Bài 2. Giới hạn của hàm số Toán 11 Cùng khám phá
Lý thuyết Giới hạn của hàm số - SGK Toán 11 Cùng khám phá
I. Giới hạn của hàm số tại một điểm
1. Giới hạn hữu hạn của hàm số tại một điểm
Cho điểm \({x_0}\) thuộc khoảng K và hàm số \(y = f(x)\) xác định trên K hoặc trên \(K\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}\). Ta nói hàm số \(y = f(x)\) có giới hạn hữu hạn là số L khi \(x\) dần tới \({x_0}\) nếu 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 có\(f({x_n}) \to L\)
Kí hiệu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L\) hay \(f(x) \to L\), khi \({x_n} \to {x_0}\).
2. Định lí về giới hạn hữu hạn của hàm số
a, Cho \(y = f(x)\) và \(y = g(x)\) là các hàm số xác định trên \(K\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}\)
Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) = M\), trong đó M, L là các số thực thì:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f(x) \pm g(x)} \right] = L \pm M\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f(x).g(x)} \right] = L.M\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {\frac{{f(x)}}{{g(x)}}} \right] = \frac{L}{M}\left( {M \ne 0} \right)\)
b, Nếu \(f(x) \ge 0\)với mọi \(x \in \left( {a;b} \right)\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L\) thì \(L \ge 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \sqrt {f(x)} = \sqrt L \).
3. Giới hạn vô cực
Cho điểm \({x_0}\)thuộc khoảng K và hàm số \(y = f(x)\) xác định trên K hoặc \(K\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}\). Ta nói hàm số \(f(x)\) có giới hạn là \( + \infty \)(hoặc \( - \infty \) ) khi \(x\) dần tới \({x_0}\) nếu với mọi dãy số \(\left( {{x_n}} \right)\), \({x_n} \in K\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}\) mà \(\lim {x_n} = {x_0}\), ta đều có \(\lim f\left( {{x_n}} \right) = + \infty \) (hoặc \(\lim f\left( {{x_n}} \right) = - \infty \) kí hiệu kí hiệu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = + \infty \) hoặc \(f(x) \to + \infty \) khi \(x \to {x_0}\) (tương tự kí hiệu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = - \infty \) hoặc \(f(x) \to - \infty \) khi \(x \to {x_0}\) ).
II. Giới hạn một phía
Cho hàm số \(y = f(x)\) xác định trên khoảng \(\left( {{x_0};b} \right)\).
Ta nói \(y = f(x)\) có giới hạn bên phải là số L khi \(x \to {x_0}\) nếu với dãy số \(\left( {{x_n}} \right)\) bất kì,\({x_0} < {x_n} < b\) và \({x_n} \to {x_0}\)ta có \(f({x_n}) \to L\), kí hiệu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = L\).
Cho hàm số \(y = f(x)\) xác định trên khoảng \(\left( {a;{x_0}} \right)\).
Ta nói \(y = f(x)\) có giới hạn bên phải là số L khi \(x \to {x_0}\) nếu với dãy số \(\left( {{x_n}} \right)\) bất kì,\(a < {x_n} < {x_0}\) và \({x_n} \to {x_0}\)ta có \(f({x_n}) \to L\), kí hiệu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = L\).
*Định lí:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = L\)
III. Giới hạn của hàm số tại vô cực
1. Giới hạn hữu hạn của hàm số tại vô cực
Cho hàm số \(y = f(x)\) xác định trên khoảng \(\left( {a; + \infty } \right)\). Ta nói hàm số \(f(x)\) có giới hạn là số L khi \(x \to + \infty \) nếu với dãy số \(\left( {{x_n}} \right)\) bất kì \({x_n} > a\) và \({x_n} \to + \infty \)ta có \(f({x_n}) \to L\), kí hiệu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = L\) hay \(f(x) \to L\) khi \(x \to + \infty \).
Cho hàm số \(y = f(x)\) xác định trên khoảng \(\left( { - \infty ;a} \right)\). Ta nói hàm số \(f(x)\) có giới hạn là số L khi \(x \to - \infty \) nếu với dãy số \(\left( {{x_n}} \right)\) bất kì \({x_n} < a\) và \({x_n} \to - \infty \)ta có \(f({x_n}) \to L\), kí hiệu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = L\) hay \(f(x) \to L\) khi \(x \to - \infty \).
* Nhận xét:
- Các quy tắc tính giới hạn hữu hạn tại một điểm cũng đúng cho giới hạn hữu hạn tại vô cực.
- Với c là hằng số, k là một số nguyên dương ta có:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } c = c,\)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } (\frac{c}{{{x^k}}}) = 0\)
2. Giới hạn vô cực của hàm số tại vô cực
a, Cho hàm số \(y = f(x)\) xác định trên khoảng \(\left( {a; + \infty } \right)\).
Ta nói hàm số \(f(x)\) có giới hạn là \( + \infty \) khi \(x \to + \infty \) nếu với dãy số \(\left( {{x_n}} \right),{x_n} > a\)và \(\lim {x_n} = + \infty \), ta đều có \(\lim f\left( {{x_n}} \right) = + \infty \), kí hiệu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty \) hoặc \(f(x) \to + \infty \) khi \(x \to + \infty \) .
b, Cho hàm số \(y = f(x)\)xác định trên khoảng \(\left( { - \infty ;a} \right)\).
Ta nói hàm số \(f(x)\)có giới hạn là \( + \infty \) khi \(x \to - \infty \) nếu với dãy số \(\left( {{x_n}} \right),{x_n} < a\)và \(\lim {x_n} = - \infty \), ta đều có \(\lim f\left( {{x_n}} \right) = + \infty \), kí hiệu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = + \infty \) hoặc \(f(x) \to + \infty \) khi \(x \to - \infty \)
Từ hai định nghĩa trên, ta có định nghĩa \(f(x) \to - \infty \) khi \(x \to + \infty \) (hay \(x \to - \infty \)) như sau:
c, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = - \infty \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ { - f(x)} \right] = + \infty \)
d, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = - \infty \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ { - f(x)} \right] = + \infty \)
* Chú ý:
- \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^k} = + \infty ,k \in {\mathbb{Z}^ + }.\)
- \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^k} = + \infty ,\) k là số nguyên dương chẵn.
- \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^k} = - \infty ,\) k là số nguyên dương lẻ.
3. Quy tắc tìm giới hạn của tích và thương tại vô cực
*Giới hạn của tích\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f(x).g(x)} \right]\)
*Giới hạn của thương \(\frac{{f(x)}}{{g(x)}}\)
Các quy tắc trên vẫn đúng khi thay \( + \infty \) thành \( - \infty \) (\({x_0}^ - \)hoặc \({x_0}^ + \))
Giải mục 3 trang 69, 70, 71, 72, 73 SGK Toán 11 tập 1 - Cùng khám phá
Hoạt động 6
Cho hàm số \(y = f(x) = \frac{1}{x}\)
a, Tìm tập xác định của hàm số.
b, Tính giá trị của hàm số tại các điểm trong bảng giá trị sau:
c, Nhận xét gì về giá trị của f(x) khi x dần đến \( + \infty \)? Khi x dần đến \( - \infty \)?
Phương pháp giải:
Tập xác định là các giá trị của x để hàm số có nghĩa.
Thay giá trị của x vào hàm số để được các giá trị của f(x) tương ứng.
Lời giải chi tiết:
a, Tập xác định: R\{0}.
b, Thay lần lượt các giá trị của x vào f(x) ta được:
\(\)x dần đến \( - \infty \) thì f(x)=0
\(f( - {10^8}) = \frac{1}{{ - {{10}^8}}} = - {10^{ - 8}}\)
\(f(10) = \frac{1}{{10}}\)
\(f( - {10^3}) = \frac{1}{{ - {{10}^3}}} = - {10^{ - 3}}\)
\(f(1000) = \frac{1}{{1000}} = {10^{ - 3}}\)
\(f( - {10^2}) = \frac{1}{{ - {{10}^2}}} = - {10^{ - 2}}\)
\(f(100000) = \frac{1}{{100000}} = {10^{ - 5}}\)
\(f( - 10) = \frac{1}{{ - 10}} = \frac{{ - 1}}{{10}}\)
\(f({10^9}) = \frac{1}{{{{10}^9}}} = {10^{ - 9}}\)
x dần đến \( + \infty \) thì f(x)=0.
c, Khi x dần đến và x dần đến thì f(x)=0.
Luyện tập 7
Cho hàm số \(f(x) = \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{x}\). Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x)\).
Phương pháp giải:
Đưa x ra khỏi dấu căn để chia cả tử và mẫu cho x.
Với x dần đến \( - \infty \) thì |x| = -x
Với x dần đến \( + \infty \) thì |x| = x.
Lời giải chi tiết:
Hàm số có tập xác định là \(( - \infty ;0) \cup (0; + \infty )\)
Giả sử \(({x_n})\) là một dãy số bất kì thỏa mãn \({x_n} < 0\) và \(\lim {x_n} = - \infty \)
Ta có \(\lim f({x_n}) = \frac{{\sqrt {x_n^2 + 1} }}{{{x_n}}} = \lim \frac{{\left| {{x_n}} \right|.\sqrt {1 + \frac{1}{{x_n^2}}} }}{{{x_n}}} = \lim \frac{{ - {x_n}.\sqrt {1 + \frac{1}{{x_n^2}}} }}{{{x_n}}} = \lim ( - \sqrt {1 + \frac{1}{{x_n^2}}} ) = - 1\)
Giả sử \(({x_n})\) là một dãy số bất kì thỏa mãn \({x_n} > 0\) và \(\lim {x_n} = + \infty \)
Ta có \(\lim f({x_n}) = \frac{{\sqrt {x_n^2 + 1} }}{{{x_n}}} = \lim \frac{{\left| {{x_n}} \right|.\sqrt {1 + \frac{1}{{x_n^2}}} }}{{{x_n}}} = \lim \frac{{{x_n}.\sqrt {1 + \frac{1}{{x_n^2}}} }}{{{x_n}}} = \lim \sqrt {1 + \frac{1}{{x_n^2}}} = 1\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = - 1\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = 1\).
Luyện tập 8
Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} - 4} }}{{x + 5}}\).
Phương pháp giải:
Đưa x ra khỏi dấu căn để chia cả tử và mẫu cho x.
Với x dần đến \( - \infty \) thì |x| = -x
Lời giải chi tiết:
Hàm số có tập xác định là \(( - \infty ; - 5) \cup ( - 5; + \infty )\)
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} - 4} }}{{x + 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left| x \right|.\sqrt {1 - \frac{4}{{{x^2}}}} }}{{x + 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - x\sqrt {1 - \frac{4}{{{x^2}}}} }}{{x + 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {1 - \frac{4}{{{x^2}}}} }}{{1 + \frac{5}{x}}}\)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } - \sqrt {1 - \frac{4}{{{x^2}}}} = - 1\) , lim 1=1 và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{5}{x} = 0\) ta có:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {1 - \frac{4}{{{x^2}}}} }}{{1 + \frac{5}{x}}} = - 1\).
Hoạt động 7
Cho hàm số \(f(x) = {x^2}\) và dãy số \(({x_n})\) với \({x_n} = n + 1\)
a, Tìm \({\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im }}{{\rm{x}}_n}\)
b, Tính \(f({x_n})\) theo n và tìm \({\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im f(}}{{\rm{x}}_n})\).
Phương pháp giải:
a, Thay \({x_n} = n + 1\) để tìm \({\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im }}{{\rm{x}}_n}\)
b, Thay \({x_n} = n + 1\) vào hàm số \(f(x) = {x^2}\) để tìm \(f({x_n})\)
Dựa vào câu a để xác định \({\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im f(}}{{\rm{x}}_n})\).
Lời giải chi tiết:
a, Ta có: \({\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im }}{{\rm{x}}_n} = \lim (n + 1)\)
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to - \infty } (n + 1) = - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } (n + 1) = + \infty \).
b, Thay \({x_n} = n + 1\) vào hàm số \(f(x) = {x^2}\) ta được:
\(f({x_n}) = {(n + 1)^2}\)
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to - \infty } {\rm{f(}}{{\rm{x}}_n}) = \mathop {\lim }\limits_{n \to - \infty } {(n + 1)^2} = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\rm{f(}}{{\rm{x}}_n}) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {(n + 1)^2} = + \infty \).
Luyện tập 9
Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{x^2} + 1}}{x}\)
Phương pháp giải:
Chia tử cho mẫu để tính giới hạn
Lời giải chi tiết:
Hàm số \(f(x) = \frac{{{x^2} + 1}}{x} = x + \frac{1}{x}\) có tập xác định là \(( - \infty ;0) \cup (0; + \infty )\)
\(\forall ({x_n}),{x_n} < 0\)và \({\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im }}{{\rm{x}}_n} = - \infty \), ta có \(\lim f({x_n}) = \lim ({x_n} + \frac{1}{{{x_n}}}) = {\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im }}{{\rm{x}}_n}(1 + \frac{1}{{x_n^2}})\)
Vì \({\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im x}}_n^2 = + \infty \) nên \(\lim \frac{1}{{x_n^2}} = 0\). Suy ra \(\lim (1 + \frac{1}{{x_n^2}}) = 1\)
Vì \({\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im }}{{\rm{x}}_n} = - \infty \) và \(\lim (1 + \frac{1}{{x_n^2}}) = 1\) nên \({\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im }}{{\rm{x}}_n}(1 + \frac{1}{{x_n^2}}) = - \infty \)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{x^2} + 1}}{x} = - \infty \).
Hoạt động 8
Cho hàm số \(f(x) = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\) và g(x)=x+1
a, Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x)\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g(x)\)
b, Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\rm{[}}f(x).g(x){\rm{]}}\).
Phương pháp giải:
a, Với f(x) chia tử cho mẫu để tìm giới hạn
Với g(x) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (x + 1) = + \infty \)
b, Tính f(x). g(x) và dựa vào câu a xác định \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\rm{[}}f(x).g(x){\rm{]}}\)
Lời giải chi tiết:
a, Hàm số \(f(x) = \frac{{x - 1}}{{x + 1}} = 1 - \frac{2}{{x + 1}}\) có tập xác định \(( - \infty , - 1) \cup ( - 1; + \infty )\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (1 - \frac{2}{{x + 1}}) = 1\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (x + 1) = + \infty \)
b, Ta có: \(f(x).g(x) = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}.(x + 1) = x - 1\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x).g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (x - 1) = + \infty \).
Luyện tập 10
Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 2x} }}\).
Phương pháp giải:
Xác định \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \sqrt {{x^2} + 2x} \) để tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 2x} }}\)
Lời giải chi tiết:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \sqrt {{x^2} + 2x} \)=0 và \(\sqrt {{x^2} + 2x} > 0,\forall x > 0\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 2x} }} = + \infty \).
Vận dụng
Trong một cuộc thi các môn thể thao trên tuyết, người ta muốn thiết kế một đường trượt bằng bang cho nội dung đổ dốc tốc độ đường dài
Vận động viên sẽ xuất phát từ vị trí (0; 15) cao 15 m so với mặt đất (trục 0x) . Đường trượt phải thỏa mãn yêu cầu là càng ra xa thì càng gần mặt đất để tiết kiệm lượng tuyết nhân tạo. Một nhà thiết kế đề nghị sử dụng đường cong là đồ thị \(y = f(x) = \frac{{150}}{{x + 10}}\) với \(x \ge 0\). Hãy kiểm tra xem hàm số y=f(x) có thỏa mãn các điều kiện dưới đây hay không:
a, Có đồ thị đi qua điểm (0,15)
b, Giảm trên \(\left[ {0, + \infty } \right]\)
c, Càng ra xa ( x càng lớn), đồ thị càng gần trục Ox với khoảng cách nhỏ tùy ý.
Phương pháp giải:
a, Thay tọa độ (0,15) vào hàm số để kiểm tra điểm có thuộc hàm số hay không?
b, Nhận xét với x càng tăng thì giá trị f(x) càng giảm
c, Tính lim f(x) khi x dần đến \( + \infty \)
Lời giải chi tiết:
a, Thay x=0 vào hàm số \(y = f(x) = \frac{{150}}{{x + 10}}\) ta được:
\(y = \frac{{150}}{{0 + 10}} = \frac{{150}}{{10}} = 15\)
Vậy điểm (0,15) thuộc đồ thị hàm số.
b, Nhận thấy khi x càng tăng thì giá trị hàm số càng giảm. Vậy hàm số \(y = f(x) = \frac{{150}}{{x + 10}}\) giảm trên \(\left[ {0, + \infty } \right]\)
c, Ta có : \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{150}}{{x + 10}} = 0\)
Vậy càng ra xa ( x càng lớn), đồ thị càng gần trục Ox với khoảng cách nhỏ tùy ý.
Giải mục 2 trang 67, 68, 69 SGK Toán 11 tập 1 - Cùng khám phá
Hoạt động 4
Cho hàm số \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}x + 2,x \ge 1\\x - 4,x < 1\end{array} \right.\) và hai dãy số (\({u_n}\)) và (\({v_n}\)) với \({u_n} = 1 + \frac{1}{n}\), \({v_n} = 1 - \frac{1}{n}\)
a, So sánh \({u_n},{v_n}\) với 1 và tìm \(\lim {u_n}\), \(\lim {v_n}\).
b, Tính \(f({u_n})\) và \(f({v_n})\) theo n.
c, Tìm lim\(f({u_n})\) và lim\(f({v_n})\).
Phương pháp giải:
a, Xác định \(\lim \frac{1}{n}\) để so sánh \({u_n},{v_n}\) với 1 và tìm \(\lim {u_n}\), \(\lim {v_n}\).
b, Thay \({u_n} = 1 + \frac{1}{n}\), \({v_n} = 1 - \frac{1}{n}\) để tính \(f({u_n})\) và \(f({v_n})\).
c, Sử dụng câu a,b để tìm lim\(f({u_n})\) và lim\(f({v_n})\).
Lời giải chi tiết:
a, Ta có \(\lim \frac{1}{n} = 0\) và \(\frac{1}{n} > 0\) nên:
\({u_n} = 1 + \frac{1}{n} > 1\) và \({v_n} = 1 - \frac{1}{n} < 1\)
\(\lim {u_n} = \lim (1 + \frac{1}{n}) = 1\) và \(\lim {v_n} = \lim (1 - \frac{1}{n}) = 1\).
b, Với \({u_n} > 1\) thay x=\({u_n}\) vào f(x)=x+2 ta được:
\(f({u_n}) = {u_n} + 2 = 1 + \frac{1}{n} + 2 = 3 + \frac{1}{n}\).
Với \({v_n} < 1\) thay x=\({v_n}\) vào f(x) = x-4 ta được:
\(f({v_n}) = {v_n} - 4 = 1 - \frac{1}{n} - 4 = - 3 - \frac{1}{n}\).
c, Ta có: \(\lim f({u_n}) = \lim (3 + \frac{1}{n}) = 3\).
\(\lim f({v_n}) = \lim ( - 3 - \frac{1}{n}) = - 3\).
Luyện tập 4
Cho hàm số \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 1,x \ge 1\\\frac{{{x^2} - 1}}{{x + 1}},x < 1\end{array} \right.\). Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x)\)và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x)\)
Phương pháp giải:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f(x) = \lim ({x_n}^2 + 1)\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f(x) = \lim \frac{{{x_n}^2 - 1}}{{{x_n} + 1}}\)
Lời giải chi tiết:
Giả sử \(({x_n})\) là một dãy số bất kì mà \({x_n} > - 1\) và \(\lim {x_n} = - 1\), ta có \(f\left( {{x_n}} \right) = x_n^2 + 1\).
Vậy\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f(x)\) =\(\lim f({x_n}) = {( - 1)^2} + 1 = 2\).
Giả sử \(({x_n})\) là một dãy số bất kì mà \({x_n} < - 1\) và \(\lim {x_n} = - 1\), ta có \(f({x_n}) = \frac{{x_n^2 - 1}}{{{x_n} + 1}} = \frac{{({x_n} - 1)({x_n} + 1)}}{{{x_n} + 1}} = {x_n} - 1\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f(x) = \)\(\lim f({x_n}) = - 1 - 1 = - 2\).
Luyện tập 5
Cho hàm số \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}2ax + 6,x \ge - 2\\\frac{{{x^2} - 4}}{{x + 2}},x < - 2\end{array} \right.\). Tìm a, biết rằng tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} f(x)\)
Phương pháp giải:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} (2ax + 6) = - 4a + 6\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{{x^2} - 4}}{{x + 2}}\mathop { = \lim }\limits_{x \to - {2^ - }} (x - 2) = - 4\)
Cho \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f(x)\) để tìm giá trị của a.
Lời giải chi tiết:
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} (2ax + 6) = - 4a + 6\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{{x^2} - 4}}{{x + 2}}\mathop { = \lim }\limits_{x \to - {2^ - }} (x - 2) = - 4\)
Để tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} f(x)\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f(x) \Leftrightarrow - 4a + 6 = - 4 \Leftrightarrow - 4a = - 10 \Leftrightarrow a = \frac{5}{2}\)
Vậy \(a = \frac{5}{2}\).
Hoạt động 5
Đồ thị hàm số \(y = f(x) = \frac{1}{{x - 2}}\) được cho trong hình 3.3
a, Nếu M(x;f(x)) là một điểm trên đồ thị, hãy dự đoán giá trị của f(x) khi x dần đến 2 theo phía phải, theo phía trái.
b, \(({x_n})\)là một dãy số bất kì mà \({x_n} < 2\) và \({\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im }}{{\rm{x}}_n} = 2\).Tính \(f({x_n})\) và \(\lim f({x_n})\).
Phương pháp giải:
a, Dựa vào phần đồ thị bên phải để xác định giá trị của f(x) khi x gần đến 2 theo phía phải và phần đồ thị bên trái để xác định giá trị của f(x) khi x gần đến 2 theo phía trái.
b, Thay \(x = {x_n}\) để tính \(f({x_n})\).
Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f(x)\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f(x)\).
Lời giải chi tiết:
a, Dự đoán: Khi x gần đến 2 theo phía phải thì f(x) gần đến \( + \infty \)
Khi x gần đến 2 theo phía trái thì f(x) gần đến \( - \infty \).
b, Thay \(x = {x_n}\) vào f(x) ta được : \(f({x_n}) = \frac{1}{{{x_n} - 2}}\)
Cho dãy số \(({x_n})\) với \({x_n} > 2\) và \({\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im }}{{\rm{x}}_n} = 2\), lim1=1 ta có:
\(\lim f({x_n}) = + \infty \)
Cho dãy số \(({x_n})\) với \({x_n} < 2\) và \({\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im }}{{\rm{x}}_n} = 2\), lim 1=1 ta có:
\(\lim f({x_n}) = - \infty \).
Luyện tập 6
Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{1}{{2 - x}}\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{1}{{x - 4}}\).
Phương pháp giải:
Áp dụng định lí \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \frac{1}{{x - a}} = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} \frac{1}{{x - a}} = - \infty \) với mọi số thực a.
Lời giải chi tiết:
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{1}{{2 - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{ - 1}}{{x - 2}} = + \infty \)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{1}{{x - 4}} = + \infty \)
Giải mục 1 trang 65, 66, 67 SGK Toán 11 tập 1 - Cùng khám phá
Hoạt động 1
Cho dãy số \(\left( {{x_n}} \right)\) với \({x_n} = 1 + \frac{1}{n}\). Xét hàm số \(f(x) = {x^2} - 2x\)
a, Tính \(f({x_n})\) theo n.
b, Tìm \(\lim {x_n}\) và \(\lim f\left( {{x_n}} \right)\).
Phương pháp giải:
a, Thay giá trị của \({x_n}\) vào f(x).
b, Áp dụng giới hạn của dãy số để tính \(\lim {x_n}\) và \(\lim f\left( {{x_n}} \right)\).
Lời giải chi tiết:
a, Thay \({x_n} = 1 + \frac{1}{n}\) vào hàm số \(f(x) = {x^2} - 2x\) ta được:
\(f({x_n}) = {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^2} - 2.(1 + \frac{1}{n}) = 1 + \frac{2}{n} + \frac{1}{{{n^2}}} - 2 - \frac{2}{n} = - 1 + \frac{1}{{{n^2}}}\)
b, Vì lim1=1, \(\lim \frac{1}{n} = 0\), \(\lim \frac{1}{{{n^2}}} = 0\) nên:
\({\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im }}{{\rm{x}}_n} = \lim (1 + \frac{1}{n}) = 1\) và \(\lim f({x_n}) = \lim ( - 1 + \frac{1}{{{n^2}}}) = - 1\).
Luyện tập 1
Cho hàm số \(f(x) = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 2}}\). Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x)\).
Phương pháp giải:
Chia tử cho mẫu và xác định giới hạn theo biểu thức đã chia.
Lời giải chi tiết:
f(x) xác định trên R\{2}
Với mọi dãy \(\left( {{x_n}} \right)\) mà \({x_n} \ne 2\), và \({\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im }}{{\rm{x}}_n} = 2\), ta có:
\(\lim f({x_n}) = \lim \frac{{x_n^2 - 3{x_n} + 2}}{{{x_n} - 2}} = \lim \frac{{({x_n} - 1).({x_n} - 2)}}{{{x_n} - 2}}\)=\(\lim ({x_n} - 1) = 1\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x) = 1\).
Hoạt động 2
a, Chứng minh rằng \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} {x^2} = 4\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} (x + 1) = 3\).
b, Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} ({x^2} + x + 1)\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} {x^2}(x + 1)\).
Phương pháp giải:
a, Xác định giới hạn của hàm số dựa vào giới hạn của dãy số \(\mathop {\lim }\limits_{{x_n} \to 2} \)
b, Áp dụng câu a để tính giới hạn ở câu b.
Lời giải chi tiết:
a, f(x) xác định trên R.
Với mọi dãy \(\left( {{x_n}} \right)\) mà \({x_n} \ne 2\), và \({\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im }}{{\rm{x}}_n} = 2\), ta có:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} {x^2} = \lim {({x_n})^2} = {2^2} = 4\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} (x + 1) = {\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im (}}{{\rm{x}}_n} + 1) = 2 + 1 = 3\).
b, Ta có : \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} ({x^2} + x + 1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} {x^2} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} (x + 1) = 4 + 3 = 7\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} {x^2}(x + 1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} {x^2}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} (x + 1) = 4.3 = 12\).
Luyện tập 2
Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{{x^3} + {x^2} + x + 1}}{{x + 1}}\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 6} \frac{{{x^2} + \sqrt {2 - x} }}{{{{(2 + x)}^2}}}\).
Phương pháp giải:
Với \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{{x^3} + {x^2} + x + 1}}{{x + 1}}\) ta rút gọn hàm số và xác định giới hạn.
Với \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 6} \frac{{{x^2} + \sqrt {2 - x} }}{{{{(2 + x)}^2}}}\) tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 6} \left( {{x^2} + \sqrt {2 - x} } \right)\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 6} {(2 + x)^2}\) và áp dụng \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \frac{A}{B},B \ne 0\)
Lời giải chi tiết:
a, Hàm số \(\frac{{{x^3} + {x^2} + x + 1}}{{x + 1}}\) xác định trên R\{-1}
Với \(x \ne - 1\) ta có:
\(\frac{{{x^3} + {x^2} + x + 1}}{{x + 1}} = \frac{{({x^3} + {x^2}) + (x + 1)}}{{x + 1}} = \frac{{{x^2}(x + 1) + (x + 1)}}{{x + 1}}\)= \(\frac{{({x^2} + 1).(x + 1)}}{{x + 1}} = {x^2} + 1\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{{x^3} + {x^2} + x + 1}}{{x + 1}}\)=\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \left( {{x^2} + 1} \right) = {( - 1)^2} + 1 = 2\)
b, Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 6} \left( {{x^2} + \sqrt {2 - x} } \right) = {( - 6)^2} + \sqrt {2 - ( - 6)} = 36 + \sqrt 8 = 36 + 2\sqrt 2 \)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 6} {(2 + x)^2} = {(2 - 6)^2} = 16\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 6} \frac{{{x^2} + \sqrt {2 - x} }}{{{{(2 + x)}^2}}} = \frac{{36 + 2\sqrt 2 }}{{16}} = \frac{{18 + \sqrt 2 }}{8}\).
Hoạt động 3
Cho hàm số \(f(x) = \frac{1}{{{x^2}}}\) và dãy số \(({x_n})\) mà \(\lim ({x_n}) = 0\). Tính \(\lim f({x_n})\).
Phương pháp giải:
Tính lim 1 và \(\lim {({x_n})^2}\) sau đó tính \(\lim f({x_n})\).
Lời giải chi tiết:
Với mọi dãy \(({x_n})\) mà \(\lim ({x_n}) = 0\) ta có \(\lim {({x_n})^2}\)= 0 và lim 1=1
Vậy \(\lim f(x) = \lim \frac{1}{{x_n^2}} = + \infty \).
Luyện tập 3
Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2}{{2 - \sqrt {{x^2} + 4} }}\).
Phương pháp giải:
Tìm \(\lim (2 - \sqrt {4 + x_n^2} )\) để xác định \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2}{{2 - \sqrt {{x^2} + 4} }}\).
Lời giải chi tiết:
Với mọi dãy \(({x_n})\) mà \(\lim ({x_n}) = 0\), ta có \(2 - \sqrt {4 + x_n^2} > 0\) vì (\({x_n} \ne 0\)) và \(\lim (2 - \sqrt {4 + x_n^2} )\)=0
Vì lim 1=1 nên \(\lim \frac{2}{{2 - \sqrt {{x_n}^2 + 4} }} = + \infty \).
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2}{{2 - \sqrt {{x^2} + 4} }} = + \infty \).
Bài 3.6 trang 73 SGK Toán 11 tập 1 - Cùng khám phá
Đề bài
Dùng định nghĩa để tính các giới hạn sau:
a, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{1 - 2x}}{{x + 3}}\)
b, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{{x + 3}}\)
Phương pháp giải - Xem chi tiết
a, Thay x= 1 vào hàm số để tìm kết quả.
b, Đưa x ra khỏi dấu căn để rút gọn tử và mẫu , áp dụng \(\lim {x_n} = - \infty \).
Lời giải chi tiết
a, Hàm số \(f(x) = \frac{{1 - 2x}}{{x + 3}}\) có tập xác định \(( - \infty , - 3) \cup ( - 3, + \infty )\)
Với mọi dãy \(({x_n})\), \({x_n} \to 1\) ta có :
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f({x_n}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{1 - 2{x_n}}}{{{x_n} + 3}} = \frac{{1 - 2.1}}{{1 + 3}} = - \frac{1}{4}\).
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{1 - 2x}}{{x + 3}} = - \frac{1}{4}.\)
b, Hàm số \(f(x) = \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{{x + 3}}\) có tập xác định là \(( - \infty , - 3) \cup ( - 3, + \infty )\)
Giả sử \(({x_n})\) là một dãy số bất kì , \({x_n} < - 3,\lim {x_n} = - \infty \)
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f({x_n}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {x_n^2 + 1} }}{{{x_n} + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left| {{x_n}} \right|.\sqrt {1 + \frac{1}{{x_n^2}}} }}{{{x_n} + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - {x_n}.\sqrt {1 + \frac{1}{{x_n^2}}} }}{{{x_n} + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {1 + \frac{1}{{x_n^2}}} }}{{1 + \frac{3}{{{x_n}}}}} = - 1\)Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{{x + 3}} = - 1\).
Bài 3.7 trang 74 SGK Toán 11 tập 1 - Cùng khám phá
Đề bài
Tính các giới hạn sau:
a, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^2} + 3x + 5}}{{x + 1}}\)
b, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} + x - 6}}{{{x^2} - 4}}\)
c, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{\sqrt {x + 11} - 3}}{{x + 2}}\)
d, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{3{x^2} + x + 10}}{{2{x^2} - 1}}\)
e, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{5{x^3} + 9}}{{{x^4} + 1}}\)
g, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{x}\)
Phương pháp giải - Xem chi tiết
a, Tính giới hạn tử và mẫu để được giới hạn hàm số
b, Phân tích tử và rút gọn rồi tính giới hạn
c, Nhân liên hợp tử rồi rút gọn và tính giới hạn
d, e, Chia cả tử và mẫu cho x với bậc cao nhất và tính giới hạn
e, Đưa x ra khỏi dấu căn và rút gọn để tính giới hạn
Lời giải chi tiết
a, Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} ({x^2} + 3x + 5) = 5\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (x + 1) = 1\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^2} + 3x + 5}}{{x + 1}} = 5\)
b, Ta có : \(f(x) = \frac{{{x^2} + x - 6}}{{{x^2} - 4}} = \frac{{(x + 3).(x - 2)}}{{(x - 2).(x + 2)}} = \frac{{x + 3}}{{x + 2}}\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} (x + 3) = 5\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} (x + 2) = 4\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} + x - 6}}{{{x^2} - 4}} = \frac{5}{4}\).
c, Ta có: \(f(x) = \frac{{\sqrt {x + 11} - 3}}{{x + 2}} = \frac{{(\sqrt {x + 11} - 3)(\sqrt {x + 11} + 3)}}{{x + 2}} = \frac{{x + 11 - {3^2}}}{{x + 2}} = 1\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} 1 = 1\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{\sqrt {x + 11} - 3}}{{x + 2}} = 1\)
d, Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{3{x^2} + x + 10}}{{2{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{3 + \frac{1}{x} + \frac{{10}}{{{x^2}}}}}{{2 - \frac{1}{{{x^2}}}}} = \frac{3}{2}\)
e, Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{5{x^3} + 9}}{{{x^4} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{5 + \frac{9}{{{x^4}}}}}{{1 + \frac{1}{{{x^4}}}}} = 5\)
g, Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left| x \right|.\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - x.\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } ( - \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} ) = - 1\).
Bài 3.8 trang 74 SGK Toán 11 tập 1 - Cùng khám phá
Đề bài
Tìm các giới hạn sau:
a, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} + x + 1}}{{x + 2}}\)
b, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{3 - x}}{{{{(x - 4)}^2}}}\)
c, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2}}}{{2x - 4}}\)
Phương pháp giải - Xem chi tiết
a, Chia tử cho mẫu để tính giới hạn hàm số
b, Tính giới hạn tử và giới hạn mẫu để xác định giới hạn hàm số
c, Tính giới hạn tử và giới hạn mẫu để xác định giới hạn hàm số.
Lời giải chi tiết
a, Ta có: \(f(x) = \frac{{{x^2} + x + 1}}{{x + 2}} = x - 1 + \frac{3}{{x + 2}}\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} + x + 1}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (x - 1 + \frac{3}{{x + 2}}) = + \infty \).
b, Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} (3 - x) = - 1\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} {(x - 4)^2} = 0\) và \({(x - 4)^2} > 0\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{3 - x}}{{{{(x - 4)}^2}}} = - \infty \).
c, Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} {x^2} = 4\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} (2x - 4) = 0\) và 2x – 4>0
\(\)Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2}}}{{2x - 4}} = + \infty \).
Bài 3.9 trang 74 SGK Toán 11 tập 1 - Cùng khám phá
Đề bài
Cho hàm số \(y = f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}},x < 1\\{x^3} + 2x - 1,x \ge 1\end{array} \right.\). Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x)\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ - } f(x)\).
Phương pháp giải - Xem chi tiết
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} ({x^3} + 2x - 1)\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}}\)
Lời giải chi tiết
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} ({x^3} + 2x - 1) = 2\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{(x - 1).(x + 1)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} (x + 1) = 2\).
Bài 3.10 trang 74 SGK Toán 11 tập 1 - Cùng khám phá
Đề bài
Một thấu kính hội tụ có tiêu cự f= 30 cm. Trong Vật lí, ta biết rằng nếu đặt vật thật AB cách quang tâm của thấu kính một khoảng d (cm) > 30 (cm) thì được ảnh thật A’B’ của thấu kính một khoảng d’ (cm) ( Hình 3.5). Ngược lại, nếu 0<d<30, ta có ảnh ảo. Công thức của thấu kính là \(\frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} = \frac{1}{{30}}\)
a, Từ công thức của thấu kính, hãy tìm biểu thức xác định hàm số d’= h (d)
b, Tìm các giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{30}^ + }} h(d),\mathop {\lim }\limits_{x \to {{30}^ - }} h(d)\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } h(d)\). Sử dụng các kết quả này để giải thích ý nghĩa đã biết trong Vật lí.
Phương pháp giải - Xem chi tiết
a, Từ công thức rút d’ theo d.
b, Sử dụng giới hạn trái, giới hạn phải, giới hạn tại vô cực.
Lời giải chi tiết
a, Ta có : \(h(d) = \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} = \frac{1}{{30}} \Rightarrow \frac{1}{{d'}} = \frac{1}{{30}} - \frac{1}{d} = \frac{{d - 30}}{{30d}} \Rightarrow d' = \frac{{30d}}{{d - 30}}\)
b, Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{d \to {{30}^ + }} 30d = 900\), \(\mathop {\lim }\limits_{d \to {{30}^ + }} (d - 30) = 0\) và d-30 > 0
\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{d \to {{30}^ + }} h(d) = \mathop {\lim }\limits_{d \to {{30}^ + }} \frac{{30d}}{{d - 30}} = + \infty \)
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{d \to {{30}^ - }} 30d = 900\), \(\mathop {\lim }\limits_{d \to {{30}^ - }} (d - 30) = 0\) và d – 30 < 0
\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{d \to {{30}^ - }} h(d) = \mathop {\lim }\limits_{d \to {{30}^ - }} \frac{{30d}}{{d - 30}} = - \infty \)
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{d \to + \infty } h(d) = \mathop {\lim }\limits_{d \to + \infty } \frac{{30d}}{{d - 30}} = \mathop {\lim }\limits_{d \to + \infty } \frac{{30}}{{1 - \frac{{30}}{d}}} = 30\).
Luyện trắc nghiệm Toán lớp 1 Lớp LOP11
Học đi đôi với hành! Làm ngay các bộ đề trắc nghiệm chấm điểm tức thì, có đáp án chi tiết giúp ghi nhớ kiến thức sâu và chuẩn bị tốt cho các bài kiểm tra.
Học tập & ôn luyện trên ứng dụng Tri Thức Hub
Tải ứng dụng Tri Thức Hub trên điện thoại hoặc máy tính bảng (hỗ trợ Android & iOS) để làm bài kiểm tra, luyện tập và lưu tiến độ học tập!