Giải bài tập SGK Toán 11 Nâng cao Chương 4 Bài 6: Một vài quy tắc tìm giới hạn vô cực

Tìm các giới hạn sau:

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

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {2{x^4} - 3x + 12} \)

Phương pháp giải:

a) Đặt lũy thừa bậc cao nhất của x làm nhân tử chung và tính giới hạn.

b) Đưa \(x^4\) ra khỏi căn và tính giới hạn.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

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

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^3} = - \infty \text{ và }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {3 - {5 \over x} + {7 \over {{x^3}}}} \right) = 3 > 0\)

b) 

\(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {2{x^4} - 3x + 12} \cr &= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^2}\sqrt {2 - {3 \over {{x^3}}} + {{12} \over {{x^4}}}} = + \infty \cr & \text{Vì }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^2} = + \infty \cr &\text{ Và }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {2 - {3 \over {{x^3}}} + {{12} \over {{x^4}}}} = \sqrt 2 > 0 \cr} \)

Tìm các giới hạn sau:

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

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

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

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

Phương pháp giải:

Áp dụng quy tắc 2: 

Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L \ne 0\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) = 0\) và g(x) > 0 hoặc g(x) < 0 với mọi \(x \in J \backslash \{ x_0\}\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x)}}{{g(x)}}\) được tính như sau:

Hướng dẫn giải:

\(\eqalign{a) & \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} {{2x + 1} \over {x - 2}} = + \infty \cr & \text{Vì }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {2x + 1} \right) = 5,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 2} \right) = 0\,\text{ và }\,x - 2 > 0,\forall x > 2 \cr} \)

\(\eqalign{b) & \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} {{2x + 1} \over {x - 2}} = - \infty \cr & \text{Vì }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {2x + 1} \right) = 5,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {x - 2} \right) = 0\,\text{ và }\,x - 2 < 0,\forall x < 2 \cr} \)

\(\eqalign{d) & \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {{1 \over x} - {1 \over {{x^2}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{x - 1} \over {{x^2}}} = - \infty \cr & \text{Vì }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {x - 1} \right) = - 1 < 0\text{ và }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^2} = 0,{x^2} > 0\;\forall x \ne 0. \cr} \)

\(\eqalign{d) & \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {{1 \over {x - 2}} - {1 \over {{x^2} - 4}}} \right) \cr &= \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} {{x + 2 - 1} \over {{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} {{x + 1} \over {{x^2} - 4}} \cr &= - \infty \cr & \text{Vì }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {x + 1} \right) = 3,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {{x^2} - 4} \right) = 0\,\text{ và }\,{x^2} - 4 < 0\cr &\text{ với }\, - 2 < x < 2 \cr} \)

Tìm các giới hạn sau:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{{x^3} - 5} \over {{x^2} + 1}}\)

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\sqrt {{x^4} - x} } \over {1 - 2x}}\)

Phương pháp giải:

Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } h(x)\):

- Phân tích \(h(x)=f(x).g(x)\)

- Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } f(x)\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } g(x)\)

⇒ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } h(x)\)

Hướng dẫn giải:

\(\eqalign{a) & \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{{x^3} - 5} \over {{x^2} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x}{{{x^2}\left( {1 - {5 \over {{x^3}}}} \right)} \over {{x^2}\left( {1 + {1 \over {{x^2}}}} \right)}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x.{{1 - {5 \over {{x^3}}}} \over {1 + {1 \over {{x^2}}}}} = + \infty \cr & \text{Vì}\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x = + \infty \,\text{và}\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{1 - {5 \over {{x^3}}}} \over {1 + {1 \over {{x^2}}}}} = 1 > 0 \cr} \)

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^4} - x} }}{{1 - 2x}} \)

\(\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^4}\left( {1 - \frac{1}{{{x^3}}}} \right)} }}{{1 - 2x}} \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{x^2}\sqrt {1 - \frac{1}{{{x^3}}}} }}{{x\left( {\frac{1}{x} - 2} \right)}} \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {x.\frac{{\sqrt {1 - \frac{1}{{{x^3}}}} }}{{\frac{1}{x} - 2}}} \right] \end{array}\)

Ta có

\(\begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } x = - \infty \\ \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {1 - \frac{1}{{{x^3}}}} }}{{\frac{1}{x} - 2}} = \frac{1}{{ - 2}} < 0 \end{array}\)

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

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

Tính:

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

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

Phương pháp giải:

Áp dụng quy tắc 1: Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = \pm \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) = L \ne 0\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x).g(x)\) được tính như sau:

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

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

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\left( {x - 1} \right)^2} = 0,{\left( {x - 1} \right)^2} > 0,\forall x \ne 1\) \(\text{ và }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{2x + 1} \over {2x - 3}} = {3 \over { - 1}} = - 3 < 0\)

Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {{2 \over {{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.{{2x + 1} \over {2x - 3}}} \right] = - \infty \)

b) Ta có:

\(\eqalign{ & {5 \over {\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)}} \cr & = \frac{5}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}\cr &= {1 \over {{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.{5 \over {x - 2}} \cr & \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {1 \over {{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = + \infty \cr &\text{ Vì } \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\left( {x - 1} \right)^2} = 0,{\left( {x - 1} \right)^2} > 0,\forall x \ne 1\cr &\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {5 \over {x - 2}} = - 5 < 0 \cr & \text{ Nên }\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {5 \over {\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)}} = - \infty \cr} \)