. Xét ${\Delta _2}:y = ax + b(b < 0)$ là tiện cận xiên của $\left( C \right)$ khi đó ${d_{max}}\left( {M,{\Delta _2}} \right) < 2$.
d. Hoành độ giao điểm của hai đường tiệm cận xiên bằng -2 .
Lời giải
| a. S | b. Đ | c. Đ | d. S |
Ta có hai đường $TCX$ của đồ thị hàm số là:
$\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{\Delta _1}:y = \sqrt a \left( {x + \frac{b}{{2a}}} \right) = 2x + 2} \\
{{\Delta _2}:y = – \sqrt a \left( {x + \frac{b}{{2a}}} \right) = – 2x – 2}
\end{array}} \right.$
• Dễ thấy hai đường $TCX{\Delta _2}$ không đồng biến trên $\mathbb{R}$ nên a sai .
• Thay $x = 1$ vào ${\Delta _1}$ ta có $y = 2 \cdot 1 + 2 = 4$ do đó b đúng.
• Ta có đồ thị hàm số và $TCX{\Delta _2}$
Tập xác định của hàm số $D = \left( { – \infty ; – 3\left] \cup \right[1; + \infty } \right)$.
Do ${x_M} < 0$ nên điểm $M$ thuộc nhánh đồ thị bên trái.
Để $d\left( {M,{\Delta _2}} \right)$ đạt GTLN thì $M \equiv A\left( { – 3;0} \right)$.
Vậy ${d_{max}}\left( {M,{\Delta _2}} \right) = d\left( {A,{\Delta _2}} \right) = \frac{{\left| { – 2 \cdot \left( { – 3} \right) – 1 \cdot 0 – 2} \right|}}{{\sqrt {{{( – 2)}^2} + {{( – 1)}^2}} }} = \frac{{4\sqrt 5 }}{5} < 2$ nên c đúng.
• Phương trình hoành độ giao điểm $2x + 2 = 2x – 2 \Leftrightarrow x = – 1 \ne – 2$
vậy $d$ sai.
