Mở đầu trang 20

Đề bài: Giả sử khối lượng còn lại của một chất phóng xạ (gam) sau $t$ ngày phân rã được cho bởi hàm số

$$y = m(t) = 15 e^{-0{,}012 t}.$$

Khối lượng $m(t)$ thay đổi ra sao khi $t \to +\infty$? Điều này thể hiện trên Hình 1.18 như thế nào?

Lời giải:

Vì $-0{,}012 < 0$, nên khi $t \to +\infty$ thì $e^{-0{,}012 t} \to 0$. Do đó:

$$\lim_{t \to +\infty} m(t) = \lim_{t \to +\infty} 15 e^{-0{,}012 t} = 0.$$

Khối lượng chất phóng xạ tiến về 0 khi $t$ càng lớn.

Trên đồ thị H.1.18: đường cong $y = m(t)$ dần tiến sát trục hoành ($y = 0$) từ phía trên khi $t \to +\infty$, nhưng không bao giờ chạm vào trục hoành. Ta sẽ thấy ở bài này rằng trục hoành $y = 0$ chính là tiệm cận ngang của đồ thị.

Bài toán này được giải chi tiết ở Vận dụng 1 phía dưới.

1. Đường tiệm cận ngang

HĐ1 (trang 20)

Đề bài: Cho hàm số $y = f(x) = \dfrac{2x + 1}{x}$ có đồ thị $(C)$. Với $x > 0$, xét điểm $M(x; f(x))$ thuộc $(C)$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $M$ trên đường thẳng $y = 2$ (H.1.19).

a) Tính khoảng cách $MH$.

b) Có nhận xét gì về khoảng cách $MH$ khi $x \to +\infty$?

Lời giải:

a) Điểm $M$ có toạ độ $M(x; f(x))$, điểm $H$ là hình chiếu vuông góc của $M$ lên đường thẳng $y = 2$, nên $H(x; 2)$.

$M$ và $H$ có cùng hoành độ, nên $MH$ là khoảng cách theo phương thẳng đứng:

$$MH = |f(x) – 2| = \left|\dfrac{2x + 1}{x} – 2\right| = \left|\dfrac{2x + 1 – 2x}{x}\right| = \left|\dfrac{1}{x}\right| = \dfrac{1}{x}\quad (\text{vì } x > 0).$$

b) Khi $x \to +\infty$:

$$MH = \dfrac{1}{x} \to 0.$$

Vậy khi $x \to +\infty$, khoảng cách $MH$ dần về 0, tức điểm $M$ trên đồ thị càng ngày càng tiến sát đường thẳng $y = 2$. Ta nói đường thẳng $y = 2$ là tiệm cận ngang của đồ thị.

Luyện tập 1 (trang 21)

Đề bài: Tìm tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = f(x) = \dfrac{2x – 1}{x – 1}$.

Lời giải:

Chia cả tử và mẫu cho $x$ (với $x \neq 0$):

$$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{2 – \dfrac{1}{x}}{1 – \dfrac{1}{x}} = \dfrac{2 – 0}{1 – 0} = 2.$$

Tương tự, $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 2$.

Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng $y = 2$.

Vận dụng 1 (trang 21)

Đề bài: Giải bài toán trong tình huống mở đầu.

Lời giải:

Xét hàm số $y = m(t) = 15 e^{-0{,}012 t}$ với $t \geq 0$.

Vì $-0{,}012 < 0$, ta có $e^{-0{,}012 t} \to 0$ khi $t \to +\infty$. Do đó:

$$\lim_{t \to +\infty} m(t) = 0.$$

Theo định nghĩa, đường thẳng $y = 0$ (trục hoành) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $m(t)$.

Ý nghĩa thực tiễn: Sau một thời gian rất dài, khối lượng chất phóng xạ còn lại giảm dần về 0, nhưng không bao giờ mất đi hoàn toàn (theo mô hình toán học).

2. Đường tiệm cận đứng

HĐ2 (trang 21)

Đề bài: Cho hàm số $y = f(x) = \dfrac{x}{x – 1}$ có đồ thị $(C)$. Với $x > 1$, xét điểm $M(x; f(x))$ thuộc $(C)$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $M$ trên đường thẳng $x = 1$ (H.1.22).

a) Tính khoảng cách $MH$.

b) Khi $M$ thay đổi trên $(C)$ sao cho khoảng cách $MH$ dần đến $0$, có nhận xét gì về tung độ của điểm $M$?

Lời giải:

a) Điểm $M(x; f(x))$, điểm $H$ có cùng tung độ với $M$ nhưng nằm trên đường thẳng $x = 1$, nên $H(1; f(x))$.

$M$ và $H$ có cùng tung độ, $MH$ là khoảng cách theo phương ngang:

$$MH = |x – 1| = x – 1\quad (\text{vì } x > 1).$$

b) Khi $MH = x – 1 \to 0$ nghĩa là $x \to 1^+$. Khi đó:

$$f(x) = \dfrac{x}{x – 1} \to \dfrac{1}{0^+} = +\infty.$$

Vậy tung độ của $M$ tiến ra $+\infty$, tức điểm $M$ trên đồ thị “leo lên rất cao” khi $M$ càng tiến gần đường thẳng $x = 1$. Ta nói đường thẳng $x = 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị.

Luyện tập 2 (trang 22)

Đề bài: Tìm các tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = f(x) = \dfrac{2x + 1}{x – 4}$.

Lời giải:

TXĐ: $\mathbb{R} \setminus {4}$.

Tiệm cận ngang:

$$\lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{2x + 1}{x – 4} = \lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{2 + \dfrac{1}{x}}{1 – \dfrac{4}{x}} = 2.$$

Vậy đồ thị có tiệm cận ngang là $y = 2$.

Tiệm cận đứng: Xét tại $x = 4$ (nghiệm của mẫu):

• Khi $x \to 4^+$: tử $\to 2 \cdot 4 + 1 = 9 > 0$, mẫu $\to 0^+$, nên $f(x) \to +\infty$.
• Khi $x \to 4^-$: tử $\to 9$, mẫu $\to 0^-$, nên $f(x) \to -\infty$.

Vì $\lim_{x \to 4^+} f(x) = +\infty$ (hoặc $\lim_{x \to 4^-} f(x) = -\infty$), theo định nghĩa, $x = 4$ là tiệm cận đứng của đồ thị.

Kết luận: Đồ thị có tiệm cận ngang $y = 2$ và tiệm cận đứng $x = 4$.

Vận dụng 2 (trang 22)

Đề bài: Để loại bỏ $p\%$ một loài tảo độc khỏi một hồ nước, người ta ước tính chi phí bỏ ra là

$$C(p) = \dfrac{45 p}{100 – p}\text{ (triệu đồng)}, \text{ với } 0 \leq p < 100.$$

Tìm tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $C(p)$ và nêu ý nghĩa thực tiễn của đường tiệm cận này.

Lời giải:

Xét khi $p \to 100^-$ (tức $p$ dần đến $100$ từ bên trái, do điều kiện $p < 100$):

• Tử: $45p \to 45 \cdot 100 = 4,500 > 0$.
• Mẫu: $100 – p \to 0^+$.

Do đó:

$$\lim_{p \to 100^-} C(p) = +\infty.$$

Theo định nghĩa, $p = 100$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $C(p)$.

Ý nghĩa thực tiễn: Khi tỉ lệ tảo độc muốn loại bỏ càng gần $100\%$, chi phí bỏ ra càng tăng lên vô hạn. Điều này có nghĩa là không thể loại bỏ hoàn toàn ($p = 100\%$) toàn bộ tảo độc khỏi hồ với chi phí hữu hạn.

3. Đường tiệm cận xiên

HĐ3 (trang 23)

Đề bài: Cho hàm số $y = f(x) = x – 1 + \dfrac{2}{x + 1}$ có đồ thị $(C)$ và đường thẳng $y = x – 1$ như Hình 1.24.

a) Với $x > -1$, xét điểm $M(x; f(x))$ thuộc $(C)$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $M$ trên đường thẳng $y = x – 1$. Có nhận xét gì về khoảng cách $MH$ khi $x \to +\infty$?

b) Chứng tỏ rằng $\lim_{x \to +\infty} [f(x) – (x – 1)] = 0$. Tính chất này thể hiện trên Hình 1.24 như thế nào?

Lời giải:

a) Đường thẳng $y = x – 1$ có thể viết dưới dạng $x – y – 1 = 0$. Khoảng cách từ điểm $M(x; f(x))$ đến đường thẳng này (theo công thức khoảng cách từ điểm đến đường thẳng):

$$MH = \dfrac{|x – f(x) – 1|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \dfrac{|f(x) – (x – 1)|}{\sqrt{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \cdot \left|\dfrac{2}{x + 1}\right| = \dfrac{\sqrt{2}}{x + 1}\quad (\text{vì } x > -1).$$

Khi $x \to +\infty$:

$$MH = \dfrac{\sqrt{2}}{x + 1} \to 0.$$

Vậy khoảng cách $MH$ dần về 0, tức đồ thị $(C)$ càng ngày càng tiến sát đường thẳng $y = x – 1$.

b) Ta có:

$$f(x) – (x – 1) = \dfrac{2}{x + 1}.$$

Do đó:

$$\lim_{x \to +\infty} [f(x) – (x – 1)] = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{2}{x + 1} = 0.$$

Trên Hình 1.24: đồ thị $(C)$ tiến sát vào đường thẳng $y = x – 1$ ở phía bên phải (khi $x \to +\infty$) và cả phía bên trái (khi $x \to -\infty$), nhưng không cắt đường thẳng này. Đường thẳng $y = x – 1$ được gọi là tiệm cận xiên của đồ thị.

Luyện tập 3 (trang 24)

Đề bài: Tìm các tiệm cận đứng và tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y = f(x) = \dfrac{x^2 – 4x + 2}{1 – x}$.

Lời giải:

TXĐ: $\mathbb{R} \setminus {1}$.

Bước 1: Chia đa thức để đưa về dạng thuận lợi.

Thực hiện phép chia $x^2 – 4x + 2$ cho $1 – x$: ta được thương $-x + 3$ và số dư $-1$. Kiểm tra: $(1 – x)(-x + 3) = -x + 3 + x^2 – 3x = x^2 – 4x + 3$, và $x^2 – 4x + 3 + (-1) = x^2 – 4x + 2$. ✓

Vậy:

$$f(x) = -x + 3 + \dfrac{-1}{1 – x} = -x + 3 + \dfrac{1}{x – 1}.$$

Bước 2: Tiệm cận đứng.

Xét tại $x = 1$: khi $x \to 1$, phần đa thức $-x + 3 \to 2$ (hữu hạn), còn $\dfrac{1}{x – 1}$ tiến ra vô cùng.

• Khi $x \to 1^+$: $\dfrac{1}{x – 1} \to +\infty$, nên $f(x) \to +\infty$.
• Khi $x \to 1^-$: $\dfrac{1}{x – 1} \to -\infty$, nên $f(x) \to -\infty$.

Vậy $x = 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị.

Bước 3: Tiệm cận xiên.

Ta có:

$$\lim_{x \to +\infty} [f(x) – (-x + 3)] = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x – 1} = 0.$$

Tương tự $\lim_{x \to -\infty} [f(x) – (-x + 3)] = 0$.

Vậy $y = -x + 3$ là tiệm cận xiên của đồ thị.

Kết luận: Tiệm cận đứng $x = 1$; tiệm cận xiên $y = -x + 3$.

Bài tập (trang 25)

Bài 1.16 (trang 25)

Đề bài: Hình 1.26 là đồ thị của hàm số $y = f(x) = \dfrac{2x^2}{x^2 – 1}$. Sử dụng đồ thị này, hãy:

a) Viết kết quả của các giới hạn sau: $\lim_{x \to -\infty} f(x)$; $\lim_{x \to +\infty} f(x)$; $\lim_{x \to 1^-} f(x)$; $\lim_{x \to -1^+} f(x)$.

b) Chỉ ra các tiệm cận của đồ thị hàm số đã cho.

Lời giải:

Quan sát đồ thị H.1.26:

a) Từ đồ thị:

• Khi $x \to -\infty$: đồ thị tiến sát đường $y = 2$ từ phía trên. Vậy $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 2$.
• Khi $x \to +\infty$: đồ thị tiến sát đường $y = 2$ từ phía trên. Vậy $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 2$.
• Khi $x \to 1^-$ (tức $x$ dần đến $1$ từ bên trái): đồ thị đi xuống rất sâu, nên $\lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty$.
• Khi $x \to -1^+$ (tức $x$ dần đến $-1$ từ bên phải): đồ thị cũng đi xuống rất sâu, nên $\lim_{x \to -1^+} f(x) = -\infty$.

b) Từ các giới hạn trên:

• $\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = 2$ $\Rightarrow$ tiệm cận ngang $y = 2$.
• $\lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty$ $\Rightarrow$ tiệm cận đứng $x = 1$.
• $\lim_{x \to -1^+} f(x) = -\infty$ $\Rightarrow$ tiệm cận đứng $x = -1$.

Kết luận: Đồ thị có tiệm cận ngang $y = 2$ và hai tiệm cận đứng $x = -1$, $x = 1$.

Bài 1.17 (trang 25)

Đề bài: Đường thẳng $x = 1$ có phải là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \dfrac{x^2 + 2x – 3}{x – 1}$ không?

Lời giải:

Xét tử số: $x^2 + 2x – 3 = (x – 1)(x + 3)$.

Do đó với $x \neq 1$:

$$y = \dfrac{(x – 1)(x + 3)}{x – 1} = x + 3.$$

Tính giới hạn khi $x \to 1$:

$$\lim_{x \to 1} y = \lim_{x \to 1} (x + 3) = 4;(\text{hữu hạn}).$$

Vì giới hạn là một số hữu hạn, không phải $\pm\infty$, nên theo định nghĩa, đường thẳng $x = 1$ không phải là tiệm cận đứng của đồ thị.

(Lưu ý: hàm số vẫn không xác định tại $x = 1$, nhưng đồ thị chỉ bị “khuyết một điểm” chứ không đi ra vô cùng.)

Bài 1.18 (trang 25)

Đề bài: Tìm các tiệm cận của đồ thị các hàm số sau:

a) $y = \dfrac{3 – x}{2x + 1}$;

b) $y = \dfrac{2x^2 + x – 1}{x + 2}$.

Lời giải:

a) TXĐ: $\mathbb{R} \setminus \left{-\dfrac{1}{2}\right}$.

Tiệm cận ngang:

$$\lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{3 – x}{2x + 1} = \lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{\dfrac{3}{x} – 1}{2 + \dfrac{1}{x}} = \dfrac{0 – 1}{2 + 0} = -\dfrac{1}{2}.$$

Vậy tiệm cận ngang $y = -\dfrac{1}{2}$.

Tiệm cận đứng: Xét tại $x = -\dfrac{1}{2}$: tử $\to 3 – \left(-\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{7}{2} \neq 0$, mẫu $\to 0$. Do đó $\lim_{x \to (-1/2)^+} y = +\infty$ (hoặc $-\infty$ tùy phía). Vậy $x = -\dfrac{1}{2}$ là tiệm cận đứng.

b) TXĐ: $\mathbb{R} \setminus {-2}$.

Chia đa thức: thực hiện phép chia $2x^2 + x – 1$ cho $x + 2$ ta được thương $2x – 3$ và số dư $5$. Kiểm tra: $(x + 2)(2x – 3) = 2x^2 – 3x + 4x – 6 = 2x^2 + x – 6$, và $2x^2 + x – 6 + 5 = 2x^2 + x – 1$. ✓

Vậy:

$$y = 2x – 3 + \dfrac{5}{x + 2}.$$

Tiệm cận đứng: Tại $x = -2$, tử của $\dfrac{5}{x+2}$ là $5 \neq 0$, mẫu $\to 0$. Do đó $\lim_{x \to -2^{\pm}} y = \pm\infty$. Vậy $x = -2$ là tiệm cận đứng.

Tiệm cận xiên:

$$\lim_{x \to \pm\infty} [y – (2x – 3)] = \lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{5}{x + 2} = 0.$$

Vậy $y = 2x – 3$ là tiệm cận xiên.

(Đồ thị không có tiệm cận ngang vì bậc tử lớn hơn bậc mẫu.)

Kết luận (b): Tiệm cận đứng $x = -2$; tiệm cận xiên $y = 2x – 3$.

Bài 1.19 (trang 25)

Đề bài: Một công ty sản xuất đồ gia dụng ước tính chi phí để sản xuất $x$ (sản phẩm) là

$$C(x) = 2x + 50\text{ (triệu đồng)}.$$

Khi đó $f(x) = \dfrac{C(x)}{x}$ là chi phí sản xuất trung bình cho mỗi sản phẩm. Chứng tỏ rằng hàm số $f(x)$ giảm và $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 2$. Tính chất này nói lên điều gì?

Lời giải:

Ta có:

$$f(x) = \dfrac{2x + 50}{x} = 2 + \dfrac{50}{x},\quad x > 0.$$

Chứng tỏ $f(x)$ giảm:

$$f'(x) = -\dfrac{50}{x^2} < 0,\quad \forall x > 0.$$

Vậy $f(x)$ nghịch biến (giảm) trên khoảng $(0; +\infty)$.

Tính giới hạn:

$$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \left(2 + \dfrac{50}{x}\right) = 2 + 0 = 2.$$

Vậy đường thẳng $y = 2$ là tiệm cận ngang của đồ thị $f(x)$.

Ý nghĩa thực tiễn: Khi số sản phẩm $x$ càng lớn, chi phí sản xuất trung bình cho mỗi sản phẩm càng giảm và tiến sát đến $2$ triệu đồng/sản phẩm, nhưng không thể thấp hơn $2$ triệu đồng/sản phẩm. Nói cách khác, khi công ty sản xuất nhiều sản phẩm, chi phí trung bình cho mỗi sản phẩm sẽ tiết kiệm hơn (nhờ “san sẻ” chi phí cố định $50$ triệu), nhưng luôn có giới hạn dưới là $2$ triệu đồng/sản phẩm (là chi phí biến đổi cho mỗi sản phẩm).

Bài 1.20 (trang 25)

Đề bài: Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích bằng $144$ m². Biết độ dài một cạnh của mảnh vườn là $x$ (m).

a) Viết biểu thức tính chu vi $P(x)$ (mét) của mảnh vườn.

b) Tìm các tiệm cận của đồ thị hàm số $y = P(x)$. Giải thích ý nghĩa thực tiễn của các kết quả này.

Lời giải:

a) Vì diện tích bằng $144$ m² nên cạnh còn lại của mảnh vườn là $\dfrac{144}{x}$ (m).

Chu vi:

$$P(x) = 2\left(x + \dfrac{144}{x}\right) = 2x + \dfrac{288}{x},\quad x > 0.$$

b) Tìm tiệm cận của $y = P(x)$.

Tiệm cận đứng: Xét khi $x \to 0^+$: $2x \to 0$, $\dfrac{288}{x} \to +\infty$. Do đó:

$$\lim_{x \to 0^+} P(x) = +\infty.$$

Vậy đường thẳng $x = 0$ là tiệm cận đứng.

Tiệm cận xiên: Đặt $g(x) = 2x$ và kiểm tra:

$$\lim_{x \to +\infty} [P(x) – 2x] = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{288}{x} = 0.$$

Vậy đường thẳng $y = 2x$ là tiệm cận xiên.

Ý nghĩa thực tiễn:

• Tiệm cận đứng $x = 0$: khi cạnh $x$ rất nhỏ (mảnh vườn rất mảnh và dài), cạnh còn lại $\dfrac{144}{x}$ rất lớn, nên chu vi $P(x)$ tiến ra vô hạn. Nói cách khác, một mảnh vườn có cạnh quá nhỏ sẽ có chu vi rất lớn (tốn nhiều rào).
• Tiệm cận xiên $y = 2x$: khi cạnh $x$ rất lớn, cạnh còn lại $\dfrac{144}{x}$ rất nhỏ, nên chu vi xấp xỉ $2x$ (gần như bằng hai lần cạnh dài). Điều này phản ánh: mảnh vườn dạng rất dẹt (cạnh dài và cạnh ngắn chênh nhau nhiều) thì chu vi chủ yếu do hai cạnh dài quyết định.

(Đồ thị hàm số $P(x)$ trên miền $x > 0$ có dáng chữ U, đạt giá trị nhỏ nhất khi mảnh vườn là hình vuông cạnh $12$ m – tức $P_{\min} = 48$ m, khi $x = 12$.)

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh