Giải bài 9 trang 32 sách bài tập toán 12 - Chân trời sáng tạo
Cho hàm số y=x2+2x−2x−1 a) Tìm toạ độ giao điểm I của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số. b) Với t tuỳ ý (t≠0), gọi M và M′ lần lượt là hai điểm trên đồ thị hàm số có hoành độ lần lượt là xM=xI−t và xM′=xI+t. So sánh các tung độ yM và yM′. Từ đó, suy ra rằng hai điểm M và M′ đối xứng với nhau qua I.
Đề bài
Cho hàm số y=x2+2x−2x−1
a) Tìm toạ độ giao điểm I của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số.
b) Với t tuỳ ý (t≠0), gọi M và M′ lần lượt là hai điểm trên đồ thị hàm số có hoành độ lần lượt là xM=xI−t và xM′=xI+t. So sánh các tung độ yM và yM′.
Từ đó, suy ra rằng hai điểm M và M′ đối xứng với nhau qua I.
Phương pháp giải - Xem chi tiết
‒ Tìm tiệm cận đứng: Tính lim hoặc \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f\left( x \right), nếu một trong các giới hạn sau thoả mãn:
\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f\left( x \right) = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f\left( x \right) = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f\left( x \right) = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f\left( x \right) = - \infty
thì đường thẳng x = {x_0} là đường tiệm cận đứng.
‒ Tìm tiệm cận xiên y = ax + b\left( {a \ne 0} \right):
a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} và b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) - ax} \right] hoặc
a = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} và b = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {f\left( x \right) - ax} \right]
‒ Để chứng minh rằng hai điểm M và M' đối xứng với nhau qua I, ta chứng minh I là trung điểm của MM'.
Lời giải chi tiết
a) Tập xác định: D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.
Ta có:
• \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {\frac{{{x^2} + 2{\rm{x}} - 2}}{{{\rm{x}} - 1}}} \right) = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {\frac{{{x^2} + 2{\rm{x}} - 2}}{{{\rm{x}} - 1}}} \right) = + \infty
Vậy {\rm{x}} = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.
• a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} + 2{\rm{x}} - 2}}{{{\rm{x}}\left( {{\rm{x}} - 1} \right)}} = 1 và
b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) - x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\frac{{{x^2} + 2{\rm{x}} - 2}}{{{\rm{x}} - 1}} - x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3{\rm{x}} - 2}}{{x - 1}} = 3
Vậy đường thẳng y = x + 3 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho.
Vậy I\left( {1;4} \right) là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số.
b) Ta có: {x_M} = {x_I} - t = 1 - t \Rightarrow {y_M} = \frac{{x_M^2 + 2{{\rm{x}}_M} - 2}}{{{{\rm{x}}_M} - 1}} = \frac{{{{\left( {1 - t} \right)}^2} + 2\left( {1 - t} \right) - 2}}{{\left( {1 - t} \right) - 1}} = \frac{{ - {t^2} + 4t - 1}}{t}
{x_{M'}} = {x_I} + t = 1 + t \Rightarrow {y_{M'}} = \frac{{x_{M'}^2 + 2{{\rm{x}}_{M'}} - 2}}{{{{\rm{x}}_{M'}} - 1}} = \frac{{{{\left( {1 + t} \right)}^2} + 2\left( {1 + t} \right) - 2}}{{\left( {1 + t} \right) - 1}} = \frac{{{t^2} + 4t + 1}}{t}
Vì:
\begin{array}{l}{x_M} + {x_{M'}} = \left( {{x_I} - t} \right) + \left( {{x_I} + t} \right) = 2{x_I};\\{y_M} + {y_{M'}} = \frac{{ - {t^2} + 4t - 1}}{t} + \frac{{{t^2} + 4t + 1}}{t} = \frac{{\left( { - {t^2} + 4t - 1} \right) + \left( {{t^2} + 4t + 1} \right)}}{t} = 8 = 2{y_I}\end{array}
nên I là trung điểm của MM'.
Vậy hai điểm M và M' đối xứng với nhau qua I.