Giải mục 1 trang 111, 112, 113 SGK Toán 11 tập 1 - Kết nối tri thức — Không quảng cáo

HĐ 1

Cho hàm số $f\left( x \right) = \frac{{4 - {x^2}}}{{x - 2}}$

a) Tìm tập xác định của hàm số $f\left( x \right)$

b) Cho dãy số ${x_n} = 2 + \frac{{1}}{n}$. Rút gọn $f\left( {{x_n}} \right)$ và tính giới hạn của dãy $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = f\left( {{x_n}} \right)$

c) Với dãy số $\left( {{x_n}} \right)$ bất kì sao cho ${x_n} \ne 2$ và ${x_n} \to 2$, tính $f\left( {{x_n}} \right)$ và tìm $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{n \to  + \infty } f\left( {{x_n}} \right)$

Phương pháp giải:

Giả sử $\left( {a,b} \right)$ là một khoảng chứa điểm ${x_0}$ và hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên khoảng $\left( {a,b} \right)$, có thể trừ điểm ${x_0}$. Ta nói hàm số $f\left( x \right)$ có giới hạn là số L khi x dần tới ${x_0}$ nếu với dãy số $\left( {{x_0}} \right)$ bất kì, , ta có $f\left( {{x_n}} \right) \to L,$ ký hiệu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = L$ hay  khi $x \to {x_0}$

Lời giải chi tiết:

a) $D = \mathbb{R}/\left\{ 2 \right\}\;$

b) $x_n = 2 + \frac{{1}}{n} = \frac{2n+1}{n}$

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

$\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {x_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( { - \frac{{2n + 1}}{n} - 2} \right) =  - 4$

c) $f\left( {{x_n}} \right) = \frac{{4 - x_n^2}}{{{x_n} - 2}}$

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

LT 1

Tính $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 1}$  $\frac{{x - 1}}{{\sqrt x  - 1}}$.

Phương pháp giải:

Nếu $f\left( x \right) \ge 0$ với mọi $x \in \left( {a,b} \right)\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = L$ thì $L \ge 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \sqrt {f\left( x \right)}  = \sqrt L$.

Lời giải chi tiết:

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

HĐ 2

Cho hàm số $f\left( x \right) = \frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x - 1}}$

a) Cho ${x_n} = 1 -  \frac{1}{{n + 1}}$ và ${x'_n} = 1+ \frac{{1}}{n}$. Tính ${y_n} = f\left( {{x_n}} \right)$ và ${y'_n} = f\left( {{{x'}_n}} \right)$

b) Tìm giới hạn của các dãy số $\left( {{y_n}} \right)$ và $\left( {{{y'}_n}} \right)$

c) Cho các dãy số $\left( {{x_n}} \right)$ và $\left( {{{x'}_n}} \right)$ bất kì sao cho ${x_n} < 1 < x{'_n}$ và ${x_n} \to 1,\;\;\;x{'_n} \to 1$, tính $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{n \to  + \infty } f\left( {{x_n}} \right)$ và $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{n \to  + \infty } f\left( {{{x'}_n}} \right)$

Phương pháp giải:

Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên khoảng $\left( {{x_0};b} \right)$. Ta nói số L là giới hạn bên phải của $f\left( x \right)$ khi $x \to {x_0}$ nếu với dãy số $\left( {{x_n}} \right)$ bất kì thỏa mãn ${x_0} < {x_n} < b$ và ${x_n} \to {x_0}$ ta có $f\left( {{x_n}} \right) \to L$, kí hiệu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = L$.

Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên khoảng $\left( {a;{x_0}} \right)$. Ta nói số L là giới hạn bên trái của $f\left( x \right)$ khi $x \to {x_0}$ nếu với dãy số $\left( {{x_n}} \right)$ bất kì thỏa mãn $a < {x_n} < {x_0}$ và ${x_n} \to {x_0},$ ta có $f\left( {{x_n}} \right) \to L$, kí hiệu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = L$.

Lời giải chi tiết:

a, ${x_n} = 1 -  \frac{1}{{n + 1}} = \frac{n}{{n + 1}}$ và ${x'_n} = 1+ \frac{{1}}{n} = \frac{{n + 1}}{n}$

Với ${x_n} = \frac{n}{{n + 1}} \Rightarrow {y_n} = f\left( {{x_n}} \right) = \frac{{\left| {\frac{n}{{n + 1}} - 1} \right|}}{{\frac{n}{{n + 1}} - 1}}$

Do $n < n + 1 \Rightarrow \frac{n}{{n + 1}} < 1 \Rightarrow \frac{n}{{n + 1}} - 1 < 0$

$\Rightarrow {y_n} = \frac{{ - \left( {\frac{n}{{n + 1}} - 1} \right)}}{{\frac{n}{{n + 1}} - 1}} =  - 1$

Với $x{'_n} = \frac{{n + 1}}{n} \Rightarrow y{'_n} = f\left( {{x_n}} \right) = \frac{{\left| {\frac{{n + 1}}{n} - 1} \right|}}{{\frac{{n + 1}}{n} - 1}}$

Do $n + 1 > n \Rightarrow \frac{{n + 1}}{n} > 1 \Rightarrow \frac{{n + 1}}{n} - 1 > 0$

${y_n} = \frac{{\frac{{n + 1}}{n} - 1}}{{\frac{{n + 1}}{n} - 1}} = 1$

b) $\lim \left( {{y_n}} \right) = \lim \left( { - 1} \right) =  - 1$

$\lim \left( {{{y'}_n}} \right) = \lim 1 = 1$.

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

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

LT 2

Cho hàm số $f(x) = \left\{ \begin{array}{l} - x,x < 0\\\sqrt x ,x \ge 0\end{array} \right.$

Tính $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right),\;\;\;\;\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {0^ - }} \;f\left( x \right)$ và $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 0} \;f\left( x \right)$.

Phương pháp giải:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = L$ khi và chỉ khi $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f\left( x \right) = L$

Lời giải chi tiết:

Với dãy số $\left( {{x_n}} \right)$ bất kì sao cho $x < 0,$ ta có: $f\left( {{x_n}} \right) =  - {x_n}$

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

Với dãy số $\left( {{x_n}} \right)$ bất kì sao cho $x \ge 0$ ta có: $f\left( {{x_n}} \right) = \sqrt x$

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

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) =  0$  suy ra $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = 0$.