Giải mục 3 trang 115, 116, 117, 118 SGK Toán 11 tập 1 - Kết nối tri thức — Không quảng cáo

HĐ 4

Xét hàm số $f\left( x \right) = \frac{1}{{{x^2}}}$ có đồ thị như Hình 5.6. Cho ${x_n} = \frac{1}{n}$, chứng tỏ rằng $f\left( {{x_n}} \right) \to  + \infty$

Phương pháp giải:

Giả sử khoảng (a;b) chứa ${x_0}$ và hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên $\left( {a;b} \right)\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}$. Ta nói hàm số $f\left( x \right)$ có giới hạn $+ \infty$ khi $x \to {x_0}$ nếu dãy số $\left( {{x_n}} \right)$ bất kì, ${x_n} \in \left( {a;b} \right)\backslash \left\{ {{x_0}} \right\},\;{x_n} \to {x_0}$, ta có $f\left( {{x_n}} \right) \to  + \infty ,$ kí hiệu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) =  + \infty$

Ta nói hàm số $f\left( x \right)$ có giới hạn $- \infty$ khi $x \to \;{x_0}$, kí hiệu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) =  - \infty$, nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ { - f\left( x \right)} \right] =  + \infty$

Lời giải chi tiết:

Ta có: $\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( {{x_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{n}} \right)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {n^2} =  + \infty$.

Vậy $f\left( {{x_n}} \right) \to  + \infty$.

HĐ 5

Cho hàm số $f\left( x \right) = \frac{1}{{x - 1}}$. Với cá dãy số $\left( {{x_n}} \right)$ và $\left( {{{x'}_n}} \right)$ cho bởi ${x_n} = 1 + \frac{1}{n},\;x{'_n} = 1 - \frac{1}{n},$ 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 hàm số $f\left( x \right)$ có giới hạn $+ \infty$ khi $x \to {x_0}$ về bên phải nếu với dãy số $\left( {{x_0}} \right)$ bất kì thỏa mãn ${x_0} < {x_n} < b,\;{x_n} \to {x_0}$, ta có $f\left( {{x_n}} \right) \to  + \infty$, kí hiệu $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f\left( x \right) =  + \infty$.

Lời giải chi tiết:

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

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

LT 4

a) $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  0 } \frac{2}{{\left| x \right|}}$ ;

b) $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {2^ - }} \frac{1}{{\sqrt {2 - x} }}$

Phương pháp giải:

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

Lời giải chi tiết:

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2}{{\left| x \right|}} =  + \infty$.

b)$\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{1}{{\sqrt {2 - x} }} =  + \infty \;$.

LT 5

Tính:$\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{2x - 1}}{{x - 2}}$  và $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{2x - 1}}{{x - 2}}$.

Phương pháp giải:

Áp dụng quy tắc tìm giới hạn của thương.

Lời giải chi tiết:

$x \to {2^ + } \Rightarrow x - 2 > 0$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{2x - 1}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{2 \times 2 - 1}}{{x - 2}} =  + \infty \;$.

$x \to {2^ - } \Rightarrow x - 2 < 0$

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