Nội dung bài học sẽ giới thiệu đến các em khái niệm Giới hạn của hàm số. Bên cạnh đó là các dạng bài toán tính giới hạn của hàm số cùng với những ví dụ minh họa có hướng dẫn giải chi tiết sẽ giúp các em dễ dàng nắm được nội dung bài học.
Cho khoảng \(K\) chứa điểm \({x_0}\). Ta nói rằng hàm số \(f(x)\) xác định trên \(K\) (có thể trừ điểm \({x_0}\)) có giới hạn là \(L\) khi x dần tới \({x_0}\) nếu với dãy số \(({x_n})\) bất kì, \({x_n} \in K\backslash {\rm{\{ }}{x_0}{\rm{\} }}\) và\({x_n} \to {x_0}\), ta có:\(f({x_n}) \to L\). Ta kí hiệu:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L\)hay \(f(x) \to L\) khi\(x \to {x_0}\).
Chú ý: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to x_{_0}^ + } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_{_0}^ - } f(x) = L\).
Định lí 1: Gới hạn của tổng, hiệu, tích, thương (mẫu số dẫn về\(L \ne 0\)) khi \(x \to {x_0}\) (hay\(x \to + \infty ;x \to - \infty \) ) bằng tổng, hiệu, tích, thương của các giới hạn đó khi \(x \to {x_0}\) (hay\(x \to + \infty ;x \to - \infty \)) .
Chú ý: Định lí trên ta chỉ áp dụng cho những hàm số có giới hạn là hữu hạn. Ta không áp dụng cho các giới hạn dần về vô cực
Định lí 2: (Nguyên lí kẹp)
Cho ba hàm số \(f(x),g(x),h(x)\) xác định trên \(K\)chứa điểm \({x_0}\) (có thể các hàm đó không xác định tại \({x_0}\)). Nếu \(g(x) \le f(x) \le h(x){\rm{ }}\forall x \in K\)và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} h(x) = L\) thì\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L\).
Phương pháp:
Tìm các giới hạn sau:
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x + 3\cos x + x}}{{2x + {{\cos }^2}3x}}\)
b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {{x^2} + 3} - 2x}}{{\sqrt[3]{{x + 6}} + 2x - 1}}\)
a) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x + 3\cos x + x}}{{2x + {{\cos }^2}3x}} = \frac{{\sin 0 + 3\cos 0 + 0}}{{2.0 + {{\cos }^2}0}} = 3\)
b) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {{x^2} + 3} - 2x}}{{\sqrt[3]{{x + 6}} + 2x - 1}} = \frac{{\sqrt {{2^2} + 3} - 2.2}}{{\sqrt[3]{{2 + 6}} + 2.2 - 1}} = \frac{{\sqrt 7 - 4}}{5}\).
Xét xem các hàm số sau có giới hạn tại các điểm chỉ ra hay không? Nếu có hay tìm giới hạn đó?
a) \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} + 3x + 1}}{{{x^2} + 2}}{\rm{ khi }}x < 1\\\frac{{3x + 2}}{3}{\rm{ khi }}x \ge 1\end{array} \right.\) khi \(x \to 1\);
b) \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} + 3x + 1{\rm{ khi }}x \ge 0\\ - {x^2} + 3x + 2{\rm{ khi }}x < 0\end{array} \right.\) khi \(x \to 0\)
a) Ta có:\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{3x + 2}}{3} = \frac{5}{3}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{{x^2} + 3x + 1}}{{{x^2} + 2}} = \frac{5}{3} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \frac{5}{3}\).
Vậy\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \frac{5}{3}\).
b) Ta có:\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} (2{x^2} + 3x + 1) = 1\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} ( - {x^2} + 3x + 2) = 2 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x)\).
Vậy hàm số \(f(x)\) không có giới hạn khi\(x \to 0\).
Tìm \(m\) để các hàm số:
a) \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} + mx + 2m + 1}}{{x + 1}}{\rm{ khi }}x \ge 0\\\frac{{2x + 3m - 1}}{{\sqrt {1 - x} + 2}}{\rm{ khi }}x < 0\end{array} \right.\) có giới hạn khi \(x \to 0\).
b)\(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} + x - 2}}{{\sqrt {1 - x} }} + mx + 1{\rm{ khi }}x < 1\\3mx + 2m - 1{\rm{ khi }}x \ge 1\end{array} \right.\) có giới hạn khi \(x \to 1\).
a) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{{x^2} + mx + 2m + 1}}{{x + 1}} = 2m + 1\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{2x + 3m - 1}}{{\sqrt {1 - x} + 2}} = \frac{{3m - 1}}{3}\)
Hàm số có giới hạn khi \(x \to 0\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x)\)
\( \Leftrightarrow 2m + 1 = \frac{{3m - 1}}{3} \Leftrightarrow m = - \frac{4}{3}\).
b) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} (3mx + 2m - 1) = 5m - 1\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {\frac{{{x^2} + x - 2}}{{\sqrt {1 - x} }} + mx + 1} \right)\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( { - (x + 2)\sqrt {1 - x} + mx + 1} \right) = m + 1\)
Hàm số có giới hạn khi \(x \to 1\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x)\)
\( \Leftrightarrow 5m - 1 = m + 1 \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\).
Dạng này ta gọi là dạng vô định\(\frac{0}{0}\).
Để khử dạng vô định này ta sử dụng định lí Bơzu cho đa thức:
Định lí: Nếu đa thức \(f(x)\) có nghiệm \(x = {x_0}\) thì ta có :
\(f(x) = (x - {x_0}){f_1}(x)\).
Chú ý :Nếu tam thức bậc hai \(a{x^2} + b{\rm{x + c}}\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thì ta luôn có sự phân tích\(a{x^2} + bx + c = a(x - {x_1})(x - {x_2})\).
Các lượng liên hợp:
1. \((\sqrt a - \sqrt b )(\sqrt a + \sqrt b ) = a - b\)
2. \((\sqrt[3]{a} \pm \sqrt[3]{b})(\sqrt[3]{{{a^2}}} \mp \sqrt[3]{{ab}} + \sqrt[3]{{{b^2}}}) = a - b\)
3. \((\sqrt[n]{a} - \sqrt[n]{b})(\sqrt[n]{{{a^{n - 1}}}} + \sqrt[n]{{{a^{n - 2}}b}} + ... + \sqrt[n]{{{b^{n - 1}}}}) = a - b\)
Nếu \(\sqrt[n]{{u(x)}},\sqrt[m]{{v(x)}} \to c\) thì ta phân tích:
\(\sqrt[n]{{u(x)}} - \sqrt[m]{{v(x)}} = (\sqrt[n]{{u(x)}} - c) - (\sqrt[m]{{v(x)}} - c)\).
Trong nhiều trường hợp việc phân tích như trên không đi đến kết quả ta phải phân tích như sau:\(\sqrt[n]{{u(x)}} - \sqrt[m]{{v(x)}} = (\sqrt[n]{{u(x)}} - m(x)) - (\sqrt[m]{{v(x)}} - m(x))\), trong đó \(m(x) \to c\).
\({a^n} - {b^n} = (a - b)({a^{n - 1}} + {a^{n - 2}}b + ... + a{b^{n - 2}} + {b^{n - 1}})\).
Tính các giới hạn sau:
a) Tìm giới hạn \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^3} - 3{x^2} + 2}}{{{x^2} - 4x + 3}}.\)
b) Tìm giới hạn \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^4} - 5{x^2} + 4}}{{{x^3} - 8}}.\)
a) Ta có: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^3} - 3{x^2} + 2}}{{{x^2} - 4x + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{(x - 1)({x^2} - 2x - 2)}}{{(x - 1)(x - 3)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 2x - 2}}{{x - 3}} = \frac{3}{2}\).
b) Ta có: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^4} - 5{x^2} + 4}}{{{x^3} - 8}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{({x^2} - 1)({x^2} - 4)}}{{{x^3} - {2^3}}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{({x^2} - 1)(x - 2)(x + 2)}}{{(x - 2)({x^2} + 2x + 4)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{({x^2} - 1)(x + 2)}}{{{x^2} + 2x + 4}} = 1\).
Tìm các giới hạn sau:
a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^n} - 1}}{{x - 1}}\)
b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^5} - 5{x^3} + 2{x^2} + 6x - 4}}{{{x^3} - {x^2} - x + 1}}\)
a) Ta có: \({x^n} - 1 = (x - 1)({x^{n - 1}} + {x^{n - 2}} + ... + x + 1)\)
Suy ra: \(\frac{{{x^n} - 1}}{{x - 1}} = {x^{n - 1}} + {x^{n - 2}} + ... + x + 1\)
Do đó: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {{x^{n - 1}} + {x^{n - 2}} + ... + x + 1} \right) = n\).
b) Ta có: \({x^5} - 5{x^3} + 2{x^2} + 6x - 4 = {(x - 1)^2}(x + 2)({x^2} - 2)\)
\({x^3} - {x^2} - x + 1 = {(x - 1)^2}(x + 1)\)
Do đó: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{(x + 2)({x^2} - 2)}}{{x + 1}} = - \frac{3}{2}\).
Tìm các giới hạn sau:
a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {2x - 1} - x}}{{{x^2} - 1}}\)
b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{3x + 2}} - x}}{{\sqrt {3x - 2} - 2}}\)
a) Ta có:\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2x - 1 - {x^2}}}{{(x - 1)(x + 1)(\sqrt {2x - 1} + x)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - (x - 1)}}{{(x + 1)(\sqrt {2x - 1} + x)}} = 0\)
b) Ta có:\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(3x + 2 - {x^3})(\sqrt {3x - 2} + 2)}}{{3(x - 2)(\sqrt[3]{{{{(3x + 2)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{3x + 2}} + 4)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{ - ({x^2} + 2x + 1)(\sqrt {3x - 2} + 2)}}{{3(\sqrt[3]{{{{(3x + 2)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{3x + 2}} + 4)}} = - 1\) .
Phương pháp: Tương tự như cách khử dạng vô định ở dãy số. Ta cần tìm cách đưa về các giới hạn:
Tìm các giới hạn sau:
a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{(4x + 1)}^3}{{(2x + 1)}^4}}}{{{{(3 + 2x)}^7}}}\)
b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} - 3x + 4} + 3x}}{{\sqrt {{x^2} + x + 1} - x}}\)
a) Ta có: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{\left( {4 + \frac{1}{x}} \right)}^3}{{\left( {2 + \frac{1}{x}} \right)}^4}}}{{{{\left( {\frac{3}{x} + 2} \right)}^7}}} = 8.\)
b) Ta có: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {4 - \frac{3}{x} + \frac{4}{{{x^2}}}} + 3}}{{ - \sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} - 1}} = \frac{1}{2}.\)
Tìm các giới hạn sau:
a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {2{x^2} + 1} - \sqrt {{x^2} + 1} }}{{2x + 2}}\)
b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {3{x^2} - 2} + \sqrt {x + 1} }}{{\sqrt {{x^2} + 1} - 1}}\)
a) Ta có:\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {2 + \frac{1}{{{x^2}}}} - \left| x \right|\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{x(2 + \frac{2}{x})}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {2 + \frac{1}{{{x^2}}}} - \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{2 + \frac{2}{x}}} = \frac{{\sqrt 2 - 1}}{2}.\) .
b) Ta có: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {3 - \frac{2}{{{x^2}}}} + \left| x \right|\sqrt {\frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{\left| x \right|\left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} - \frac{1}{{\left| x \right|}}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {3 - \frac{2}{{{x^2}}}} - \sqrt {\frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{ - \left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} - \frac{1}{{\left| x \right|}}} \right)}} = \sqrt 3 .\)
Tìm giới hạn \(H = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt[4]{{16{x^4} + 3x + 1}} - \sqrt {4{x^2} + 2} } \right).\)
Ta có: \(H = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {16{x^4} + 3x + 1} - (4{x^2} + 2)}}{{\sqrt[4]{{16{x^4} + 3x + 1}} + \sqrt {4{x^2} + 2} }}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{16{x^4} + 3x + 1 - {{(4{x^2} + 2)}^2}}}{{\left( {\sqrt[4]{{16{x^4} + 3x + 1}} + \sqrt {4{x^2} + 2} } \right)\left( {\sqrt {16{x^4} + 3x + 1} + 4{x^2} + 2} \right)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 16{x^2} + 3x - 3}}{{\left( {\sqrt[4]{{16{x^4} + 3x + 1}} + \sqrt {4{x^2} + 2} } \right)\left( {\sqrt {16{x^4} + 3x + 1} + 4{x^2} + 2} \right)}}\)
Suy ra \(H = 0\).
Phương pháp:
Những dạng vô định này ta tìm cách biến đổi đưa về dạng \(\frac{\infty }{\infty }\).
Tìm giới hạn \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x + 1} - x} \right).\)
Ta có: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{(\sqrt {{x^2} - x + 1} - x)(\sqrt {{x^2} - x + 1} + x)}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} + x}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} - x + 1 - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - x + 1}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} + x}} = - \frac{1}{2}\).
Tìm giới hạn \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2x + \sqrt {4{x^2} - x + 1} } \right).\)
\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{(2x - \sqrt {4{x^2} - x + 1} )(2x + \sqrt {4{x^2} - x + 1} )}}{{2x - \sqrt {4{x^2} - x + 1} }}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x + 1}}{{2x - \sqrt {4{x^2} - x + 1} }} = \frac{1}{4}\).
Tìm các giới hạn sau:\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } (\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} + \sqrt {{x^2} - 2x} )\)
Ta có: \(\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} + \sqrt {{x^2} - 2x} = (\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} - x) + (\sqrt {{x^2} - 2x} + x)\)
\( = \frac{{ - 3{x^2}}}{{\sqrt[3]{{{{({x^3} - 3{x^2})}^2}}} + x\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} + {x^2}}} + \frac{{ - 2x}}{{\sqrt {{x^2} - 2x} - x}}\)
\( \Rightarrow A = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 3}}{{\sqrt[3]{{{{(1 - \frac{3}{x})}^2}}} + \sqrt[3]{{1 - \frac{3}{x}}} + 1}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 2}}{{ - \sqrt {1 - \frac{2}{x}} - 1}} = 0\).
Phương pháp:
Ta sử dụng các công thức lượng giác biến đổi về các dạng sau:
\( \bullet \)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{{\sin x}} = 1\), từ đây suy ra\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\tan x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{{\tan x}} = 1\).
\( \bullet \) Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} u(x) = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\sin u(x)}}{{u(x)}} = 1\) và\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\tan u(x)}}{{u(x)}} = 1\).
Tìm giới hạn \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos ax}}{{{x^2}}}.\)
Ta có:\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2{{\sin }^2}\frac{{ax}}{2}}}{{{x^2}}} = \frac{a}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{\sin \frac{{ax}}{2}}}{{\frac{{ax}}{2}}}} \right)^2} = \frac{a}{2}\).
Tìm giới hạn \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\cos 2x - \cos 3x}}{{x(\sin 3x - \sin 4x)}}.\)
\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\sin \frac{{5x}}{2}\sin \frac{x}{2}}}{{ - 2x\cos \frac{{7x}}{2}\sin \frac{x}{2}}} = - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (\frac{5}{2}.\frac{{\sin \frac{{5x}}{2}}}{{\frac{{5x}}{2}}}).\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\cos \frac{{7x}}{2}}} = \frac{5}{2}\).
Tìm các giới hạn sau:
a)\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^3}\sin \frac{1}{{{x^2}}}\)
b)\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {2\sin x + {{\cos }^3}x} \right)\left( {\sqrt {x + 1} - \sqrt x } \right)\)
a) Ta có: \(0 \le \left| {{x^3}\sin \frac{1}{{{x^2}}}} \right| \le {x^3}\)
Mà \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^3} = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left| {{x^3}\sin \frac{1}{{{x^2}}}} \right| = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^3}\sin \frac{1}{{{x^2}}} = 0\)
Vậy \(A = 0\).
b) Ta có: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2\sin x + {{\cos }^3}x}}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt x }}\)
Mà: \(0 \le \left| {\frac{{2\sin x + {{\cos }^2}x}}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt x }}} \right| \le \frac{3}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt x }} \to 0\) khi \(x \to + \infty \).
Do đó: \(B = 0\).
Nội dung bài học sẽ giới thiệu đến các em khái niệm Giới hạn của hàm số. Bên cạnh đó là các dạng bài toán tính giới hạn của hàm số cùng với những ví dụ minh họa có hướng dẫn giải chi tiết sẽ giúp các em dễ dàng nắm được nội dung bài học.
Để cũng cố bài học xin mời các em cũng làm Bài kiểm tra Trắc nghiệm Toán 11 Bài 2để kiểm tra xem mình đã nắm được nội dung bài học hay chưa.
\(\lim n\left( {\sqrt {{n^2} + 1} - \sqrt {{n^2} - 3} } \right)\) có giá trị là bao nhiêu?
\(\lim \frac{{n + \sin 2n}}{{n + 5}}\) có giá trị là bao nhiêu?
\(\lim \left( {3n - 4{n^3}} \right)\)có giá trị là bao nhiêu?
Câu 4-10: Mời các em đăng nhập xem tiếp nội dung và thi thử Online để củng cố kiến thức và nắm vững hơn về bài học này nhé!
Bên cạnh đó các em có thể xem phần hướng dẫn Giải bài tập Toán 11 Bài 2 sẽ giúp các em nắm được các phương pháp giải bài tập từ SGK Giải tích 11 Cơ bản và Nâng cao.
Bài tập 1 trang 132 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 2 trang 132 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 3 trang 132 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 4 trang 132 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 5 trang 133 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 6 trang 133 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 7 trang 133 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 4.18 trang 165 SBT Toán 11
Bài tập 4.19 trang 165 SBT Toán 11
Bài tập 4.20 trang 165 SBT Toán 11
Bài tập 4.21 trang 165 SBT Toán 11
Bài tập 4.22 trang 165 SBT Toán 11
Bài tập 4.23 trang 165 SBT Toán 11
Bài tập 4.24 trang 165 SBT Toán 11
Bài tập 4.25 trang 166 SBT Toán 11
Bài tập 4.26 trang 166 SBT Toán 11
Bài tập 4.27 trang 166 SBT Toán 11
Bài tập 4.28 trang 166 SBT Toán 11
Bài tập 4.29 trang 166 SBT Toán 11
Bài tập 4.30 trang 166 SBT Toán 11
Bài tập 4.31 trang 167 SBT Toán 11
Bài tập 21 trang 151 SGK Toán 11 NC
Bài tập 22 trang 152 SGK Toán 11 NC
Bài tập 23 trang 152 SGK Toán 11 NC
Bài tập 24 trang 152 SGK Toán 11 NC
Bài tập 25 trang 152 SGK Toán 11 NC
Bài tập 26 trang 158 SGK Toán 11 NC
Bài tập 27 trang 158 SGK Toán 11 NC
Bài tập 28 trang 158 SGK Toán 11 NC
Bài tập 29 trang 159 SGK Toán 11 NC
Bài tập 30 trang 159 SGK Toán 11 NC
Bài tập 31 trang 159 SGK Toán 11 NC
Bài tập 32 trang 159 SGK Toán 11 NC
Bài tập 33 trang 159 SGK Toán 11 NC
Bài tập 34 trang 163 SGK Toán 11 NC
Bài tập 35 trang 163 SGK Toán 11 NC
Bài tập 36 trang 163 SGK Toán 11 NC
Bài tập 37 trang 163 SGK Toán 11 NC
Bài tập 38 trang 166 SGK Toán 11 NC
Bài tập 39 trang 166 SGK Toán 11 NC
Bài tập 40 trang 166 SGK Toán 11 NC
Bài tập 41 trang 166 SGK Toán 11 NC
Bài tập 42 trang 167 SGK Toán 11 NC
Bài tập 43 trang 167 SGK Toán 11 NC
Bài tập 44 trang 167 SGK Toán 11 NC
Bài tập 45 trang 167 SGK Toán 11 NC
Nếu có thắc mắc cần giải đáp các em có thể để lại câu hỏi trong phần Hỏi đáp, cộng đồng Toán DapAnHay sẽ sớm trả lời cho các em.
-- Mod Toán Học 11 DapAnHay
\(\lim n\left( {\sqrt {{n^2} + 1} - \sqrt {{n^2} - 3} } \right)\) có giá trị là bao nhiêu?
\(\lim \frac{{n + \sin 2n}}{{n + 5}}\) có giá trị là bao nhiêu?
\(\lim \left( {3n - 4{n^3}} \right)\)có giá trị là bao nhiêu?
Dãy số nào sau đây có giới hạn bằng 0?
Dãy số nào sau đây có giới hạn là \( + \infty \)?
Dãy số nào sau đây có giới hạn là \(-\infty \)?
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{2x + 7\sqrt x }}{{5x - \sqrt x }}\) bằng:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 2x} + 3x}}{{\sqrt {4{x^2} + 1} - x + 7}}\) bằng:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x\left( {\sqrt {{x^2} + 16} - x} \right)\) bằng:
Cho hàm số \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2x}}{{\sqrt {1 - x} }},khi{\rm{ }}x < 1\\
\sqrt {3{x^2} + 1} ,khi{\rm{ }}x \ge 1
\end{array} \right.\)
Khi đó: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x)\) bằng
Dùng định nghĩa tìm các giới hạn sau:
a) \(\underset{x\rightarrow 4}{lim} \ \frac{x+1}{3x - 2}\);
b) \(\underset{x \rightarrow +\infty }{lim}\frac{2-5x^{2}}{x^{2}+3}\).
Cho hàm số \(f(x) =\left\{\begin{matrix} \sqrt{x}+1; &x\geq 0 \\ 2x;& x <0 \end{matrix}\right.\)
và các dãy số \((u_n)\) với \(u_n =\frac{1}{n}\), \((v_n)\) với \(v_n = -\frac{1}{n}\).
Tính \(lim u_n, lim v_n, lim f (u_n)\)và \(lim (v_n).\)
Từ đó có kết luận gì về giới hạn của hàm số đã cho khi x → 0 ?
Tính các giới hạn sau:
a) \(\underset{x\rightarrow -3}{lim} \frac{x^{2 }-1}{x+1}\);
b) \(\underset{x\rightarrow -2}{lim}\frac{4-x^{2}}{x + 2}\);
c) \(\underset{x\rightarrow 6}{lim} \frac{\sqrt{x + 3}-3}{x-6}\);
d) \(\underset{x\rightarrow +\infty }{lim} \frac{2x-6}{4-x}\);
e) \(\underset{x\rightarrow +\infty }{lim} \frac{17}{x^{2}+1}\);
f) \(\underset{x\rightarrow +\infty }{lim} \frac{-2x^{2}+x -1}{3 +x}\).
Tính các giới hạn sau:
a) \(\underset{x\rightarrow 2}{lim}\frac{3x -5}{(x-2)^{2}}\);
b) \(\underset{x\rightarrow 1^{-}}{lim}\frac{2x -7}{x-1}\);
c) \(\underset{x\rightarrow 1^{+}}{lim}\frac{2x -7}{x-1}\).
Cho hàm số \(f(x) =\frac{x+2}{x^{2}-9}\) có đồ thị như hình dưới đây:
a) Quan sát đồ thị và nêu nhận xét về giá trị hàm số đã cho khi \(x \rightarrow -\infty\)
\(x \rightarrow 3^-\) và \(x \rightarrow 3^+\).
b) Kiểm tra các nhận xét trên bằng cách tính các giới hạn sau:
\(\underset{x\rightarrow -\infty }{lim} f(x)\) với f(x) được xét trên khoảng (-3; -3),
\(\underset{x\rightarrow 3^{-}}{lim}f(x)\) với f(x) được xét trên khoảng (-3,3),
\(\underset{x\rightarrow -3^{+}}{lim}f(x)\) với f(x) được xét trên khoảng (-3; 3).
Tính:
a) \(\lim_{+\infty } (x^4 - x^2 + x - 1)\) ;
b) \(\lim_{-\infty } (-2x^3 + 3x^2 -5 )\);
c) \(\lim_{-\infty } \sqrt{x^2-2x+5}\)
d) \(\lim_{+\infty } \frac{\sqrt{x^2+1}+x}{5-2x}\)
Một thấu kính hội tụ có tiêu cự là f. Gọi d và d' lần lượt là khoảng cách từ một vật thật AB và từ ảnh A'B' của nó tới quang tâm O của thấu kính. Công thức thấu kính là \(\frac{1}{d}+\frac{1}{d'}=\frac{1}{f}.\)
a) Tìm biểu thức xác định hàm số d' = f(d).
b) Tìm \(\underset{d\rightarrow f^{+} }{lim}φ(d)\), \(\underset{d\rightarrow f^{-} }{lim}φ(d)\) và \(\underset{d\rightarrow +\infty }{lim}φ(d)\). Giải thích ý nghĩa của các kết quả tìm được.
Dùng định nghĩa tìm các giới hạn
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{x + 3}}{{3 - x}}\)
b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^3} + 1}}{{{x^2} + 1}}\)
Cho hàm số \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
{x^2},\,\,\,\,\,\,\,\,\,x \ge 0\\
{x^2} - 1,\,\,x < 0
\end{array} \right.\)
a) Vẽ đồ thị của hàm số
b) Dùng định nghĩa chứng minh dự đoán trên.
a) Chứng minh rằng hàm số
b) Giải thích bằng đồ thị kết luận ở câu a).
Cho hai hàm số
Tìm giới hạn của các hàm số sau
a) \(f(x) = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{x - 1}}\) khi \(x\to 3\)
b) \(h(x) = \frac{{2{x^3} + 15}}{{{{(x + 2)}^2}}}\) khi
c) \(k(x) = \sqrt {4{x^2} - x + 1} \) khi \(x \to - \infty \)
d) \(h(x) = \frac{{x - 15}}{{x + 2}}\) khi \(x \to - {2^ + }\) và
Tính giới hạn của các hàm số sau khi \(x \to - \infty \) và
a) \(f\left( x \right) = \frac{{\sqrt {{x^2} - 3x} }}{{x + 2}}\);
b) \(f(x) = x + \sqrt {{x^2} - x + 1} ;\)
c)
Cho khoảng
Chứng minh rằng nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = + \infty \) thì luôn tồn tại ít nhất một số c thuộc
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên khoảng \((a; + \infty )\)
Chứng minh rằng nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = - \infty \) thì luôn tồn tại ít nhất một số c thuộc
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } ({x^3} + {x^2} + 1)\) bằng
A. 1
B. \(+ \infty\)
C. \(- \infty\)
D. - 1
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{(1 + x)}^3} - 1}}{x}\) bằng
A. 0 | B. 1 | C. 3 | D. |
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{\sqrt {{x^2} + 5} - 3}}{{x + 2}}\) bằng
A. 0 | B. 1 | C. \( - \frac{2}{3}\) | D. |
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2{x^4} + 15x + 6}}{{{x^3} - 5x + 2}}\) bằng
A. 2 | B. 3 | C. \( + \infty \) | D. \( - \infty \) |
Họ và tên
Tiêu đề câu hỏi
Nội dung câu hỏi
Câu trả lời của bạn
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 3 \right\}\)
Giả sử \(\left\{ {{x_n}} \right\}\) là dãy số bất kì, \({x_n} \ne 3\) và \({x_n} \to 5\)
Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty} \dfrac{{{x_n} + 3}}{{3 - {x_n}}} = \dfrac{{\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty} {x_n} + 3}}{{3 - \mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty} {x_n}}}\) \( = \dfrac{{5 + 3}}{{3 - 5}} = \dfrac{8}{{ - 2}} = - 4\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \dfrac{{x + 3}}{{3 - x}} = - 4\)
Câu trả lời của bạn
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)
Giả sử \(\left\{ {{x_n}} \right\}\) là dãy số bất kì, \({x_n} \to +\infty\)
Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{1}{{{x_n}}} = 0\)
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{x_n^3 + 1}}{{x_n^2 + 1}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{x_n^3\left( {1 + \dfrac{1}{{x_n^3}}} \right)}}{{x_n^3\left( {\dfrac{1}{{{x_n}}} + \dfrac{1}{{x_n^3}}} \right)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{1 + \dfrac{1}{{x_n^3}}}}{{\dfrac{1}{{{x_n}}} + \dfrac{1}{{x_n^3}}}}\)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {1 + \dfrac{1}{{x_n^3}}} \right) = 1 + 0 = 1 > 0\)
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\dfrac{1}{{{x_n}}} + \dfrac{1}{{x_n^3}}} \right) = 0 + 0 = 0\) và \(\dfrac{1}{{{x_n}}} + \dfrac{1}{{x_n^3}} > 0\)
Nên \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{1 + \dfrac{1}{{x_n^3}}}}{{\dfrac{1}{{{x_n}}} + \dfrac{1}{{x_n^3}}}} = + \infty \)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{{x^3} + 1}}{{{x^2} + 1}} = + \infty \).
Câu trả lời của bạn
Xét hai dãy số \(\left( {{a_n}} \right)\) với \({a_n} = 2n\pi \) và \(\left( {{b_n}} \right)\) với \(\left( {{b_n}} \right) = {\pi \over 2} + 2n\pi {\rm{ }}\left( {n \in N*} \right)\)
Ta có, \(\lim {a_n} = \lim 2n\pi = + \infty \) ;
\(\lim {b_n} = \lim \left( {{\pi \over 2} + 2n\pi } \right)\)
\(= \lim n\left( {{\pi \over {2n}} + 2\pi } \right) = + \infty \)
\(\lim \sin {a_n} = \lim \sin 2n\pi = \lim 0 = 0\)
\(\lim \sin {b_n} = \lim \sin \left( {{\pi \over 2} + 2n\pi } \right) = \lim 1 = 1\)
Như vậy, \({a_n} \to + \infty ,{\rm{ }}{b_n} \to + \infty \) nhưng \(\lim \sin {a_n} \ne \lim \sin {b_n}\).
Do đó theo định nghĩa, hàm số \(y = \sin x\) không có giới hạn khi \(x \to + \infty \).
Câu trả lời của bạn
Giả sử \(\left( {{x_n}} \right)\) là dãy số bất kì thoả mãn \({x_n} < a\) và \({x_n} \to - \infty \)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = L\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right) = L\)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } g\left( x \right) = M\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } g\left( {{x_n}} \right) = M\)
Do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right).g\left( {{x_n}} \right) = L.M\)
Từ định nghĩa suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right).g\left( x \right) = L.M\)
Câu trả lời của bạn
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \dfrac{{{x^2} - 2x - 3}}{{x - 1}}\) \( = \dfrac{{{3^2} - 2.3 - 3}}{{3 - 1}} = 0\)
Câu trả lời của bạn
Ta có:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \left( {2{x^3} + 15} \right)\) \( = 2.{\left( { - 2} \right)^3} + 15 = - 1 < 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} {\left( {x + 2} \right)^2} = 0\), \({\left( {x + 2} \right)^2} > 0,\forall x \ne - 2\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \dfrac{{2{x^3} + 15}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = - \infty \)
Câu trả lời của bạn
\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \sqrt {4{x^2} - x + 1} \cr
& = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left| x \right|\sqrt {4 - {1 \over x} + {1 \over {{x^2}}}} \cr
& = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - x\sqrt {4 - {1 \over x} + {1 \over {{x^2}}}} } \right) \cr &= + \infty \cr} \)
Câu trả lời của bạn
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} \left( {x - 15} \right) = - 2 - 15 = - 17 < 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} \left( {x + 2} \right) = 0\), \(x + 2 > 0,\forall x > - 2\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} \dfrac{{x - 15}}{{x + 2}} = - \infty \)
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \left( {x - 15} \right) = - 2 - 15 = - 17 < 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \left( {x + 2} \right) = 0\), \(x + 2 < 0,\forall x < - 2\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \dfrac{{x - 15}}{{x + 2}} = + \infty \)
Câu trả lời của bạn
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} {{x + 3} \over {{x^2} + 2x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} {{x + 3} \over {\left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} {1 \over {x - 1}} = {{ - 1} \over 4}\)
Câu trả lời của bạn
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{x - 1} \over {{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{{1 \over x} - {1 \over {{x^2}}}} \over {1 - {1 \over {{x^2}}}}} = 0\)
Câu trả lời của bạn
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} {{x - 5} \over {\sqrt x - \sqrt 5 }}\)
\(= \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} {{\left( {\sqrt x - \sqrt 5 } \right)\left( {\sqrt x + \sqrt 5 } \right)} \over {\sqrt x - \sqrt 5 }}\)
\(= \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \left( {\sqrt x + \sqrt 5 } \right) = 2\sqrt 5 \)
Câu trả lời của bạn
\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {1 \over {{x^2}}}\left( {{1 \over {{x^2} + 1}} - 1} \right) \cr
& = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {1 \over {{x^2}}}.\left( {{{ - {x^2}} \over {{x^2} + 1}}} \right) \cr
& = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{ - 1} \over {{x^2} + 1}} = - 1 \cr} \)
Câu trả lời của bạn
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{1 - 2x + 3{x^3}} \over {{x^3} - 9}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{{1 \over {{x^3}}} - {2 \over {{x^2}}} + 3} \over {1 - {9 \over {{x^3}}}}} = 3\)
Câu trả lời của bạn
\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{\sqrt x - 1} \over {\sqrt {x + 3} - 2}} \cr
& = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt {x + 3} + 2} \right)} \over {x + 3 - 4}} \cr
& = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{\left( {\sqrt {x - 1} } \right)\left( {\sqrt {x + 3} + 2} \right)} \over {x - 1}} \cr
& = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt {x + 3} + 2} \right)} \over {\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} \cr
& = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{\sqrt {x + 3} + 2} \over {\sqrt x + 1}} = 2 \cr} \)
Câu trả lời của bạn
\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{x - 5} \over {\sqrt x + \sqrt 5 }} \cr
& = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{1 - {5 \over x}} \over {{1 \over {\sqrt x }} + {{\sqrt 5 } \over x}}} = + \infty \cr} \)
(Vì \({1 \over {\sqrt x }} + {{\sqrt 5 } \over x} > 0\) với mọi \(x > 0\) )
Câu trả lời của bạn
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{{\left( {1 + x} \right)}^3} - 1}}{x}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{1 + 3x + 3{x^2} + {x^3} - 1}}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{x\left( {3 + 3x + {x^2}} \right)}}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {3 + 3x + {x^2}} \right)\) \( = 3 + 3.0 + {0^2} = 3\)
Câu trả lời của bạn
Cách 1: Chọn đáp án từ nhận xét “Giới hạn của đa thức bậc lẻ với hệ số của biến bậc cao nhất là a, khi x → -∞ bằng +∞ (nếu a âm), bằng -∞ (nếu a dương)”.
Cách 2: Tính trực tiếp giới hạn.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {{x^3} + {x^2} + 1} \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^3}\left( {1 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{{x^3}}}} \right)\)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^3} = - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {1 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{{x^3}}}} \right) = 1 > 0\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {{x^3} + {x^2} + 1} \right) = - \infty \)
Câu trả lời của bạn
\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\left( {{x^2} - 1} \right){{\left( {1 - 2x} \right)}^5}} \over {{x^7} + x + 3}} \cr
& = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{{x^2}\left( {1 - {1 \over {{x^2}}}} \right).{x^5}{{\left( {{1 \over x} - 2} \right)}^5}} \over {{x^7} + x + 3}} \cr
& = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\left( {1 - {1 \over {{x^2}}}} \right){{\left( {{1 \over x} - 2} \right)}^5}} \over {1 + {1 \over {{x^6}}} + {3 \over {{x^7}}}}} \cr
& = {\left( { - 2} \right)^5} = - 32 \cr}\)
Câu trả lời của bạn
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 5} - 3}}{{x + 2}}\)
\(\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \dfrac{{\left( {\sqrt {{x^2} + 5} - 3} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 5} + 3} \right)}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 5} + 3} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \dfrac{{{x^2} + 5 - 9}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 5} + 3} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \dfrac{{{x^2} - 4}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 5} + 3} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \dfrac{{\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 5} + 3} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \dfrac{{x - 2}}{{\sqrt {{x^2} + 5} + 3}}\\ = \dfrac{{ - 2 - 2}}{{\sqrt {4 + 5} + 3}} = - \dfrac{2}{3}\end{array}\)
Câu trả lời của bạn
Cách 1:
\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{2{x^4} + 15x + 6}}{{{x^3} - 5x + 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{{x^4}\left( {2 + \dfrac{{15}}{{{x^3}}} + \dfrac{6}{{{x^4}}}} \right)}}{{{x^4}\left( {\dfrac{1}{x} - \dfrac{5}{{{x^3}}} + \dfrac{2}{{{x^4}}}} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{2 + \dfrac{{15}}{{{x^3}}} + \dfrac{6}{{{x^4}}}}}{{\dfrac{1}{x} - \dfrac{5}{{{x^3}}} + \dfrac{2}{{{x^4}}}}}\\ = - \infty \end{array}\)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2 + \dfrac{{15}}{{{x^3}}} + \dfrac{6}{{{x^4}}}} \right) = 2 > 0\) và \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\dfrac{1}{x} - \dfrac{5}{{{x^3}}} + \dfrac{2}{{{x^4}}}} \right) = 0\\\dfrac{1}{x} - \dfrac{5}{{{x^3}}} + \dfrac{2}{{{x^4}}} < 0,\forall x < 0\end{array} \right.\)
Cách 2:
\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{2{x^4} + 15x + 6}}{{{x^3} - 5x + 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{{x^4}\left( {2 + \dfrac{{15}}{{{x^3}}} + \dfrac{6}{{{x^4}}}} \right)}}{{{x^3}\left( {1 - \dfrac{5}{{{x^2}}} + \dfrac{2}{{{x^3}}}} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {x.\dfrac{{2 + \dfrac{{15}}{{{x^3}}} + \dfrac{6}{{{x^4}}}}}{{1 - \dfrac{5}{{{x^2}}} + \dfrac{2}{{{x^3}}}}}} \right]\\ = - \infty \end{array}\)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } x = - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{2 + \dfrac{{15}}{{{x^3}}} + \dfrac{6}{{{x^4}}}}}{{1 - \dfrac{5}{{{x^2}}} + \dfrac{2}{{{x^3}}}}}\)\( = \dfrac{{2 + 0 + 0}}{{1 - 0 + 0}} = 2 > 0\)
0 Bình luận
Để lại bình luận
Địa chỉ email của hạn sẽ không được công bố. Các trường bắt buộc được đánh dấu *