Giải SGK Toán 11 KNTT Bài 16. Giới hạn của hàm số có đáp án

Lời giải:

Sau bài học này ta sẽ giải quyết được bài toán trên như sau:

Từ công thức khối lượng

$m = \frac{{{m_0}}}{{\sqrt {1 - \frac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} }}$

ta thấy m là một hàm số của v, với tập xác định là nửa khoảng [0; c). Rõ ràng khi v tiến gần tới vận tốc ánh sáng, tức là v ⟶ c, ta có $\sqrt {1 - \frac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} \to 0$. Do đó $\mathop {\lim }\limits_{v \to {c^ - }} m\left( v \right) = + \infty$, nghĩa là khối lượng m của vật trở nên vô cùng lớn khi vận tốc của vật gần tới vận tốc ánh sáng.

Lời giải:

a) Biểu thức f(x) có nghĩa khi x – 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2.

Do đó, tập xác định của hàm số f(x) là D = ℝ \ {2}.

b) Ta có:

$f\left( {{x_n}} \right) = \frac{{4 - {{\left( {\frac{{2n + 1}}{n}} \right)}^2}}}{{\frac{{2n + 1}}{n} - 2}}$$= \frac{{4 - {{\left( {2 + \frac{1}{n}} \right)}^2}}}{{\left( {2 + \frac{1}{n}} \right) - 2}} = \frac{{4 - \left( {4 + \frac{4}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{\frac{1}{n}}}$ $\frac{{ - \frac{1}{n}\left( {4 + \frac{1}{n}} \right)}}{{\frac{1}{n}}} = - 4 - \frac{1}{n}$.

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - 4 - \frac{1}{n}} \right) = - 4$.

c) Ta có: $f\left( {{x_n}} \right) = \frac{{4 - x_n^2}}{{{x_n} - 2}} = \frac{{\left( {2 - {x_n}} \right)\left( {2 + {x_n}} \right)}}{{ - \left( {2 - {x_n}} \right)}} = - 2 - {x_n}$.

Vì x$_{n}$ ≠ 2 và x$_{n}$ ⟶ 2 với mọi n nên $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {x_n} = 2$.

Do đó, $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - 2 - {x_n}} \right) = - 2 - 2 = - 4$.

Lời giải:

Do mẫu thức có giới hạn là 0 khi x ⟶ 1 nên ta không thể áp dụng ngay quy tắc tính giới hạn của thương hai hàm số.

Lại có: $\frac{{x - 1}}{{\sqrt x - 1}} = \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x - 1}} = \sqrt x + 1$.

Do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 1}}{{\sqrt x - 1}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\sqrt x + 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \sqrt x + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} 1 = \sqrt 1 + 1 = 2$.

Lời giải:

a) Ta có: ${x_n} = 1 - \frac{1}{{n + 1}} < 1$ với mọi n > 0 $\Rightarrow {x_n} - 1 < 0$ với mọi n > 0.

Do đó, ${y_n} = f\left( {{x_n}} \right) = \frac{{\left| {{x_n} - 1} \right|}}{{{x_n} - 1}}$$= \frac{{ - \left( {{x_n} - 1} \right)}}{{{x_n} - 1}} = - 1$.

Ta cũng có: ${x'_n} = 1 + \frac{1}{n} > 1$ với mọi n > 0 ⇒ x*'*$_{n}$ – 1 > 0 với mọi n > 0.

Do đó, ${y'_n} = f\left( {{{x'}_n}} \right) = \frac{{\left| {{{x'}_n} - 1} \right|}}{{{{x'}_n} - 1}}$$= \frac{{{{x'}_n} - 1}}{{{{x'}_n} - 1}} = 1$.

b) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {y_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - 1} \right) = - 1$; $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {y'_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 1 = 1$.

c) Ta có: $f\left( x \right) = \frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x - 1}}$$= \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 1}}{{x - 1}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x - 1 > 0\,\,\,\,\,\\\frac{{ - \left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}}\,\,\,\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x - 1 < 0\end{array} \right.$$= \left\{ \begin{array}{l}1\,\,\,\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x - 1 > 0\,\,\,\,\,\\ - 1\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x - 1 < 0\end{array} \right.$

Vì x$_{n}$ < 1 < x*'$_{n}$, suy ra x$_{n}$ – 1 < 0 và x'*$_{n}$ – 1 > 0 với mọi n.

Do đó, f(x$_{n}$) = – 1 và f(x*'*$_{n}$) = 1.

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right)$ = – 1 và $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{{x'}_n}} \right)$ = 1.

Lời giải:

Với dãy số (x$_{n}$) bất kì sao cho x$_{n}$ < 0 và x$_{n}$ ⟶ 0, ta có f(x$_{n}$) = – x$_{n}$.

Do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - {x_n}} \right) = 0$.

Tương tự, với dãy số (x$_{n}$) bất kì sao cho x$_{n}$ > 0 và x$_{n}$ ⟶ 0, ta có f(x$_{n}$) = $\sqrt {{x_n}}$.

Do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt {{x_n}} = 0$.

Khi đó, $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right)$ = $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right)$ = 0. Vậy $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right)$ = 0.

Lời giải:

Với (x$_{n}$) là dãy số sao cho x$_{n}$ > 1, x$_{n}$ ⟶ +∞.

Ta có: $f\left( {{x_n}} \right) = 1 + \frac{2}{{{x_n} - 1}}$.

Khi x$_{n}$ ⟶ +∞ thì $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{2}{{{x_n} - 1}} = 0$.

Do đó $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {1 + \frac{2}{{{x_n} - 1}}} \right) = 1$.

Lời giải:

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 2} }}{{x + 1}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {{x^2}\left( {1 + \frac{2}{{{x^2}}}} \right)} }}{{x + 1}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\sqrt {1 + \frac{2}{{{x^2}}}} }}{{x\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {1 + \frac{2}{{{x^2}}}} }}{{1 + \frac{1}{x}}}$

$= \frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {1 + \frac{2}{{{x^2}}}} }}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {1 + \frac{1}{x}} \right)}} = \frac{{\sqrt {\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } 1 + \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{2}{{{x^2}}}} }}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } 1 + \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{x}}}$$= \frac{{\sqrt 1 }}{1} = 1$.

Lời giải:

a) Ta có: A = (a; 0) ⇒ OA = a; B = (0; 1) ⇒ OB = 1

Tam giác OAB vuông tại O có đường cao OH nên ta có

$\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}}$

Do đó, $\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{1^2}}}$$\Rightarrow h =$ $\sqrt {\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 1}}}$ $= \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + 1} }}$.

b) Khi điểm A dịch chuyển về O, ta có OA = a = 0, suy ra h = 0, do đó điểm H dịch chuyển về điểm O.

c) Khi A dịch chuyển ra vô cực theo chiều dương của trục Ox, ta có OA = a ⟶ +∞.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } h = \mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } \sqrt {\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 1}}}$$= \mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } \sqrt {\frac{{{a^2}}}{{{a^2}\left( {1 + \frac{1}{{{a^2}}}} \right)}}}$$= \mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } \sqrt {\frac{1}{{1 + \frac{1}{{{a^2}}}}}} = 1$.

Do đó, điểm H dịch chuyển về điểm B.

Lời giải:

Ta có: ${x_n} = \frac{1}{n}$, do đó $f\left( {{x_n}} \right) = \frac{1}{{x_n^2}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{n}} \right)}^2}}} = {n^2}$.

Vì n ⟶ +∞ nên ${x_n} = \frac{1}{n} \to 0$ và f(x$_{n}$) ⟶ +∞.

Lời giải:

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{x_n} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{\left( {1 + \frac{1}{n}} \right) - 1}}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{\frac{1}{n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n = + \infty$;

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{{x'}_n}} \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{{x'}_n} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{\left( {1 - \frac{1}{n}} \right) - 1}}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{ - \frac{1}{n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - n} \right) = - \infty$.

Lời giải:

a) Xét hàm số $f\left( x \right) = \frac{2}{{\left| x \right|}}$. Lấy dãy số (x$_{n}$) bất kì sao cho x$_{n}$ ≠ 0, x$_{n}$ ⟶ 0.

Do đó, $f\left( {{x_n}} \right) = \frac{2}{{\left| {{x_n}} \right|}} \to + \infty$. Vậy $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2}{{\left| x \right|}} = + \infty$.

b) Đặt $g\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {2 - x} }}$. Với mọi dãy số (x$_{n}$) trong khoảng (– ∞; 2) mà $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {x_n} = 2$, ta có

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{\sqrt {2 - {x_n}} }} = + \infty$.

Do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{1}{{\sqrt {2 - x} }} = + \infty$.

Lời giải:

+) Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 2} \right) = 0$, x – 2 > 0 với mọi x > 2 và

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {2x - 1} \right) = 2.2 - 1 = 3 > 0$.

Do đó, $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{2x - 1}}{{x - 2}} = + \infty$.

+) Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {x - 2} \right) = 0$, x – 2 < 0 với mọi x < 2 và

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {2x - 1} \right) = 2.2 - 1 = 3 > 0$.

Do đó, $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{2x - 1}}{{x - 2}} = - \infty$.

Lời giải:

+) Biểu thức f(x) có nghĩa khi x – 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1.

Ta có: $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{x - 1}} = x + 1$, với mọi x ≠ 1.

Biểu thức g(x) = x + 1 có nghĩa với mọi x.

Do đó, điều kiện xác định của hai hàm số f(x) và g(x) khác nhau, vậy khẳng định a) là sai.

+) Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + 1} \right) = 1 + 1 = 2$;

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + 1} \right) = 1 + 1 = 2$.

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g\left( x \right)$ nên khẳng định b) là đúng.

Lời giải:

Do mẫu thức có giới hạn là 0 khi x ⟶ 0 nên ta không thể áp dụng ngay quy tắc tính giới hạn của thương hai hàm số đối với cả hai câu a và b.

a) Ta có: $\frac{{{{\left( {x + 2} \right)}^2} - 4}}{x} = \frac{{\left[ {\left( {x + 2} \right) - 2} \right].\left[ {\left( {x + 2} \right) + 2} \right]}}{x}$$= \frac{{x\left( {x + 4} \right)}}{x} = x + 4$ với x ≠ 0.

Do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {x + 2} \right)}^2} - 4}}{x}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {x + 4} \right) = 0 + 4 = 4$.

b) Ta có: $\frac{{\sqrt {{x^2} + 9} - 3}}{{{x^2}}} = \frac{{{{\left( {\sqrt {{x^2} + 9} } \right)}^2} - {3^2}}}{{{x^2}\left( {\sqrt {{x^2} + 9} + 3} \right)}}$$= \frac{{{x^2}}}{{{x^2}\left( {\sqrt {{x^2} + 9} + 3} \right)}} = \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 9} + 3}}$.

Do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {{x^2} + 9} - 3}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 9} + 3}} = \frac{1}{6}$.

Lời giải:

Với dãy số (t$_{n}$) bất kì sao cho t$_{n}$ < 0 và t$_{n}$ ⟶ 0, ta có H(t$_{n}$) = 0.

Do đó $\mathop {\lim }\limits_{t \to {0^ - }} H\left( t \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } H\left( {{t_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 0 = 0$.

Tương tự, với dãy số (t$_{n}$) bất kì sao cho t$_{n}$ > 0 và t$_{n}$ ⟶ 0, ta có H(t$_{n}$) = 1.

Do đó $\mathop {\lim }\limits_{t \to {0^ + }} H\left( t \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } H\left( {{t_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 1 = 1$.

Lời giải:

a) Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 1} \right) = 0$, x – 1 > 0 với mọi x > 1 và

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 2} \right) = 1 - 2 = - 1 < 0$.

Do đó, $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x - 2}}{{x - 1}} = - \infty$.

b) Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( {4 - x} \right) = 0$, 4 – x > 0 với mọi x < 4 và

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( {{x^2} - x + 1} \right) = {4^2} - 4 + 1 = 13 > 0$.

Do đó, $\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \frac{{{x^2} - x + 1}}{{4 - x}} = + \infty$.

Lời giải:

Ta có: $g\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 5x + 6}}{{\left| {x - 2} \right|}}$$= \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{\left| {x - 2} \right|}}$$= \left\{ \begin{array}{l}\frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{x - 2}}\,\,\,n\^e 'u\,\,x - 2\,\, > 0\\\frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{ - \left( {x - 2} \right)}}\,\,\,n\^e 'u\,\,x - 2 < 0\end{array} \right.$

$= \left\{ \begin{array}{l}x - 3\,\,\,n\^e 'u\,\,x\,\, > 2\\3 - x\,\,\,n\^e 'u\,\,x < 2\end{array} \right.$.

Do đó, $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 3} \right) = 2 - 3 = - 1$;

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {3 - x} \right) = 3 - 2 = 1$.

Lời giải:

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 - 2x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 - 2x}}{{\sqrt {{x^2}\left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} }}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\left( {\frac{1}{x} - 2} \right)}}{{x\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{1}{x} - 2}}{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }} = \frac{{ - 2}}{{\sqrt 1 }} = - 2$.

b) Ta có: $\sqrt {{x^2} + x + 2} - x = \frac{{{{\left( {\sqrt {{x^2} + x + 2} } \right)}^2} - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + x + 2} + x}}$$= \frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} + x + 2} + x}}$

Do đó, $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + x + 2} - x} \right)$ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} + x + 2} + x}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2}\left( {1 + \frac{1}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}} \right)} + x}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + 2}}{{x\sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}} + x}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)}}{{x\left( {\sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}} + 1} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 + \frac{2}{x}}}{{\sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}} + 1}} = \frac{1}{2}$.

Lời giải:

Ta có: $f\left( x \right) = \frac{2}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \frac{2}{{x - 1}} \cdot \frac{1}{{x - 2}}$

+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{2}{{x - 1}} = \frac{2}{{2 - 1}} = 2 > 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{1}{{x - 2}} = + \infty$ (do x – 2 > 0 khi x > 2).

Áp dụng quy tắc tìm giới hạn của tích, ta được $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{2}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = + \infty$.

+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{2}{{x - 1}} = \frac{2}{{2 - 1}} = 2 > 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{1}{{x - 2}} = - \infty$ (do x – 2 < 0 khi x < 2).

Áp dụng quy tắc tìm giới hạn của tích, ta được $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{2}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = - \infty$.