Giải bài tập SGK Toán 11 Nâng cao Chương 4 Bài 4: Định nghĩa và một số định lí về giới hạn của hàm số

Áp dụng định nghĩa giới hạn của hàm số, tìm các giới hạn sau:

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

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {1 \over {\sqrt {5 - x} }}\)

Phương pháp giải:

a) - Rút gọn hàm số đã cho.

- Áp dụng: Nếu \(\lim\, x_n = x_0\), ta có \(\lim f\left( {{x_n}} \right) =L\)

b) - Tìm TXĐ của hàm số.

- Áp dụng: Nếu \(\lim\, x_n = x_0\), ta có \(\lim f\left( {{x_n}} \right) =L\)

Hướng dẫn giải:

 Với x ≠ -1 ta có \(f\left( x \right) = {{{x^2} - 3x - 4} \over {x + 1}} = {{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right)} \over {x + 1}} = x - 4\)

Với mọi dãy số (x_n) trong khoảng \(\mathbb R\backslash \left\{ { - 1} \right\}\) (tức \(x_n≠ -1, ∀n\)) mà \(\lim\, x_n = -1\) ta có:

\(\lim f\left( x_n \right) = \lim \left( {{x_n} - 4} \right) = - 1 - 4 = - 5\)

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} {{{x^2} - 3x - 4} \over {x + 1}} = - 5\)

b) Tập xác định của hàm số \(f\left( x \right) = {1 \over {\sqrt {5 - x} }}\) là \(D = (-∞ ; 5)\)

Với mọi dãy (x_n) trong khoảng \(\left( { - \infty {\rm{ }};{\rm{ }}5} \right)\backslash \left\{ 1 \right\}\) sao cho \(\lim\, x_n = 1\), ta có:

\(\lim f\left( {{x_n}} \right) = \lim {1 \over {\sqrt {5 - {x_n}} }} = {1 \over 2}\)

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {1 \over {\sqrt {5 - x} }} = {1 \over 2}\)

 Cho hàm số\(f\left( x \right) = \cos {1 \over x}\) và hai dãy số \(\left( {x{'_n}} \right),\left( {x{"_n}} \right)\) với

\(x_n' = {1 \over {2n\pi }},\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x''_n= {1 \over {\left( {2n + 1} \right){\pi \over 2}}}\)

a) Tìm giới hạn của các dãy số \(\left( {x_n'} \right),\left( {x_n"} \right),\left( {f\left( {x_n'} \right)} \right)\) và \(\left( {f\left( {x_n"} \right)} \right)\)

b) Tồn tại hay không \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \cos {1 \over x}?\)

Phương pháp giải:

a) Sử dụng công thức tính giới hạn:

Với mọi số nguyên dương k, ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{{x^k}}} = 0\)

b) So sánh \(\lim f\left( {x{'_n}} \right) \) và \( \lim f\left( {x''{_n}} \right)\) và kết luận.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\(\eqalign{ & \lim x_n' = \lim {1 \over {2n\pi }} = 0 \cr & \lim x''_n = \lim {1 \over {\left( {2n + 1} \right){\pi \over 2}}} = 0 \cr & \lim f\left( {x{'_n}} \right) = \lim \cos 2n\pi = 1 \cr & \lim f\left( {x{"_n}} \right) = \lim \cos \left( {2n + 1} \right){\pi \over 2} = 0 \cr} \)

b) Do hai dãy \((x'_n)\) và \((x''_n)\) đều tiến đến 0 nhưng \(\lim f\left( {x{'_n}} \right) \ne \lim f\left( {x''{_n}} \right)\) nên theo định nghĩa giới hạn hàm số tại một điểm, không tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \cos {1 \over x}\).

Tìm các giới hạn sau:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {3{x^2} + 7x + 11} \right)\)

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

c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x\left( {1 - {1 \over x}} \right)\)

d) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 9} {{\sqrt x - 3} \over {9x - {x^2}}}\)

e) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \sqrt 3 } \left| {{x^2} - 4} \right|\)

f) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \sqrt {{{{x^4} + 3x - 1} \over {2{x^2} - 1}}} \)

Phương pháp giải:

- Thay x vào hàm số suy ra giới hạn.

- Phân tích mẫu thức thành nhân tử, khử dạng vô định và tính giới hạn (câu d).

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\(\eqalign{& \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {3{x^2} + 7x + 11} \right) \cr &= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} 3{x^2} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} 7x + \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} 11 \cr & = {3.2^2} + 7.2 + 11 = 37 \cr} \)

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

\( = \frac{{1 - {1^3}}}{{\left( {2.1 - 1} \right)\left( {{1^4} - 3} \right)}}\) \(= {0 \over { - 2}} = 0\)

c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x\left( {1 - {1 \over x}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {x - 1} \right) = - 1\)

d) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 9} {{\sqrt x - 3} \over {9x - {x^2}}} \)

\(= \mathop {\lim }\limits_{x \to 9} {{\sqrt x - 3} \over { - x\left( {x - 9} \right)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 9} \frac{{\sqrt x - 3}}{{ - x\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\) \( = - \mathop {\lim }\limits_{x \to 9} {1 \over {x\left( {\sqrt x + 3} \right)}} \) \( = - \frac{1}{{9\left( {\sqrt 9 + 3} \right)}}= - {1 \over {54}}\)

e) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \sqrt 3 } \left| {{x^2} - 4} \right| \)

\(= \left| {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} - 4} \right| = \left| { - 1} \right|\) \(= 1\)

f) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \sqrt {{{{x^4} + 3x - 1} \over {2{x^2} - 1}}} = \sqrt {{{{2^4} + 3.2 - 1} \over {{{22}^2} - 1}}} = \sqrt 3 \)

 Tìm các giới hạn sau:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{3{x^2} - x + 7} \over {2{x^3} - 1}}\)

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{2{x^4} + 7{x^3} - 15} \over {{x^4} + 1}}\)

c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{\sqrt {{x^6} + 2} } \over {3{x^3} - 1}}\)

d) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\sqrt {{x^6} + 2} } \over {3{x^3} - 1}}\)

Phương pháp giải:

- Chia cả tử và mẫu của phân thức cho lũy thừa bậc cao nhất của x.

- Đưa \(x^6\) ra ngoài dấu căn, chú ý \(x \to - \infty \Rightarrow x < 0.\)

Hướng dẫn giải:

\(\eqalign{ &a) \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{3{x^2} - x + 7} \over {2{x^3} - 1}}\cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{{x^3}\left( {{3 \over x} - {1 \over {{x^2}}} + {7 \over {{x^3}}}} \right)} \over {{x^3}\left( {2 - {1 \over {{x^3}}}} \right)}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{{3 \over x} - {1 \over {{x^2}}} + {7 \over {{x^3}}}} \over {2 - {1 \over {{x^3}}}}}\cr & = \frac{{0 - 0 + 0}}{{2 - 0}} = {0 \over 2} = 0 \cr} \)

\(\eqalign{ &b) \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{2{x^4} + 7{x^3} - 15} \over {{x^4} + 1}} \cr &= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{{x^4}\left( {2 + {7 \over x} - {{15} \over {{x^4}}}} \right)} \over {{x^4}\left( {1 + {1 \over {{x^4}}}} \right)}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{2 + {7 \over x} - {{15} \over {{x^4}}}} \over {1 + {1 \over {{x^4}}}}} \cr &= \frac{{2 + 0 - 0}}{{1 + 0}}= 2 \cr} \)

\(\eqalign{ &c) \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{\sqrt {{x^6} + 2} } \over {3{x^3} - 1}} \cr &= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{{x^3}\sqrt {1 + {2 \over {{x^6}}}} } \over {{x^3}\left( {3 - {1 \over {{x^3}}}} \right)}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{\sqrt {1 + {2 \over {{x^6}}}} } \over {3 - {1 \over {{x^3}}}}} \cr & = \frac{{\sqrt {1 + 0} }}{{3 - 0}}= {1 \over 3} \cr} \)

d) Với mọi x < 0, ta có:

\({{\sqrt {{x^6} + 2} } \over {3{x^3} - 1}} \)\(= {{\left| x^3 \right|\sqrt {1 + {2 \over {{x^6}}}} } \over {3{x^3} - 1}} \) \(= {{ - {x^3}\sqrt {1 + {2 \over {{x^6}}}} } \over {3{x^3} - 1}} \) \(= {{ - \sqrt {1 + {2 \over {{x^6}}}} } \over {3 - {1 \over {{x^3}}}}}\)

Do đó :  

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\sqrt {{x^6} + 2} } \over {3{x^3} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{ - \sqrt {1 + {2 \over {{x^6}}}} } \over {3 - {1 \over {{x^3}}}}} = - {1 \over 3}\)

Tìm các giới hạn sau:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \root 3 \of {{{{x^2} + 2x} \over {8{x^2} - x + 3}}} \)

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

Phương pháp giải:

Chia cả tử và mẫu của phân thức cho lũy thừa bậc cao nhất của x.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \root 3 \of {{{{x^2} + 2x} \over {8{x^2} - x + 3}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \root 3 \of {{{1 + {2 \over x}} \over {8 - {1 \over x} + {3 \over {{x^2}}}}}} \) \( = \sqrt[3]{{\frac{{1 + 0}}{{8 - 0 + 0}}}}\) \(= {1 \over 2}\)

b) Ta có:

\(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{x\sqrt x } \over {{x^2} - x + 2}} \cr &= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{x\sqrt x } \over {{x^2}\left( {1 - {1 \over x} + {2 \over {{x^2}}}} \right)}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\sqrt x }}{{x.{{\left( {\sqrt x } \right)}^2}\left( {1 - \frac{1}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}} \right)}}\cr &= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {1 \over {\sqrt x \left( {1 - {1 \over x} + {2 \over {{x^2}}}} \right)}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{1}{{\sqrt x }}.\frac{1}{{1 - \frac{1}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}}}} \right)= 0 \cr & \text{vì}\;\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {1 \over {\sqrt x }} = 0\cr &\text{và}\;\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {1 \over {1 - {1 \over x} + {2 \over {{x^2}}}}} = 1 \cr} \)