Câu 4: Cho hàm số \(y=\frac{mx-1}{x+m}\) có đồ thị ( \(H_m\) )

Chúng ta sẽ lần lượt xét từng mệnh đề a, b, c, d xem đúng hay sai.

a) Với \(m=2\), đường tiệm cận đứng là \(x=-2\) và tiệm cận ngang là \(y=2\)

Khi \(m=2\), hàm số trở thành \(y = \frac{2x-1}{x+2}\).

Để tìm tiệm cận đứng, ta cho mẫu số bằng 0: \(x+2 = 0 \implies x = -2\).

Để tìm tiệm cận ngang, ta xét giới hạn của hàm số khi \(x\) tiến tới vô cùng:

\( \lim_{x \to \pm\infty} y = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x-1}{x+2} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{2 – \frac{1}{x}}{1 + \frac{2}{x}} = \frac{2-0}{1+0} = 2 \).

Vậy, với \(m=2\), tiệm cận đứng là \(x=-2\) và tiệm cận ngang là \(y=2\).

Kết luận a: Đúng.

b) Đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của ( \(H_m\) ) cùng với hai trục toạ độ tạo thành hình chữ nhật có diện tích bằng \(1\) khi \(|m|=1\)

Xét hàm số tổng quát \(y = \frac{mx-1}{x+m}\).

Tiệm cận đứng: Cho mẫu số bằng 0. \(x+m = 0 \implies x = -m\).

Tiệm cận ngang: Xét giới hạn khi \(x \to \pm\infty\). \( \lim_{x \to \pm\infty} y = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{mx-1}{x+m} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{m – \frac{1}{x}}{1 + \frac{m}{x}} = m \).

Vậy, tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = -m\) và tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = m\).

Hai đường tiệm cận này cùng với hai trục toạ độ (\(x=0\) và \(y=0\)) tạo thành một hình chữ nhật.

Các đỉnh của hình chữ nhật này sẽ là: \((0,0)\), \((-m, 0)\), \((0, m)\), \((-m, m)\) (hoặc \((0,0)\), \((m, 0)\), \((0, -m)\), \((m, -m)\) tùy thuộc vào dấu của m).

Chiều dài các cạnh của hình chữ nhật này là \(| -m | = |m|\) và \(| m |\).

Diện tích của hình chữ nhật này là \( |m| \times |m| = m^2 \).

Theo đề bài, diện tích này bằng \(1\), nên ta có \(m^2 = 1\).

Điều này tương đương với \(|m| = 1\).

Kết luận b: Đúng.

c) Hàm số luôn đồng biến trên các khoảng xác định với mọi \(m \in \mathbb{R} \setminus \{0\}\)

Để xét tính đồng biến nghịch biến của hàm số, ta cần tính đạo hàm của nó.

Ta có \(y’ = \frac{d}{dx}\left(\frac{mx-1}{x+m}\right)\).

Áp dụng quy tắc đạo hàm của hàm phân thức \(\left(\frac{u}{v}\right)’ = \frac{u’v – uv’}{v^2}\):

\(u = mx-1 \implies u’ = m\)

\(v = x+m \implies v’ = 1\)

Do đó, \(y’ = \frac{m(x+m) – (mx-1)(1)}{(x+m)^2} = \frac{mx + m^2 – mx + 1}{(x+m)^2} = \frac{m^2+1}{(x+m)^2}\).

Để hàm số đồng biến trên các khoảng xác định, ta cần \(y’ > 0\) với mọi \(x\) thuộc tập xác định của hàm số.

Tập xác định của hàm số là \( \mathbb{R} \setminus \{-m\} \).

Ta thấy \(m^2 \ge 0\) với mọi \(m\), do đó \(m^2+1 \ge 1 > 0\) với mọi \(m\).

Mẫu số \((x+m)^2 > 0\) với mọi \(x \ne -m\).

Vậy, \(y’ = \frac{m^2+1}{(x+m)^2} > 0\) với mọi \(x \ne -m\).

Điều này có nghĩa là hàm số luôn đồng biến trên các khoảng xác định của nó với mọi \(m \in \mathbb{R} \setminus \{0\}\).

Lưu ý: \(m \ne 0\) là điều kiện để mẫu số \(x+m\) không trở thành hằng số và để hàm số thực sự là hàm phân thức.

Kết luận c: Đúng.

d) Đồ thị ( \(H_m\) ) nhận giao điểm \(I(-m;m)\) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.

Như chúng ta đã tìm ở phần b, tiệm cận đứng là \(x = -m\) và tiệm cận ngang là \(y = m\).

Giao điểm của hai đường tiệm cận này chính là điểm \(I(-m; m)\).

Một tính chất quan trọng của đồ thị hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất là nó luôn nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.

Để chứng minh điều này, ta có thể thực hiện phép tịnh tiến hệ trục tọa độ với tâm tịnh tiến là điểm \(I(-m; m)\).

Đặt \(x = X – m\) và \(y = Y + m\). Thay vào phương trình hàm số:

\( Y + m = \frac{m(X-m) – 1}{(X-m) + m} \)
\( Y + m = \frac{mX – m^2 – 1}{X} \)
\( Y = \frac{mX – m^2 – 1}{X} – m \)
\( Y = \frac{mX – m^2 – 1 – mX}{X} \)
\( Y = \frac{-m^2 – 1}{X} \)
\( XY = -m^2 – 1 \)

Đây là phương trình của một hypebol có tâm tại gốc tọa độ mới (tức là \(I(-m; m)\) trong hệ tọa độ cũ) và nhận các trục tọa độ mới làm tiệm cận. Do đó, đồ thị hàm số đã cho nhận điểm \(I(-m; m)\) làm tâm đối xứng.

Kết luận d: Đúng.

Tổng kết:

a) Đúng

b) Đúng

c) Đúng

d) Đúng