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

Dùng định nghĩa tìm các giới hạn:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} {{x + 3} \over {3-x}}\)

b) \( \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{{x^3} + 1} \over {{x^2} + 1}} \)

Phương pháp giải:

a) Giả sử \(\left\{ {{x_n}} \right\}\) là dãy số bất kì, \({x_n} \ne 3\) và \({x_n} \to 5\)

⇒ Tính \(\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty} \dfrac{{{x_n} + 3}}{{3 - {x_n}}} \)

b) Giả sử \(\left\{ {{x_n}} \right\}\) là dãy số bất kì, \({x_n} \to +\infty\)

⇒ Tính \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{x_n^3 + 1}}{{x_n^2 + 1}} \)

Hướng dẫn giải:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} {{x + 3} \over {3-x}}\)

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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \dfrac{{x + 3}}{{3 - x}} = - 4 \)

b) TXĐ: D = 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 \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {1 + \dfrac{1}{{x_n^3}}} \right) = 1 + 0 = 1 > 0\)

\( \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\dfrac{1}{{{x_n}}} + \dfrac{1}{{x_n^3}}} \right) = 0 + 0 = 0 \)

\(\dfrac{1}{{{x_n}}} + \dfrac{1}{{x_n^3}} > 0\)

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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{{x^3} + 1}}{{{x^2} + 1}} = + \infty.\)

Cho hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}{x^2}\, \ nếu \,x \ge 0\\{x^2} - 1\, \ nếu \ x < 0\end{array} \right.\)

a) Vẽ đồ thị của hàm số f(x). Từ đó dự đoán về giới hạn của f(x) khi x → 0

b) Dùng định nghĩa chứng minh dự đoán trên.

Phương pháp giải:

a) - Vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^2} \) và \(y = {x^2} - 1\)trên cùng một hệ trục tọa độ.

- Xóa nhánh đồ thị \(y = {x^2}\) bên trái trục tung đi.

- Xóa nhánh đồ thị \(y = {x^2} - 1\) bên phải trục tung đi.

b) - Lấy  \({x_n} = \dfrac{1}{n}\) và \({y_n} = - \dfrac{1}{n}\)

- Tính \(\lim f\left( {{x_n}} \right)\) và \(\lim f\left( {{y_n}} \right) \)

+ Nếu \(\lim f\left( {{x_n}} \right) = \lim f\left( {{y_n}} \right) \) thì tồn tại giới hạn.

+ Nếu \(\lim f\left( {{x_n}} \right) \ne \lim f\left( {{y_n}} \right) \) thì không tồn tại giới hạn.

Hướng dẫn giải:

a) Vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^2} \) và \(y = {x^2} - 1\)trên cùng một hệ trục tọa độ.

Khi \(x \ge 0\) thì \(f\left( x \right) = {x^2}\) nên xóa nhánh đồ thị \(y = {x^2}\) bên trái trục tung đi.

Khi x < 0 thì \(f\left( x \right) = {x^2} - 1\) nên xóa nhánh đồ thị \(y = {x^2} - 1\) bên phải trục tung đi.

Ta được đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right).\)

Từ đồ thị ta thấy hàm số không có giới hạn khi x → 0.

b) TXĐ: D = R

Lấy dãy x_n và y_n thỏa mãn \({x_n} = \dfrac{1}{n}\) và \({y_n} = - \dfrac{1}{n}\)

Dễ thấy \(\lim {x_n} = 0,\lim {y_n} = 0.\)

Ta có:

Vì \({x_n} = \dfrac{1}{n} > 0\) nên \(\lim f\left( {{x_n}} \right) = \lim x_n^2 = \lim \dfrac{1}{{{n^2}}} = 0\)

Vì \({y_n} = - \dfrac{1}{n} < 0\) 

Nên \(\lim f\left( {{y_n}} \right) = \lim \left( {y_n^2 - 1} \right) \\= \lim \left[ {{{\left( { - \dfrac{1}{n}} \right)}^2} - 1} \right] \\= \lim \left[ {\dfrac{1}{{{n^2}}} - 1} \right] = 0 - 1 = - 1\)

Do \(\lim f\left( {{x_n}} \right) \ne \lim f\left( {{y_n}} \right) \) nên không tồn tại giới hạn hàm số khi x → 0.

a) Chứng minh rằng hàm số y = sin x không có giới hạn khi \(x \to + \infty\)

b) Giải thích bằng đồ thị kết luận ở câu a).

Phương pháp giải:

a) - Lấy \({a_n} = 2n\pi \) và \(\left( {{b_n}} \right) = {\pi \over 2} + 2n\pi {\rm{ }}\left( {n \in N^*} \right)\)

- Tính \(\lim f\left( {{a_n}} \right)\) và \(\lim f\left( {{b_n}} \right) \)

+ Nếu \(\lim f\left( {{a_n}} \right) = \lim f\left( {{b_n}} \right) \) thì tồn tại giới hạn.

+ Nếu \(\lim f\left( {{a_n}} \right) \ne \lim f\left( {{b_n}} \right) \) thì không tồn tại giới hạn.

b) Dựa vào đồ thị hàm số y = sinx ta thấy hàm số không có giới hạn tại vô cực.

Hướng dẫn giải:

a) 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 \(x \to + \infty.\)

b) Dựa vào đồ thị hàm số y = sinx ta thấy hàm số không có giới hạn tại vô cực.

Cho hai hàm số y = f(x) và y = g(x) cùng xác định trên khoảng \(\left( { - \infty,a} \right)\). Dùng định nghĩa chứng minh rằng, nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = L\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } g\left( x \right) = M\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right).g\left( x \right) = L.M\)

Phương pháp giải:

Dùng định nghĩa giới hạn hàm số để chứng minh.

Hướng dẫn giải:

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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right).g\left( x \right) = L.M\)

Tìm giới hạn của các hàm số sau:

a)  \(f\left( x \right) = {{{x^2} - 2x - 3} \over {x - 1}}\) khi x → 3

b)  \(h\left( x \right) = {{2{x^3} + 15} \over {{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\) khi x → - 2

c)  \(k\left( x \right) = \sqrt {4{x^2} - x + 1} \) khi \(x \to - \infty\)

d) \(h\left( x \right) = {{x - 15} \over {x + 2}}\) khi \(x \to - {2^ + }\) và khi \(x \to - {2^ - }\)

Phương pháp giải:

a) Tính giới hạn bằng cách thay x = 3.

b) d) Tính giới hạn của tử và mẫu ⇒ giới hạn của h(x)

c) Tính giới hạn bằng cách đặt x² làm nhân tử chung và đưa ra khỏi căn.

Hướng dẫn giải:

a) \( \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \dfrac{{{x^2} - 2x - 3}}{{x - 1}} = \dfrac{{{3^2} - 2.3 - 3}}{{3 - 1}} = 0 \)

b) 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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \dfrac{{2{x^3} + 15}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = - \infty\)

c) 

\( \eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \sqrt {4{x^2} - x + 1} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left| x \right|\sqrt {4 - {1 \over x} + {1 \over {{x^2}}}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - x\sqrt {4 - {1 \over x} + {1 \over {{x^2}}}} } \right) \cr &= + \infty \cr}\)

d) 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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \dfrac{{x - 15}}{{x + 2}} = + \infty\)

Tính các giới hạn sau:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} {{x + 3} \over {{x^2} + 2x - 3}} \)

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{x - 1} \over {{x^2} - 1}} \)

c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} {{x - 5} \over {\sqrt x - \sqrt 5 }} \)

d) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{x - 5} \over {\sqrt x + \sqrt 5 }} \)

e) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{\sqrt x - 1} \over {\sqrt {x + 3} - 2}} \)

f) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{1 - 2x + 3{x^3}} \over {{x^3} - 9}} \)

g) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {1 \over {{x^2}}}\left( {{1 \over {{x^2} + 1}} - 1} \right) \)

h) \( \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\left( {{x^2} - 1} \right){{\left( {1 - 2x} \right)}^5}} \over {{x^7} + x + 3}} \)

Phương pháp giải:

a) Phân tích đa thức mẫu thành nhân tử rồi rút gọn và tính giới hạn.

b) Chia cả tử và mẫu cho x² và tính giới hạn.

c) d) Phân tích đa thức tử thành nhân tử rồi rút gọn và tính giới hạn.

e) Tính giới hạn bằng cách nhân tử số và mẫu số với biểu thức liên hợp của mẫu số.

f) Chia cả tử và mẫu cho x³ và tính giới hạn.

g) Rút gọn biểu thức và tính giới hạn.

h) Đặt nhân tử chung ở tử rồi rút gọn và tính giới hạn.

Hướng dẫn giải:

a) \( \mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} {{x + 3} \over {{x^2} + 2x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} {{x + 3} \over {\left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} {1 \over {x - 1}} = {{ - 1} \over 4} \)

b) \( \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{x - 1} \over {{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{{1 \over x} - {1 \over {{x^2}}}} \over {1 - {1 \over {{x^2}}}}} = 0 \)

 \(c) \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} {{x - 5} \over {\sqrt x - \sqrt 5 }} \\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} {{\left( {\sqrt x - \sqrt 5 } \right)\left( {\sqrt x + \sqrt 5 } \right)} \over {\sqrt x - \sqrt 5 }} \\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \left( {\sqrt x + \sqrt 5 } \right) = 2\sqrt 5 \)

\( \eqalign{ &d) \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{x - 5} \over {\sqrt x + \sqrt 5 }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{1 - {5 \over x}} \over {{1 \over {\sqrt x }} + {{\sqrt 5 } \over x}}} = + \infty \cr} \)

\( \eqalign{ &e) \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{\sqrt x - 1} \over {\sqrt {x + 3} - 2}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt {x + 3} + 2} \right)} \over {x + 3 - 4}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{\left( {\sqrt {x - 1} } \right)\left( {\sqrt {x + 3} + 2} \right)} \over {x - 1}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt {x + 3} + 2} \right)} \over {\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{\sqrt {x + 3} + 2} \over {\sqrt x + 1}} = 2 \cr} \)

\(f) \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{1 - 2x + 3{x^3}} \over {{x^3} - 9}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{{1 \over {{x^3}}} - {2 \over {{x^2}}} + 3} \over {1 - {9 \over {{x^3}}}}} = 3 \)

\( \eqalign{ &g) \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {1 \over {{x^2}}}\left( {{1 \over {{x^2} + 1}} - 1} \right) \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {1 \over {{x^2}}}.\left( {{{ - {x^2}} \over {{x^2} + 1}}} \right) \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{ - 1} \over {{x^2} + 1}} = - 1 \cr} \)

\( \eqalign{ &h) \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\left( {{x^2} - 1} \right){{\left( {1 - 2x} \right)}^5}} \over {{x^7} + x + 3}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{{x^2}\left( {1 - {1 \over {{x^2}}}} \right).{x^5}{{\left( {{1 \over x} - 2} \right)}^5}} \over {{x^7} + x + 3}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\left( {1 - {1 \over {{x^2}}}} \right){{\left( {{1 \over x} - 2} \right)}^5}} \over {1 + {1 \over {{x^6}}} + {3 \over {{x^7}}}}} \cr & = {\left( { - 2} \right)^5} = - 32 \cr} \)

Tính giới hạn của các hàm số sau khi x \to + \infty  và khi x \to - \infty

a) \( f\left( x \right) = {{\sqrt {{x^2} - 3x} } \over {x + 2}} \)

b) \(f\left( x \right) = x + \sqrt {{x^2} - x + 1} \)

c) \(f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} - x} - \sqrt {{x^2} + 1} \)

Phương pháp giải:

a) b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn và tính giới hạn.

c) Nhân chia với biểu thức liên hợp rồi tính giới hạn.

Hướng dẫn giải:

a) Khi \(x \to + \infty \)

\( \eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{\sqrt {{x^2} - 3x} } \over {x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{\left| x \right|\sqrt {1 - {3 \over x}} } \over {x + 2}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{x\sqrt {1 - {3 \over x}} } \over {x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{\sqrt {1 - {3 \over x}} } \over {1 + {2 \over x}}} = 1 \cr} \)

Khi \(x \to -\infty \)

\( \eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\sqrt {{x^2} - 3x} } \over {x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\left| x \right|\sqrt {1 - {3 \over x}} } \over {x + 2}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{ - x\sqrt {1 - {3 \over x}} } \over {x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{ - \sqrt {1 - {3 \over x}} } \over {1 + {2 \over x}}} = - 1 \cr} \)

b) Khi \(x \to + \infty \)

\( \eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x + \sqrt {{x^2} - x + 1} } \right) \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x + x\sqrt {1 - {1 \over x} + {1 \over {{x^2}}}} } \right) \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x\left( {1 + \sqrt {1 - {1 \over x} + {1 \over {{x^2}}}} } \right) = + \infty \cr} \)

Khi \(x \to -\infty \)

\( \eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {x + \sqrt {{x^2} - x + 1} } \right) \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{{x^2} - \left( {{x^2} - x + 1} \right)} \over {x - \sqrt {{x^2} - x + 1} }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{x - 1} \over {x - \sqrt {{x^2} - x + 1} }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{x - 1} \over {x - \left| x \right|\sqrt {1 - {1 \over x} + {1 \over {{x^2}}}} }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{x - 1} \over {x + x\sqrt {1 - {1 \over x} + {1 \over {{x^2}}}} }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{1 - {1 \over x}} \over {1 + \sqrt {1 - {1 \over x} + {1 \over {{x^2}}}} }} = {1 \over 2} \cr} \)

c) Khi \(x \to + \infty \)

\( \eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x} - \sqrt {{x^2} + 1} } \right) \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{\left( {{x^2} - x} \right) - \left( {{x^2} + 1} \right)} \over {\sqrt {{x^2} - x} + \sqrt {{x^2} + 1} }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{ - x - 1} \over {x\sqrt {1 - {1 \over x}} + x\sqrt {1 + {1 \over {{x^2}}}} }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{ - 1 - {1 \over x}} \over {\sqrt {1 - {1 \over x}} + \sqrt {1 + {1 \over {{x^2}}}} }} = {{ - 1} \over 2}; \cr} \)

Khi \(x \to -\infty \)

\( \eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x} - \sqrt {{x^2} + 1} } \right) \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\left( {{x^2} - x} \right) - \left( {{x^2} + 1} \right)} \over {\sqrt {{x^2} - x} + \sqrt {{x^2} + 1} }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{ - x - 1} \over { - x\sqrt {1 - {1 \over x}} - x\sqrt {1 + {1 \over {{x^2}}}} }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{ - 1 - {1 \over x}} \over { - \sqrt {1 - {1 \over x}} - \sqrt {1 + {1 \over {{x^2}}}} }} = {1 \over 2} \cr} \)

Cho khoảng \(K,{x_0} \in K\) và hàm số y = f(x) xác định trên \(K\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}\)

Chứng minh rằng nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = + \infty \) thì luôn tồn tại ít nhất một số c thuộc \(K\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}\) sao cho f(c) > 0

Phương pháp giải:

Dựa vào định nghĩa giới hạn của dãy số để chứng minh.

Hướng dẫn giải:

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = + \infty \) nên với dãy số \(\left( {{x_n}} \right)\) bất kì, \({x_n} \in K\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}\) và \({x_n} \to {x_0}\) ta luôn có \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right) = + \infty\)

Từ định nghĩa suy ra \(f\left( {{x_n}} \right)\) có thể lớn hơn một số dương bất kì, kể từ một số hạng nào đó trở đi.

Nếu số dương này là 1 thì \(f\left( {{x_n}} \right) > 1\) kể từ một số hạng nào đó trở đi.

Nói cách khác, luôn tồn tại ít nhất một số \({x_k} \in K\backslash \left\{ {{x_o}} \right\}\) sao cho \(f\left( {{x_k}} \right) > 1>0.\)

Đặt \(c = {x_k}\) ta có f(c) > 0.

Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng \(\left( {a; + \infty } \right)\)

Chứng minh rằng nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = - \infty \) thì luôn tồn tại ít nhất một số c thuộc \(\left( {a; + \infty } \right)\) sao cho \(f\left( c \right) < 0\)

Phương pháp giải:

Dựa vào định nghĩa giới hạn của dãy số để chứng minh.

Hướng dẫn giải:

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = - \infty \) nên với dãy số \(\left( {{x_n}} \right)\) bất kì, \({x_n} > a \) và \({x_n} \to + \infty \) ta luôn có \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( x \right) = - \infty\)

Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ { - f\left( {{x_n}} \right)} \right] = + \infty\)

Theo định nghĩa suy ra \(- f\left( {{x_n}} \right)\) có thể lớn hơn một số dương bất kì, kể từ một số hạng nào đó trở đi.

Nếu số dương này là 2 thì \(- f\left( {{x_n}} \right) > 2\) kể từ một số hạng nào đó trở đi.

Nói cách khác, luôn tồn tại ít nhất một số \({x_k} \in \left( {a; + \infty } \right)\) sao cho \( - f\left( {{x_k}} \right) > 2\) hay \(f\left( {{x_k}} \right) < - 2 < 0\)

Đặt \(c = {x_k}\) ta có \(f\left( c \right) < 0\)

\( \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {{x^3} + {x^2} + 1} \right)\) bằng:

 A. 1     B. +∞     C. -∞     D. -1

Phương pháp giải:

Chia hàm số cho x³.

Hướng dẫn giải:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {{x^3} + {x^2} + 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^3}\left( {1 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{{x^3}}}} \right)\)

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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {{x^3} + {x^2} + 1} \right) = - \infty\)

Chọn đáp án: C

 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{{\left( {1 + x} \right)}^3} - 1}}{x}\) bằng:

 A. 0     B. 1     C. 3     D. +∞

Phương pháp giải:

Tính giới hạn bằng cách phân tích tử số ra thừa số.

Hướng dẫn giải:

\( \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{{\left( {1 + x} \right)}^3} - 1}}{x} \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{1 + 3x + 3{x^2} + {x^3} - 1}}{x} \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{x\left( {3 + 3x + {x^2}} \right)}}{x} \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {3 + 3x + {x^2}} \right) \\= 3 + 3.0 + {0^2} = 3 \)

Chọn đáp án: C.

\( \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 5} - 3}}{{x + 2}}\) bằng:

 A. 0     B. 1     C. -2/3     D. -∞

Phương pháp giải:

Tính giới hạn bằng cách nhân tử số và mẫu số với biểu thức liên hợp của tử số.

Hướng dẫn giải:

\( \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 5} - 3}}{{x + 2}} \\ \begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \dfrac{{\left( {\sqrt {{x^2} + 5} - 3} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 5} + 3} \right)}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 5} + 3} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \dfrac{{{x^2} + 5 - 9}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 5} + 3} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \dfrac{{{x^2} - 4}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 5} + 3} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \dfrac{{\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 5} + 3} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \dfrac{{x - 2}}{{\sqrt {{x^2} + 5} + 3}}\\ = \dfrac{{ - 2 - 2}}{{\sqrt {4 + 5} + 3}} = - \dfrac{2}{3}\end{array} \)

Chọn đáp án: C.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{2{x^4} + 15x + 6}}{{{x^3} - 5x + 2}}\) bằng:

 A. 2     B. 3     C. +∞     D. -∞

Phương pháp giải:

Tính giới hạn bằng cách chia tử số và mẫu số cho x³ hoặc x⁴.      

Hướng dẫn giải:

\( \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{2{x^4} + 15x + 6}}{{{x^3} - 5x + 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{{x^4}\left( {2 + \dfrac{{15}}{{{x^3}}} + \dfrac{6}{{{x^4}}}} \right)}}{{{x^4}\left( {\dfrac{1}{x} - \dfrac{5}{{{x^3}}} + \dfrac{2}{{{x^4}}}} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{2 + \dfrac{{15}}{{{x^3}}} + \dfrac{6}{{{x^4}}}}}{{\dfrac{1}{x} - \dfrac{5}{{{x^3}}} + \dfrac{2}{{{x^4}}}}}\\ = - \infty \end{array} \)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2 + \dfrac{{15}}{{{x^3}}} + \dfrac{6}{{{x^4}}}} \right) = 2 > 0 \) và \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\dfrac{1}{x} - \dfrac{5}{{{x^3}}} + \dfrac{2}{{{x^4}}}} \right) = 0\\\dfrac{1}{x} - \dfrac{5}{{{x^3}}} + \dfrac{2}{{{x^4}}} < 0,\forall x < 0\end{array} \right. \)

Chọn đáp án: D.

Cho hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}mx + 2\,nếu\,x \le 1\\\dfrac{1}{{x - 1}} - \dfrac{3}{{{x^3} - 1}}\,nếu\,x > 1\end{array} \right.\)

 Với giá trị nào của tham số m thì hàm số f(x) có giới hạn khi x → 1?

 A. m = -1     B. m = 1

C. m = -2     D. m = 2

Phương pháp giải:

Tính giới hạn trái, giới hạn phải và cho bằng nhau để tính m.

Hướng dẫn giải:

Ta có:

\( \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {mx + 2} \right) = m + 2 \\ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {\dfrac{1}{{x - 1}} - \dfrac{3}{{{x^3} - 1}}} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \dfrac{{{x^2} + x + 1 - 3}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \dfrac{{{x^2} + x - 2}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \dfrac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \dfrac{{x + 2}}{{{x^2} + x + 1}}\\ = \dfrac{{1 + 2}}{{1 + 1 + 1}} = 1\end{array} \)

Để hàm số có giới hạn khi x → 1 thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) \Leftrightarrow 2m + 3 = 1 \Leftrightarrow m = - 1\)

Chọn đáp án: A