Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây:
KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM HỮU TỈ BẬC 2/1
I. Phương pháp giải
Sơ đồ chung về khảo sát và vẽ đồ thị: Gồm 3 bước:
Bước 1: Tập xác định
– Tìm tập xác định
– Xét tính chẵn, lẻ nếu có.
Bước 2: Chiều biến thiên
– Tính các giới hạn.
– Tìm các tiệm cận đứng và tiệm cận xiên
– Tính đạo hàm cấp một, xét dấu
– Lập bảng biến thiên rồi chỉ ra khoảng đồng biến, nghịch biến và cực đại, cực tiểu.
Bước 3: Vẽ đồ thị
– Cho vài giá trị đặc biệt, giao điểm với hai trục tọa độ.
– Vẽ đúng đồ thị, lưu ý tâm đối xứng là giao điểm 2 tiệm cận đứng và tiệm cận xiên.
Các dạng đồ thị hàm hữu tỉ: \(y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{a’x + b’}}\left( {a \ne 0,\,\,a’ \ne 0} \right)\)
II. Ví dụ minh họa
Bài toán 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị \(\left( C \right)\) của hàm số: \(y = \frac{{{x^2} + 4}}{x}.\)
Giải
● Tập xác định \(D = R\backslash \left\{ 0 \right\};\,\,y = x + \frac{4}{x}\) là hàm số lẻ.
● Sự biến thiên:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ – }} = – \infty ,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} = + \infty \) nên đường thẳng \(x = 0\) là tiệm cận đứng
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {y – x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{4}{x}\) nên đường thẳng \(y = x\) là tiệm cận xiên.
Ta có: \(y’ = 1 – \frac{4}{{{x^2}}} = \frac{{{x^2} – 4}}{{{x^2}}};\,\,y’ = 0 \Leftrightarrow x = \pm 2.\)
BBT
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng \(\left( { – \infty ; – 2} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\), nghịch biến trên mỗi khoảng \(\left( { – 2;0} \right)\) và \(\left( {0;2} \right).\)
Hàm số đạt cực đại tại điểm \(x = – 2,\,\,{y_{C\~N }} = – 4\)
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm \(x = 2,\,\,{y_{CT}} = 4.\)
● Đồ thị:
Tâm đối xứng là giao điểm 2 tiệm cận \(O\left( {0;0} \right).\)
Bài toán 2. Khảo sát và vẽ đồ thị \(\left( C \right)\) của hàm số: \(y = \frac{{1 – {x^2}}}{x}\)
Giải
Ta có \(y = \frac{{1 – {x^2}}}{x} = – x + \frac{1}{x}\)
– Tập xác định: \(D = R\backslash \left\{ 0 \right\}\). Hàm số lẻ
– Sự biến thiên: TCĐ: \(x = 0\), TCX: \(y = – x\)
\(y’ = – 1 – \frac{1}{{{x^2}}} < 0,\,\,\forall x \in D\)
Bảng biến thiên
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng \(\left( { – \infty ;0} \right)\) và \(\left( {0; + \infty } \right)\).
– Đồ thị: \(y = 0 \Rightarrow x = \pm 1\). Tâm đối xứng là giao điểm 2 tiệm cận \(O\left( {0;0} \right).\)
Bài toán 3. Cho hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 2x + 5}}{{x + 1}}.\)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị \(\left( C \right)\) của hàm số
b) Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm dương phân biệt:
\({x^2} + 2x + 5 = \left( {{m^2} + 2m + 5} \right)\left( {x + 1} \right).\)
Giải
a) \(y = \frac{{{x^2} + 2x + 5}}{{x + 1}} = x + 1 + \frac{4}{{x + 1}}\)
Tập xác định \(D = R\backslash \left\{ { – 1} \right\}.\)
Sự biến thiên: \(y’ = 1 – \frac{4}{{x + 1}} = \frac{{{x^2} + 2x – 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}},\,\,y’ = 0 \Leftrightarrow x = 1,\,\,x = – 3.\)
Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 1} \right)}^ – }} y = – \infty ,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 1} \right)}^ + }} y = + \infty \] nên TCĐ: \(x = – 1\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {y – \left( {x + 1} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{4}{{x + 1}} = 0\) nên TCX: \(y = x + 1.\)
Bảng biến thiên
Hàm số đồng biến trên \(\left( { – \infty ; – 3} \right),\,\,\left( {1; + \infty } \right),\)
nghịch biến trên \(\left( { – 3; – 1} \right),\,\,\left( { – 1;1} \right).\)
Hàm số đạt CĐ \(\left( { – 3; – 4} \right),\) CT\(\left( {1;4} \right).\)
– Đồ thị:
Cho \(x = 0 \Rightarrow y = 5\)
Tâm đối xứng là giao điểm 2 tiệm cận \(I\left( { – 1;0} \right).\)
b) Vì \(x = – 1\) không là nghiệm nên phương trình đã cho tương đương với:
\(\frac{{{x^2} + 2x + 5}}{{x + 1}} = {m^2} + 2m + 5.\)
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
\(y = \frac{{{x^2} + 2x + 5}}{{x + 1}}\) với đường thẳng \(y = {m^2} + 2m + 5.\)
Phương trình có hai nghiệm dương khi và chỉ khi:
\(4 < {m^2} + 2m + 5 < 5 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne – 1\\ – 2 < m < 0\end{array} \right.\)
Bài toán 4. Cho hàm số \(y = \frac{{{x^2} – 2x – 3}}{{x – 2}}\)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị \(\left( C \right)\) của hàm số.
b) Tìm các điểm trên \(\left( C \right)\) có tọa độ là số nguyên. Chứng minh đồ thị \(\left( C \right)\) có tâm đối xứng.
Giải
a) Ta có \(y = x – \frac{3}{{x – 2}}\)
Tập xác định \(D = R\backslash \left\{ 2 \right\}.\)
Sự biến thiên: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} y = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = – \infty \) nên TCĐ: \(x = 2.\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {y – x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{3}{{x – 2}} = 0\) nên TCX: \(y = x.\)
\(y’ = 1 + \frac{3}{{{{\left( {x – 2} \right)}^2}}} > 0\) với mọi \(x \ne 2\)
Bảng biến thiên:
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng \(\left( { – \infty ;2} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right).\)
– Đồ thị:
Cho \(x = 0 \Rightarrow y = \frac{3}{2}\)
\(y = 0 \Rightarrow x = – 1,\,\,x = 3.\)
b) Điểm \(M\left( {x;y} \right) \in \left( C \right)\) có tọa độ nguyên khi \(x – 2\) là ước số của của 3 nên \(x – 2 = \pm 1,\,\, \pm 3.\)
Do đó \(\left( C \right)\) có 4 điểm có tọa độ nguyên:
\(\left( {1;4} \right),\,\,\left( {3;0} \right),\,\,\left( { – 1;0} \right)\) và \(\left( {5;4} \right).\)
Giao điểm 2 tiệm cận \(I\left( {2;2} \right)\) chuyển trục bằng phép tịnh tiến vectơ
\(\overrightarrow {OI} :\left\{ \begin{array}{l}x = X + 2\\y = Y + 2\end{array} \right.\)
Đồ thị \(\left( C \right):Y + 2 = \left( {X + 2} \right) – \frac{3}{{\left( {X + 2} \right) – 2}} \Leftrightarrow Y = X – \frac{3}{X}\)
Vì \(Y = F\left( X \right):X – \frac{3}{X}\) là hàm số lẻ nên đồ thị \(\left( C \right)\) nhận gốc \(I\left( {2;2} \right)\) làm tâm đối xứng.
\(\frac{{{x^2} + 2x + 5}}{{x + 1}} = {m^2} + 2m + 5.\)
Xem thêm