Toán 11 Bài 2: Giới hạn của hàm số

Toán 11 Bài 2: Giới hạn của hàm số | Giải Toán lớp 11

Trần Thị Hường Ngày: 20-05-2022 Lớp 11

490

Toptailieu.vn giới thiệu Giải bài tập Toán 11 Bài 2: Giới hạn của hàm số chính xác, chi tiết nhất giúp học sinh dễ dàng làm bài tập về giới hạn của hàm số lớp 11.

Giải bài tập Toán 11 Bài 2: Giới hạn của hàm số

Trả lời câu hỏi giữa bài:

Câu hỏi 1 trang 123 SGK Đại số và Giải tích 11: Xét hàm số:

f (x) = \frac{2 x^{2} - 2 x}{x - 1}

. Cho biến

x

những giá trị khác 1 lập thành dãy số

x_{n}, x_{n} \to 1

như trong bảng sau:

Khi đó, các giá trị tương ứng của hàm số

$f (x_{1}), f (x_{2}), \dots, f (x_{n}), \dots$

cũng lập thành một dãy số mà ta kí hiệu là $(f (x_{n})) .$

a) Chứng minh rằng $f (x_{n}) = 2 x_{n} = \frac{2 n + 2}{n}$

b) Tìm giới hạn của dãy số $(f (x_{n})) .$

c) Chứng minh rằng với dãy số bất kì $x_{n}, x_{n} \neq 1$ và $x_{n} \to 1$ , ta luôn có $f (x_{n}) \to 2.$

(Với tính chất thể hiện trong câu 2, ta nói hàm số $f (x) = \frac{2 x^{2} - 2 x}{x - 1}$ có giới hạn là 2 khi $x$ dần tới 1).

Phương pháp giải:

a) Tính và rút gọn $f (x_{n})$ suy ra đáp số, chú ý $x_{n} = \frac{n + 1}{n}$ .

b) Xét giới hạn $lim_{n \to + \infty} (f (x_{n}) - 2)$ và suy ra đáp số.

c) Tính $lim f (x_{n})$ dựa vào công thức có được ở phần 1a.

Lời giải:

a) $f (x_{n}) = \frac{2 {x_{n}}^{2} - 2 x_{n}}{x_{n} - 1} = \frac{2 x_{n} (x_{n} - 1)}{x_{n} - 1}$ $= 2 x_{n}$

$x_{n} = \frac{n + 1}{n}$ $\Rightarrow f (x_{n}) = 2 x_{n} = 2. \frac{n + 1}{n} = \frac{2 n + 2}{n}$

b) $lim_{n \to + \infty} (f (x_{n}) - 2)$ $= lim_{n \to + \infty} (\frac{2 n + 2}{n} - 2) = lim_{n \to + \infty} \frac{2}{n}$

Ta có: $lim_{n \to + \infty} \frac{2}{n} = 0$ $\Rightarrow lim_{n \to + \infty} (f (x_{n}) - 2) = 0$ $\Rightarrow lim_{n \to + \infty} f (x_{n}) = 2$

c) $lim f (x_{n}) = lim 2 x_{n}$ $= 2 lim x_{n} = 2.1 = 2$ .

Câu hỏi 2 trang 127 SGK Đại số và Giải tích 11: Trong biểu thức (1) xác định hàm số

y = f (x)

ở Ví dụ 4, cần thay 2 bằng số nào để hàm số có giới hạn là -2 khi

x \to 1 ?

Phương pháp giải:

Để hàm số có giới hạn bằng -2 tại x = 1 thì

lim_{x \to 1^{+}} f (x) = lim_{x \to 1^{-}} f (x) = - 2

Lời giải:

Để hàm số có giới hạn bằng $- 2$ tại $x = 1$ thì $lim_{x \to 1^{+}} f (x) = lim_{x \to 1^{-}} f (x) = - 2$ hay $5.1 + c = - 2 \Leftrightarrow c = - 7$ .

Vậy cần thay $2$ bằng $- 7$ để hàm số có giới hạn bằng $- 2$ tại $x = 1$ .

Câu hỏi 3 trang 127 SGK Đại số và Giải tích 11: Cho hàm số

f (x) = \frac{1}{x - 2}

có đồ thị như ở Hình 52

Quan sát đồ thị và cho biết:

- Khi biến $x$ dần tới dương vô cực, thì $f (x)$ dần tới giá trị nào.

- Khi biến $x$ dần tới âm vô cực, thì $f (x)$ dần tới giá trị nào.

Lời giải:

- Khi biến $x$ dần tới dương vô cực, thì $f (x)$ dần tới giá trị dương vô cực.

- Khi biến $x$ dần tới âm vô cực, thì $f (x)$ dần tới giá trị âm vô cực.

Bài tập trang 132, 133 SGK Toán 11

Bài 1 trang 132 SGK Đại số và Giải tích 11: Dùng định nghĩa tìm các giới hạn sau:

a) $lim_{x \to 4} \frac{x + 1}{3 x - 2}$ ;

b) $lim_{x \to + \infty} \frac{2 - 5 x^{2}}{x^{2} + 3}$ .

Phương pháp giải:

$lim_{x \to a} f (x)), f (x)$ xác định trên $D$

+) Lấy dãy $(x_{n})$ bất kì, $x_{n} \in D$ : $lim x_{n} = 4$

+) Tính $lim f (x_{n})$ .

$lim_{x \to + \infty} f (x)$ .

+) Lấy dãy $(x_{n})$ bất kì: $lim x_{n} = + \infty$

+) Tính $lim f (x_{n})$ .

Lời giải:

Hàm số $f (x) = \frac{x + 1}{3 x - 2}$ xác định trên $D = R ∖ {\frac{2}{3}}$ và ta có $x = 4 \in D$

Giả sử $(x_{n})$ là dãy số bất kì và $x_{n} \in D$ ; $x_{n} \neq 4$ và $x_{n} \to 4$ khi $n \to + \infty$ hay $lim x_{n} = 4$

Ta có $lim f (x_{n}) = lim \frac{x_{n} + 1}{3 x_{n} - 2}$ $= \frac{lim x_{n} + 1}{3 lim x_{n} - 2}$ $= \frac{4 + 1}{3. 4 - 2} = \frac{1}{2}$

Vậy $lim_{x \to 4}$ $\frac{x + 1}{3 x - 2}$ = $\frac{1}{2}$ .

Hàm số $f (x)$ = $\frac{2 - 5 x^{2}}{x^{2} + 3}$ xác định trên $R$ .

Giả sử $(x_{n})$ là dãy số bất kì và $x_{n} \to + \infty$ khi $n \to + \infty$ hay $lim x_{n} = + \infty$

$\Rightarrow lim \frac{1}{x_{n}^{2}} = 0$

Ta có $lim f (x_{n}) = lim \frac{2 - 5 x_{n}^{2}}{x_{n}^{2} + 3}$ $= lim \frac{x_{n}^{2} (\frac{2}{x_{n}^{2}} - 5)}{x_{n}^{2} (1 + \frac{3}{x_{n}^{2}})}$ $= lim \frac{\frac{2}{x_{n}^{2}} - 5}{1 + \frac{3}{x_{n}^{2}}}$ $= \frac{lim \frac{2}{x_{n}^{2}} - 5}{1 + lim \frac{3}{x_{n}^{2}}} = \frac{0 - 5}{1 + 0}$ $= - 5$

Vậy $lim_{x \to + \infty}$ $\frac{2 - 5 x^{2}}{x^{2} + 3} = - 5$ .

Bài 2 trang 132 SGK Đại số và Giải tích 11: Cho hàm số

f (x) = {\begin{matrix} \sqrt{x} + 1 nếu x \geq 0 \\ 2 x nếu x < 0 \end{matrix}

. 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 f (v_{n})

. Từ đó có kết luận gì về giới hạn của hàm số đã cho khi

x \to 0

Phương pháp giải:

- Sử dụng giới hạn cơ bản $lim \frac{1}{n^{k}} = 0$ với $k \in N^{*}$

- Thay $u_{n}, v_{n}$ vào $f (x)$ và tính giới hạn.

Lời giải:

$\begin{array}{l} lim u_{n} = lim \frac{1}{n} = 0 \\ lim v_{n} = lim (- \frac{1}{n}) = 0 \\ u_{n} = \frac{1}{n} > 0 \Rightarrow f (u_{n}) = \sqrt{\frac{1}{n}} + 1 \\ \Rightarrow lim f (u_{n}) = lim (\sqrt{\frac{1}{n}} + 1) = 1 \\ v_{n} = - \frac{1}{n} < 0 \Rightarrow f (v_{n}) = - \frac{2}{n} \\ \Rightarrow lim f (v_{n}) = lim (- \frac{2}{n}) = 0 \end{array}$

Do $lim f (u_{n}) = 1$ nên $lim_{x \to 0^{+}} f (x) = 1$ .

$lim f (v_{n}) = 0$ nên $lim_{x \to 0^{-}} f (x) = 0$ .

Do đó $lim_{x \to 0^{+}} f (x) \neq lim_{x \to 0^{-}} f (x)$ nên không tồn tại giới hạn của hàm số tại $x = 0$ .

Vậy hàm số đã cho không có giới hạn khi $x \to 0$ .

Bài 3 trang 132 SGK Đại số và Giải tích 11: Tính các giới hạn sau:

a) $lim_{x \to - 3}$ $\frac{x^{2} - 1}{x + 1}$ ;

b) $lim_{x \to - 2}$ $\frac{4 - x^{2}}{x + 2}$ ;

c) $lim_{x \to 6}$ $\frac{\sqrt{x + 3} - 3}{x - 6}$ ;

d) $lim_{x \to + \infty}$ $\frac{2 x - 6}{4 - x}$ ;

e) $lim_{x \to + \infty}$ $\frac{17}{x^{2} + 1}$ ;

f) $lim_{x \to + \infty}$ $\frac{- 2 x^{2} + x - 1}{3 + x}$ .

Phương pháp giải:

Nếu hàm số $y = f (x)$ xác định tại $x = x_{0}$ thì $lim_{x \to x_{0}} f (x) = f (x_{0})$ .

Nếu giới hạn hàm số có dạng vô định, tìm cách khử dạng vô định.

Lời giải:

$lim_{x \to - 3}$ $\frac{x^{2} - 1}{x + 1}$ $= \frac{lim_{x \to - 3} (x^{2} - 1)}{lim_{x \to - 3} (x + 1)}$ $= \frac{lim_{x \to - 3} x^{2} - lim_{x \to - 3} 1}{lim_{x \to - 3} x + lim_{x \to - 3} 1}$ = $\frac{(- 3)^{2} - 1}{- 3 + 1} = - 4$ .

$lim_{x \to - 2}$ $\frac{4 - x^{2}}{x + 2}$ = $lim_{x \to - 2}$ $\frac{(2 - x) (2 + x)}{x + 2}$ = $lim_{x \to - 2} (2 - x) = 2 - (- 2) = 4$ .

$lim_{x \to 6}$ $\frac{\sqrt{x + 3} - 3}{x - 6}$ = $lim_{x \to 6} \frac{(\sqrt{x + 3} - 3) (\sqrt{x + 3} + 3)}{(x - 6) (\sqrt{x + 3} + 3)}$
= $lim_{x \to 6}$ $\frac{x + 3 - 9}{(x - 6) (\sqrt{x + 3} + 3)}$ $= lim_{x \to 6} \frac{x - 6}{(x - 6) (\sqrt{x + 3} + 3)}$ $= lim_{x \to 6} \frac{1}{\sqrt{x + 3} + 3}$ $= \frac{1}{lim_{x \to 6} (\sqrt{x + 3} + 3)}$ $= \frac{1}{lim_{x \to 6} (\sqrt{x + 3}) + 3}$ $= \frac{1}{\sqrt{6 + 3} + 3}$ = $\frac{1}{6}$ .

$lim_{x \to + \infty}$ $\frac{2 x - 6}{4 - x}$ $= lim_{x \to + \infty} \frac{x (2 - \frac{6}{x})}{x (\frac{4}{x} - 1)}$ $= lim_{x \to + \infty} \frac{2 - \frac{6}{x}}{\frac{4}{x} - 1}$ $= \frac{2 - lim_{x \to + \infty} \frac{6}{x}}{lim_{x \to + \infty} \frac{4}{x} - 1}$ $= \frac{2 - 0}{0 - 1}$ $= - 2$ .

$lim_{x \to + \infty}$ $\frac{17}{x^{2} + 1} = 0$ vì:

$lim_{x \to + \infty}$ $(x^{2} + 1) =$ $lim_{x \to + \infty} x^{2} (1 + \frac{1}{x^{2}}) = + \infty$

Cách khác:

$lim_{x \to + \infty} \frac{17}{x^{2} + 1}$ $= lim_{x \to + \infty} \frac{x^{2} . \frac{17}{x^{2}}}{x^{2} . (1 + \frac{1}{x^{2}})}$ $= lim_{x \to + \infty} \frac{\frac{17}{x^{2}}}{1 + \frac{1}{x^{2}}}$ $= \frac{lim_{x \to + \infty} \frac{17}{x^{2}}}{1 + lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x^{2}}}$ $= \frac{0}{1 + 0} = 0$

$lim_{x \to + \infty}$ $\frac{- 2 x^{2} + x - 1}{3 + x}$ $= lim_{x \to + \infty} \frac{x^{2} (- 2 + \frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2}})}{x^{2} (\frac{3}{x^{2}} + \frac{1}{x})}$ $= lim_{x \to + \infty} \frac{- 2 + \frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2}}}{\frac{3}{x^{2}} + \frac{1}{x}}$

Vì $lim_{x \to + \infty} (\frac{3}{x^{2}} + \frac{1}{x}) = 0$ ; $\frac{3}{x^{2}} + \frac{1}{x} > 0$ khi $x \to + \infty$

và $lim_{x \to + \infty} (- 2 + \frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2}})$ $= - 2 + lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x} - lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x^{2}}$ $= - 2 + 0 - 0 = - 2 < 0$

Vậy $lim_{x \to + \infty}$ $\frac{- 2 x^{2} + x - 1}{3 + x}$ $= lim_{x \to + \infty} \frac{- 2 + \frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2}}}{\frac{3}{x^{2}} + \frac{1}{x}}$ $= - \infty$

Cách khác:

$lim_{x \to + \infty} \frac{- 2 x^{2} + x - 1}{3 + x}$ $= lim_{x \to + \infty} \frac{x^{2} (- 2 + \frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2}})}{x (\frac{3}{x} + 1)}$ $= lim_{x \to + \infty} [x . \frac{- 2 + \frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2}}}{\frac{3}{x} + 1}]$

Mà $lim_{x \to + \infty} x = + \infty$

và $lim_{x \to + \infty} \frac{- 2 + \frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2}}}{\frac{3}{x} + 1}$ $= \frac{- 2 + lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x} - lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x^{2}}}{lim_{x \to + \infty} \frac{3}{x} + 1}$ $= \frac{- 2 + 0 - 0}{0 + 1} = - 2 < 0$

Nên $lim_{x \to + \infty}$ $\frac{- 2 x^{2} + x - 1}{3 + x}$ $= - \infty$ .

Bài 4 trang 132 SGK Đại số và Giải tích 11: Tính các giới hạn sau:

a) $\underset{x \to 2}{l i m}$ $\frac{3 x - 5}{(x - 2)^{2}}$ ;

b) $\underset{x \to 1^{-}}{l i m}$ $\frac{2 x - 7}{x - 1}$ ;

c) $\underset{x \to 1^{+}}{l i m}$ $\frac{2 x - 7}{x - 1}$ .

Phương pháp giải:

a) Sử dụng quy tắc tìm giới hạn của thương $\frac{f (x)}{g (x)}$

$lim_{x \to x_{0}} f (x)$	$lim_{x \to x_{0}} g (x)$	Dấu của $g (x)$	$lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)}$
$L$	$\pm \infty$	Tùy ý	0
$L > 0$	0	+	$+ \infty$
$L > 0$		-	$- \infty$
$L < 0$		+	$- \infty$
$L < 0$		-	$+ \infty$

Sử dụng quy tắc tìm giới hạn của thương $\frac{f (x)}{g (x)}$

$lim_{x \to x_{0}} f (x)$	$lim_{x \to x_{0}} g (x)$	Dấu của $g (x)$	$lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)}$
$L$	$\pm \infty$	Tùy ý	0
$L > 0$	0	+	$+ \infty$
$L > 0$		-	$- \infty$
$L < 0$		+	$- \infty$
$L < 0$		-	$+ \infty$

Sử dụng quy tắc tìm giới hạn của thương $\frac{f (x)}{g (x)}$

$lim_{x \to x_{0}} f (x)$	$lim_{x \to x_{0}} g (x)$	Dấu của $g (x)$	$lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)}$
$L$	$\pm \infty$	Tùy ý	0
$L > 0$	0	+	$+ \infty$
$L > 0$		-	$- \infty$
$L < 0$		+	$- \infty$
$L < 0$		-	$+ \infty$

Lời giải:

Ta có $lim_{x \to 2} (x - 2)^{2} = 0$ và $(x - 2)^{2} > 0$ với $\forall x \neq 2$ và $lim_{x \to 2} (3 x - 5) = 3.2 - 5 = 1 > 0$ .

Do đó $lim_{x \to 2}$ $\frac{3 x - 5}{(x - 2)^{2}} = + \infty$ .

Ta có $lim_{x \to 1^{-}} (x - 1) = 0$ và $x - 1 < 0$ với $\forall x < 1$ và $lim_{x \to 1^{-}} (2 x - 7) = 2.1 - 7 = - 5 < 0$ .

Do đó $lim_{x \to 1^{-}} \frac{2 x - 7}{x - 1} = + \infty$ .

Ta có $lim_{x \to 1^{+}} (x - 1) = 0$ và $x - 1 > 0$ với $\forall x > 1$ và $lim_{x \to 1^{+}} (2 x - 7) = 2.1 - 7 = - 5 < 0$ .

Do đó $\underset{x \to 1^{+}}{l i m}$ $\frac{2 x - 7}{x - 1} = - \infty$ .

Bài 5 trang 133 SGK Đại số và Giải tích 11: Cho hàm số

f (x) = \frac{x + 2}{x^{2} - 9}

có đồ thị như trên hình 53.

a) Quan sát đồ thị và nêu nhận xét về giá trị hàm số đã cho khi $x \to - \infty$ , $x \to 3^{-}$ và $x \to - 3^{+}$ .

b) Kiểm tra các nhận xét trên bằng cách tính các giới hạn sau:

$lim_{x \to - \infty} f (x)$ với $f (x)$ được xét trên khoảng $(- \infty; - 3)$ ,

$lim_{x \to 3^{-}} f (x)$ với $f (x)$ được xét trên khoảng $(- 3, 3)$ ,

$lim_{x \to - 3^{+}} f (x)$ với $f (x)$ được xét trên khoảng $(- 3; 3)$ .

Phương pháp giải:

a) Quan sát đồ thị hàm số.

b) Tính các giới hạn, sử dụng quy tắc tính giới hạn được học và kết luận.

Lời giải:

Quan sát đồ thị ta thấy $x \to - \infty$ thì $f (x) \to 0$ ; khi $x \to 3^{-}$ thì $f (x) \to - \infty$ ;

khi $x \to - 3^{+}$ thì $f (x) \to + \infty$ .

+) $lim_{x \to - \infty} f (x)$ $= lim_{x \to - \infty} \frac{x + 2}{x^{2} - 9}$ $= lim_{x \to - \infty} \frac{x (1 + \frac{2}{x})}{x (x - \frac{9}{x})}$ $= lim_{x \to - \infty} \frac{1 + \frac{2}{x}}{x - \frac{9}{x}}$

Mà $lim_{x \to - \infty} (1 + \frac{2}{x}) = 1$

và $lim_{x \to - \infty} (x - \frac{9}{x}) = lim_{x \to - \infty} [x (1 - \frac{9}{x^{2}})] = - \infty$

nên $lim_{x \to - \infty} f (x)$ $= 0$

+) $lim_{x \to 3^{-}} f (x) = lim_{x \to 3^{-}} \frac{x + 2}{x^{2} - 9}$

Vì $lim_{x \to 3^{-}} (x + 2) = 3 + 2 = 5 > 0$ và $lim_{x \to 3^{-}} (x^{2} - 9) = 0$ ; $x^{2} - 9 < 0$ khi $x < 3$

nên $lim_{x \to 3^{-}} f (x) = - \infty$ .

+) $lim_{x \to (- 3)^{+}} f (x) = lim_{x \to (- 3)^{+}} \frac{x + 2}{x^{2} - 9}$

Vì $lim_{x \to (- 3)^{+}} (x + 2) = - 3 + 2 = - 1 < 0$ và $lim_{x \to (- 3)^{+}} (x^{2} - 9) = 0$ ; $x^{2} - 9 < 0$ khi $x > - 3$

nên $lim_{x \to (- 3)^{+}} f (x) = + \infty$ .

Cách khác:

$lim_{x \to - \infty} f (x) = lim_{x \to - \infty}$ $\frac{x + 2}{x^{2} - 9}$ = $lim_{x \to - \infty}$ $\frac{\frac{1}{x} + \frac{2}{x^{2}}}{1 - \frac{9}{x^{2}}} = 0$ .

$lim_{x \to 3^{-}} f (x) = lim_{x \to 3^{-}}$ $\frac{x + 2}{x^{2} - 9}$ = $lim_{x \to 3^{-}}$ $\frac{x + 2}{x + 3} . \frac{1}{x - 3} = - \infty$

vì $lim_{x \to 3^{-}}$ $\frac{x + 2}{x + 3}$ = $\frac{5}{6} > 0$ và $lim_{x \to 3^{-}} \frac{1}{x - 3} = - \infty$ .

$lim_{x \to - 3^{+}} f (x) =$ $lim_{x \to - 3^{+}}$ $\frac{x + 2}{x^{2} - 9}$ = $lim_{x \to - 3^{+}}$ $\frac{x + 2}{x - 3}$ . $\frac{1}{x + 3} = + \infty$

vì $lim_{x \to - 3^{+}}$ $\frac{x + 2}{x - 3}$ = $\frac{- 1}{- 6}$ = $\frac{1}{6} > 0$ và $lim_{x \to - 3^{+}}$ $\frac{1}{x + 3} = + \infty$ .

Bài 6 trang 133 SGK Đại số và Giải tích 11: Tính:

a) $\begin{aligned} lim_{x \to + \infty} (x^{4} - x^{2} + x - 1) \end{aligned}$ ;

b) $\begin{aligned} lim_{x \to - \infty} (- 2 x^{3} + 3 x^{2} - 5) \end{aligned}$ ;

c) $\begin{aligned} lim_{x \to - \infty} (\sqrt{x^{2} - 2 x + 5}) \end{aligned}$ ;

d) $\begin{aligned} lim_{x \to + \infty} \frac{\sqrt{x^{2} + 1} + x}{5 - 2 x} \end{aligned}$ .

Phương pháp giải:

Sử dụng quy tắc tìm giới hạn của tích

f (x) . g (x)

Lời giải:

$\begin{array}{l} lim_{x \to + \infty} (x^{4} - x^{2} + x - 1) \\ = lim_{x \to + \infty} x^{4} (1 - \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{x^{3}} - \frac{1}{x^{4}}) \\ lim_{x \to + \infty} x^{4} = + \infty \\ lim_{x \to + \infty} (1 - \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{x^{3}} - \frac{1}{x^{4}}) = 1 > 0 \\ \Rightarrow lim_{x \to + \infty} (x^{4} - x^{2} + x - 1) = + \infty \end{array}$

$\begin{array}{l} lim_{x \to - \infty} (- 2 x^{3} + 3 x^{2} - 5) = lim_{x \to - \infty} x^{3} (- 2 + \frac{3}{x} - \frac{5}{x^{2}}) \\ lim_{x \to - \infty} x^{3} = - \infty; lim_{x \to - \infty} (- 2 + \frac{3}{x} - \frac{5}{x^{2}}) = - 2 < 0 \\ \Rightarrow lim_{x \to - \infty} x^{3} (- 2 + \frac{3}{x} - \frac{5}{x^{2}}) = + \infty \end{array}$

$\begin{array}{l} lim_{x \to - \infty} (\sqrt{x^{2} - 2 x + 5}) = lim_{x \to - \infty} \sqrt{x^{2} (1 - \frac{2}{x} + \frac{5}{x^{2}})} \\ = lim_{x \to - \infty} | x | \sqrt{1 - \frac{2}{x} + \frac{5}{x^{2}}} = lim_{x \to - \infty} [- x \sqrt{1 - \frac{2}{x} + \frac{5}{x^{2}}}] \\ lim_{x \to - \infty} (- x) = + \infty lim_{x \to - \infty} (\sqrt{1 - \frac{2}{x} + \frac{5}{x^{2}}}) = 1 > 0 \\ \Rightarrow lim_{x \to - \infty} (\sqrt{x^{2} - 2 x + 5}) = + \infty \end{array}$

$\begin{array}{l} lim_{x \to + \infty} \frac{\sqrt{x^{2} + 1} + x}{5 - 2 x} = lim_{x \to + \infty} \frac{\sqrt{x^{2} (1 + \frac{1}{x^{2}})} + x}{5 - 2 x} \\ = lim_{x \to + \infty} \frac{| x | \sqrt{1 + \frac{1}{x^{2}}} + x}{5 - 2 x} = lim_{x \to + \infty} \frac{x \sqrt{1 + \frac{1}{x^{2}}} + x}{5 - 2 x} \\ = lim_{x \to + \infty} \frac{x (\sqrt{1 + \frac{1}{x^{2}}} + 1)}{x (\frac{5}{x} - 2)} = lim_{x \to + \infty} \frac{\sqrt{1 + \frac{1}{x^{2}}} + 1}{\frac{5}{x} - 2} \\ = \frac{1 + 1}{- 2} = - 1 \end{array}$

Bài 7 trang 133 SGK Đại số và Giải tích 11: Một thấu kính hội tụ có tiêu cự là

f

. Gọi

d

và

d^{'}

lần lượt là khoảng cách từ một vật thật

A B

và từ ảnh

A^{'} B^{'}

của nó tới quang tâm

O

của thấu kính (h.54). Công thức thấu kính là

\frac{1}{d} + \frac{1}{d^{'}} = \frac{1}{f} .

a) Tìm biểu thức xác định hàm số $d^{'} = φ (d)$ .

b) Tìm $lim_{d \to f^{+}} φ (d)$ , $lim_{d \to f^{-}} φ (d)$ và $lim_{d \to + \infty} φ (d)$ . Giải thích ý nghĩa của các kết quả tìm được.

Phương pháp giải:

a) Sử dụng công thức $\frac{1}{d} + \frac{1}{d^{'}} = \frac{1}{f}$ .

b) Sử dụng quy tắc tìm giới hạn của thương.

Lời giải:

$\frac{1}{d} + \frac{1}{d^{'}} = \frac{1}{f}$ $\Leftrightarrow \frac{1}{d^{'}} = \frac{1}{f} - \frac{1}{d}$ $\Leftrightarrow \frac{1}{d^{'}} = \frac{d - f}{f d}$ $\Leftrightarrow d^{'} = \frac{f d}{d - f}$

Vậy $d^{'} = φ (d) = \frac{f d}{d - f}$ .

$\begin{array}{l} +) lim_{d \to f^{+}} φ (d) = lim_{d \to f^{+}} \frac{f d}{d - f} \\ lim_{d \to f^{+}} (f d) = f^{2} > 0 \\ lim_{d \to f^{+}} (d - f) = 0; d \to f^{+} \Rightarrow d > f \Rightarrow d - f > 0 \\ \Rightarrow lim_{d \to f^{+}} φ (d) = + \infty \end{array}$

Ý nghĩa: Nếu vật thật AB tiến dần về tiêu điểm F sao cho d luôn lớn hơn f thì ảnh của nó dần tới dương vô cực.

$\begin{array}{l} +) lim_{d \to f^{-}} φ (d) = lim_{d \to f^{-}} \frac{f d}{d - f} \\ lim_{d \to f^{-}} (f d) = f^{2} > 0 \\ lim_{d \to f^{-}} (d - f) = 0; d \to f^{-} \Rightarrow d < f \Rightarrow d - f < 0 \\ \Rightarrow lim_{d \to f^{-}} φ (d) = - \infty \end{array}$

Ý nghĩa: Nếu vật thật AB tiến dần về tiêu điểm F sao cho d luôn nhỏ hơn f thì ảnh của nó dần tới âm vô sực.

+) $lim_{d \to + \infty} φ (d)$

$= lim_{d \to + \infty}$ $\frac{f d}{d - f}$

= $lim_{d \to + \infty}$ $\frac{f}{1 - \frac{f}{d}} = f$ .

Ý nghĩa: Nếu vật thật AB ở xa vô cực so với thấu kính thì ảnh của nó ở ngay trên tiêu diện ảnh (mặt phẳng qua tiêu điểm ảnh F' và vuông góc với trục chính).

Lý thuyết Bài 2: Giới hạn của hàm số

I. Các dạng vô định

1. Dạng vô định $\frac{0}{0}$

Bài toán:

Tính $lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)}$ khi $lim_{x \to x_{0}} f (x) = lim_{x \to x_{0}} g (x) = 0$ , trong đó $f (x), g (x)$ là các đa thức hoặc căn thức.

Phương pháp:

- Bước 1: Phân tích tử và mẫu thành tích các nhân tử.

- Bước 2: Chia cả tử và mẫu cho nhân tử chung của tử và mẫu.

- Bước 3: Tính giới hạn theo cách thông thường.

Nếu $f (x)$ và $g (x)$ có chứa căn thức thì có thể nhân cả tử và mẫu với biểu thức liên hợp trước khi phân tích chúng thành tích và giản ước.

Đặc biệt:

$lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$

Ví dụ: $lim_{x \to 2} \frac{x - 2}{x^{2} - 3 x + 2} = lim_{x \to 2} \frac{x - 2}{(x - 2) (x - 1)} = lim_{x \to 2} \frac{1}{x - 1} = \frac{1}{2 - 1} = 1$

2. Dạng vô định $\frac{\infty}{\infty}$

Bài toán: Tính $lim_{x \to \pm \infty} \frac{f (x)}{g (x)}$ khi $lim_{x \to \pm \infty} f (x) = lim_{x \to \pm \infty} g (x) = \pm \infty$ , trong đó $f (x), g (x)$ là các đa thức.

Phương pháp:

- Bước 1: Đặt lũy thừa bậc cao nhất của tử và mẫu ra làm nhân tử chung.

- Bước 2: Chia cả tử và mẫu cho lũy thừa bậc cao nhất của $x$ .

- Bước 3: Tính các giới hạn thông thường và suy ra kết quả.

Ví dụ: $lim_{x \to - \infty} \frac{\sqrt{x^{2} - 1}}{2 x}$ $= lim_{x \to - \infty} \frac{\sqrt{x^{2} (1 - \frac{1}{x^{2}})}}{2 x}$ $= lim_{x \to - \infty} \frac{| x | \sqrt{1 - \frac{1}{x^{2}}}}{2 x}$ $= lim_{x \to - \infty} \frac{- x \sqrt{1 - \frac{1}{x^{2}}}}{2 x} = - \frac{1}{2}$

Cần xét xem $x \to + \infty, x \to - \infty$ khi khai căn biểu thức có chứa căn bậc hai.

3. Dạng vô định $0. \infty$

Bài toán: Tính giới hạn $lim_{x \to x_{0}} [f (x) . g (x)]$ khi $lim_{x \to x_{0}} f (x) = 0$ và $lim_{x \to x_{0}} g (x) = \pm \infty$ .

Phương pháp:

- Bước 1: Biến đổi $lim_{x \to x_{0}} [f (x) . g (x)] = lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{\frac{1}{g (x)}}$ để đưa về dạng $\frac{0}{0}$ hoặc $lim_{x \to x_{0}} [f (x) . g (x)] = lim_{x \to x_{0}} \frac{g (x)}{\frac{1}{f (x)}}$ để đưa về dạng $\frac{\infty}{\infty}$ .

- Bước 2: Sử dụng các phương pháp của dạng 1 và 2 để tính tiếp giới hạn.

4. Dạng vô định $\infty - \infty$

Bài toán: Tính $lim_{x \to x_{0}} [f (x) - g (x)]$ khi $lim_{x \to x_{0}} f (x) = + \infty, lim_{x \to x_{0}} g (x) = + \infty$ hoặc tính $lim_{x \to x_{0}} [f (x) + g (x)]$ khi $lim_{x \to x_{0}} f (x) = + \infty, lim_{x \to x_{0}} g (x) = - \infty$ .

Phương pháp:

- Bước 1: Nhận hoặc chia với biểu thức liên hợp (nếu có căn thức) hoặc quy đồng để đưa về cùng một phân thức.

- Bước 2: Thực hiện tính giới hạn dựa theo các dạng đã biết.

II. Giới hạn của hàm số

1. Giới hạn hữu hạn

+) Cho khoảng $K$ chứa điểm $x_{0}$ và hàm số $y = f (x)$ xác định trên $K$ hoặc trên $K ∖ {x_{0}} .$

$lim_{x \to x_{_{0}}} f (x) = L$ khi và chỉ khi với dãy số $(x_{n})$ bất kì, $x_{n} \in K ∖ {x_{0}}$ và $x_{n} \to x_{0}$ , ta có
$lim f (x_{n}) = L$ .

+) Cho hàm số $y = f (x)$ xác định trên khoảng $(x_{0}; b)$ .

$lim_{x \to x_{_{0}}^{+}} f (x) = L$ khi và chỉ khi dãy số \((xn) bất kì, $x_{0} < x_{n} < b$ và $x_{n} \to x_{0}$ ,ta có $lim f (x_{n}) = L$ .

+) Cho hàm số $y = f (x)$ xác định trên khoảng $(a; x_{0})$ .

$lim_{x \to x_{_{0}}^{-}} f (x) = L$ khi và chỉ khi với dãy số $(x_{n})$ bất kì, $a < x_{n} < x_{0}$ và $x_{n} \to x_{0}$ , ta có
$lim f (x_{n}) = L$ .

+) Cho hàm số $y = f (x)$ xác định trên khoảng $(a; + \infty)$ .

$lim_{x \to + \infty} f (x) = L$ khi và chỉ khi với dãy số $(x_{n})$ bất kì, $x_{n} > a$ , $x_{n} \to + \infty$ thì $l i m f (x_{n}) = L$ .

+) Cho hàm số $y = f (x)$ xác định trên khoảng $(- \infty; a)$ .

$lim_{x \to - \infty} f (x) = L$ khi và chỉ khi với dãy số $(x_{n})$ bất kì, $x_{n} < a$ , $x_{n} \to - \infty$ thì $lim f (x_{n}) = L$ .

2. Giới hạn vô cực

Sau đây là hai trong số nhiều loại giới hạn vô cực khác nhau:

+) Cho hàm số $y = f (x)$ xác định trên khoảng $(a; + \infty)$ , $lim_{x \to + \infty} f (x) = - \infty$ khi và chỉ khi với dãy số $(x_{n})$ bất kì, $x_{n} > a$ , $x_{n} \to + \infty$ thì ta có $lim f (x_{n}) = - \infty$

+) Cho khoảng $K$ chứa điểm $x_{0}$ và hàm số $y = f (x)$ xác định trên $K$ hoặc trên $K ∖ {x_{0}} .$

$lim_{x \to x_{_{0}}} f (x) = + \infty$ và chỉ khi với dãy số $(x_{n})$ bất kì, $x_{n} \in K ∖ {x_{0}}$ và $x_{n} \to x_{0}$ thì ta có: $lim f (x_{n}) = + \infty$ .

Nhận xét: $f (x)$ có giới hạn $+ \infty$ khi và chỉ khi $- f (x)$ có giới hạn $- \infty$ .

3. Các giới hạn đặc biệt

a) $lim_{x \to x_{_{0}}} x = x_{0}$ ;

b) $lim_{x \to x_{_{0}}} c = c$ ;

c) $lim_{x \to \pm \infty} c = c$ ;

d) $lim_{x \to \pm \infty}$ $\frac{c}{x} = 0$ ( $c$ là hằng số);

e) $lim_{x \to + \infty} x^{k} = + \infty$ , với $k$ nguyên dương;

f) $\underset{x \to - \infty}{l i m} x^{k} = - \infty$ , nếu $k$ là số lẻ;

g) $\underset{x \to - \infty}{l i m} x^{k} = + \infty$ , nếu $k$ là số chẵn.

4. Định lí về giới hạn hữu hạn

Định lí 1.

a) Nếu $\underset{x \to x_{_{0}}}{l i m} = L$ và $\underset{x \to x_{_{0}}}{l i m}$ $g (x) = M$ thì:

$\underset{x \to x_{_{0}}}{l i m} [f (x) + g (x)] = L + M$ ;

$\underset{x \to x_{_{0}}}{l i m} [f (x) - g (x) = L - M$ ;

$\underset{x \to x_{_{0}}}{l i m} [f (x) . g (x)] = L . M$ ;

$\underset{x \to x_{_{0}}}{l i m}$ $\frac{f (x)}{g (x)}$ = $\frac{L}{M}$ (nếu $M \neq 0$ ).

b) Nếu $f (x) \geq 0$ và $lim_{x \to x_{_{0}}} f (x) = L$ , thì $L \geq 0$ và $lim_{x \to x_{_{0}}} \sqrt{f (x)} = \sqrt{L}$

Chú ý: Định lí 1 vẫn đúng khi $x_{n} \to + \infty$ hoặc $x_{n} \to - \infty$ .

Định lí 2.

$\underset{x \to x_{_{0}}}{l i m} f (x) = L$ khi và chỉ khi $\underset{x \to x_{_{0}}^{+}}{l i m}$ f(x) = $lim_{x \to x_{_{0}}^{-}} f (x) = L$ .

5. Quy tắc về giới hạn vô cực

a) Quy tắc giới hạn của tích $f (x) . g (x)$

+ Nếu $lim_{x \to x_{0}} f (x) = \pm \infty$ và $lim_{x \to x_{0}} g (x) = L \neq 0$ thì $lim_{x \to x_{0}} [f (x) . g (x)]$ được cho trong bảng sau:

b) Quy tắc tìm giới hạn của thương $\frac{f (x)}{g (x)}$

+ Nếu $lim_{x \to x_{0}} f (x) = L \neq 0$ và $lim_{x \to x_{0}} g (x) = 0$ và $g (x) > 0$ hoặc $g (x) < 0$ với mọi $x \in J ∖ {x_{0}}$ , trong đó $J$ là một khoảng nào đó chứa $x_{0}$ thì $lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)}$ được cho trong bảng sau: