Giải SGK Toán 11 CTST Bài 2. Giới hạn của hàm số có đáp án

Hình chữ nhật OHMK có các kích thước lần lượt là hoành độ và tung độ của điểm M.

Ta có: điểm M luôn nằm trên đồ thị  $y=\frac{1}{x^2}\left(x>0\right)$

Đặt  $M\left(x;\frac{1}{x^2}\right)\left(x>0\right)$

Khi đó diện tích hình chữ nhật OHMK là:  $x.\frac{1}{x^2}=\frac{1}{x}$.

Khi H gần tiến đến gốc tọa độ nghĩa là x dần tiến tới 0 thì diện tích hinh chữ nhật sẽ là một số rất lớn.

Khi H iến xa sang phía bên phải thì x dần tiến tới +∞ thì diện tích hình chữ nhật sẽ giảm dần về 0.

a) Khi x càng gần đến 1 thì giá trị của f(x) gần đến giá trị 4.

b) Khi điểm H thay đổi gần về điểm (1; 0) trên trục hoàng thì điểm P gần về điểm (0; 4).

a) Hàm số f(x) = 2x² – x xác định trên ℝ.

Giả sử (x_n) là dãy số bất kì, thỏa mãn x_n ∈ ℝ với mọi n và x_n → 3 khi n → +∞. Ta có:  $\underset{x_n\to 3}{\lim }\left(2x_n^2-x_n\right)=\underset{x_n\to 3}{\lim }\left(2x_n^2\right)-\underset{x_n\to 3}{\lim }\left(x_n\right)={2.3}^2-3=15$.

Vậy  $\underset{x\to 3}{\lim }\left(2x^2-x\right)=15$.

b) Hàm số  $f\left(x\right)=\frac{x^2+2x+1}{x+1}$ xác định trên tập ℝ\{– 1}.

Giả sử (x_n) là dãy số bất kì, thỏa mãn x_n ∈ ℝ\{– 1} với mọi n và x_n → – 1 khi n → +∞. Ta có:   $\underset{x_n\to -1}{\lim }\frac{x_n^2+2x_n+1}{x_n+1}=\underset{x_n\to -1}{\lim }\frac{{\left(x_n+1\right)}^2}{x_n+1}=\underset{x_n\to -1}{\lim }\left(x_n+1\right)=\underset{x_n\to -1}{\lim }{x}_n+1=\left(-1\right)+1=0$.

Vậy  $\underset{x\to -1}{\lim }\frac{x^2+2x+1}{x+1}=0$.

+) Hàm số y = f(x) = 2x xác định trên  R.

Dãy số (x_n) bất kì thỏa mãn x_n ≠ – 1 với mọi n và x_n → 1 khi n → +∞, ta có:

limf(x_n) =lim(2x_n) = 2.limx_n = 2.1 = 2.

Suy ra $\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)$ = 2.

+) Hàm số y = g(x) =  $\frac{x}{x+1}$ xác định trên ℝ \ {2}.

Dãy số (x_n) bất kì thỏa mãn x_n ≠ – 1 với mọi n và x_n → 1 khi n → +∞, ta có:

limg(x_n) = $\lim \frac{x_n}{x_n+1}=\frac{1}{2}$.

Suy ra  $\underset{x\to -1}{\lim }g\left(x\right)=\frac{1}{2}$.

b) Ta có  $\text{lim[}f\left(x_n\right)+g\left(x_n\right)\text{]=}\frac{5}{2}$ nên  $\underset{x\to 1}{\lim }\text{[}f\left(x\right)+g\left(x\right)\text{]=}\frac{5}{2}$.

Ta lại có:  $\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)+\underset{x\to 1}{\lim }g\left(x\right)=2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$.

Vì vậy  $\underset{x\to 1}{\lim }\text{[}f\left(x\right)+g\left(x\right)\text{]=}\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)+\underset{x\to 1}{\lim }g\left(x\right)$.

a)  $\underset{x\to -2}{\lim }\left(x^2+5x-2\right)=\underset{x\to -2}{\lim }{x}^2+\underset{x\to -2}{\lim }5x+\underset{x\to -2}{\lim }\left(-2\right)={\left(-2\right)}^2+5.\left(-2\right)-2=-8$.

b)  $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2-1}{x-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}{x-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\left(x+1\right)=2$.

a) Giả sử (x_n) là dãy số bất kì sao cho x_n ∈ (1; 2,5) và lim x_n = 1 thì lim f(x_n) = lim 7 = 7.

b) Giả sử  $\left(x_n^{\text{'}}\right)$ là dãy số bất kì sao cho $\left(x_n^{\text{'}}\right)\in \left(0;1\right)$

và  $\lim x_n^{\text{'}}=1$ thì  $\lim f\left(x_n^{\text{'}}\right)=6$.

c) Nhận xét: Ở ý a) ta có:

+) Với dãy số (x_n) bất kì, x_n ≤ – 1 và x_n → – 1. Khi đó f(x_n) = 1 – 2x_n nên limf(x_n) = lim(1 – 2x_n) = 3.

Vì vậy  $\underset{x\to -1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=3$.

+) Với dãy số (x_n) bất kì, x_n > – 1 và x_n → – 1. Khi đó f(x_n) =  $x_n^2+2$ nên limf(x_n) = lim( $x_n^2+2$) = 3.

Vì vậy  $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=3$.

Vì  $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=3$ nên  $\underset{x\to -1}{\lim }f\left(x\right)=3$.

 a) Với x = 1 000 suy ra  $y=\frac{1}{1000}=0,001$;

Với x = 10 000 suy ra  $y=\frac{1}{10000}=0,0001$;

Với x = 100 000 suy ra  $y=\frac{1}{100000}=0,00001$.

Từ đó ta có bảng sau:

b) Với x = – 100 000 suy ra  $y=\frac{1}{-100000}=0,00001$;

Với x = – 10 000 suy ra  $y=\frac{1}{-10000}=-0,0001$;

Với x = – 1 000 suy ra  $y=\frac{1}{-1000}=-0,001$.

Từ đó ta có bảng sau:

a)  $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1-3x^2}{x^2+2x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x^2}-3}{1+\frac{2}{x}}=-3$

b)  $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2}{x+1}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\frac{2}{x}}{1+\frac{1}{x}}=0$.

a) Trong 200m³ nước có nồng độ muối là 10kg/m³.

Do đó trong 200 m³ nước có 10.200 = 2000 kg muối.

Mỗi phút người ta bơm nước ngọt vào hồ 2m³ thì sau t phút có 200 + 2t (m³).

Khi đó nồng độ muối trong bể là:  $C\left(t\right)=\frac{2000}{200+x}\left(kg/m^3\right)$.

b)  $\underset{t\to +\infty }{\lim }C\left(t\right)=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{2000}{200+2t}=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{\frac{2000}{t}}{\frac{200}{t}+2}=0$.

Vậy khi bom nước ngọt vào hồ thì phải mất rất nhiều thời gian hồ mới được ngọt hóa.

a) Ta có:  $\underset{x\to 3^{-}}{\lim }2x=6;\underset{x\to 3^{-}}{\lim }\frac{1}{x-3}=-\infty$

Do đó  $\underset{x\to 3^{-}}{\lim }\frac{2x}{x-3}=\underset{x\to 3^{-}}{\lim }\left[2x.\frac{1}{x-3}\right]=-\infty$.

b) Ta có: 3x – 1 =  $x\left(3-\frac{1}{x}\right)$

Suy ra  $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(3x-1\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }x\left(3-\frac{1}{x}\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }x.\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(3-\frac{1}{x}\right)=+\infty$.

Hình chữ nhật OHMK có các kích thước lần lượt là hoành độ và tung độ của điểm M.

Ta có x là hoành độ điểm H nên hoành độ điểm M cũng bằng x và M luôn nằm trên đồ thị  $y=\frac{1}{x^2}\left(x>0\right)$ nên tọa độ điểm M là  $\left(x;\frac{1}{x^2}\right)\left(x>0\right)$.

Khi đó diện tích hình chữ nhật OHMK là:  $x.\frac{1}{x^2}=\frac{1}{x}$.

Khi H gần tiến đến gốc tọa độ nghĩa là x dần tiến đến 0⁺ thì  $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{x}=+\infty$.

Khi H tiến xa sang phía bên phải thì x dần tiến tới +∞ thì  $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{x}=0$.

a)  $\underset{x\to -2}{\lim }\left(x^2-7x+4\right)=\underset{x\to -2}{\lim }{x}^2-7.\underset{x\to -2}{\lim }x+\underset{x\to -2}{\lim }4=4-7.\left(-2\right)+4=22$.

b)  $\underset{x\to 3}{\lim }\frac{x-3}{x^2-9}=\underset{x\to 3}{\lim }\frac{x-3}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\underset{x\to 3}{\lim }\frac{1}{x+3}=\frac{1}{6}$

c)  $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{3-\sqrt{x+8}}{x-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(3-\sqrt{x+8}\right)\left(3-+\sqrt{x+8}\right)}{\left(x-1\right)\left(3-\sqrt{x+8}\right)}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{9-x-8}{\left(x-1\right)\left(3+\sqrt{x+8}\right)}$

 $=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{-1}{3+\sqrt{x+8}}=-\frac{1}{6}$.

+) Với dãy số (x_n) bất kì, x_n ≤ 1 và x_n → 1. Khi đó f(x_n) =  $-x_n^2$ nên limf(x_n) =  $\lim \left(-x_n^2\right)=-1$.

Vì vậy  $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=-1$.

+) Với dãy số (x_n) bất kì, x_n > 1 và x_n → 1. Khi đó f(x_n) = x_n nên limf(x_n) = lim(x_n) = 1.

Vì vậy  $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=1$.

+) Vì  $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)\ne \underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)$ nên không tồn tại  $\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)$.

a)  $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{4x+3}{2x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{4+\frac{3}{x}}{2}=2$.

b)  $$$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2}{3x+1}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\frac{2}{x}}{3+\frac{1}{x}}=0$.

c)  $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}}{x+1}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}}{x+1}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}{1+\frac{1}{x}}=1$.

a)  $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{1}{x+1}=\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{x}}{1+\frac{1}{x}}=0$;

b) Ta viết:  $1-x^2=x^2.\left(\frac{1}{x^2}-1\right)$

Ta có:  $\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^2=+\infty ;\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\frac{1}{x^2}-1\right)=-1$

Do đó:   $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(1-x^2\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^2\left(\frac{1}{x^2}-1\right)=-\infty$.

c) Ta viết:  $\frac{x}{3-x}=x.\frac{1}{3-x}$

Ta có:  $\underset{x\to 3^{+}}{\lim }x=3;\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\frac{1}{3-x}=+\infty$

Do đó:  $\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\frac{x}{3-x}=\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\left(x.\frac{1}{3-x}\right)=\underset{x\to 3^{+}}{\lim }x.\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\frac{1}{3-x}=+\infty$.

a) Sau t phút số lít nước biển bơm vào là: 15t (lít).

Khi đó số gam muối trong 15t lít nước biển là: 30.15t (gam).

Tổng số lít nước trong hồ là: 6000 + 15t (lít).

Nồng độ muối của nước trong hồ sau t phút kể từ khi bắt đầu bơm là:  $C\left(t\right)=\frac{30.15t}{6000+15t}=\frac{30t}{400+t}$ (gam/lít).

b) Khi t → +∞ thì  $\underset{t\to +\infty }{\lim }C\left(t\right)=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{30t}{400+t}=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{30}{\frac{400}{t}+1}=30$.

Vậy nồng độ muối trong hồ gần đến 30gam/lít khi t → +∞.

a) Ta có:  $\underset{d\to f^{+}}{\lim }g\left(d\right)=\underset{d\to f^{+}}{\lim }\frac{df}{d-f}=\underset{d\to f^{+}}{\lim }df.\underset{d\to f^{+}}{\lim }\frac{1}{d-f}=+\infty$.

Như vậy khi khoảng cách của vật đến quang tâm O gần bằng tiêu cự của thấu kính thì khoảng cách từ ảnh đến quang tâm O của thấu kính càng lớn.

b) Ta có:  $\underset{d\to +\infty }{\lim }g\left(d\right)=\underset{d\to +\infty }{\lim }\frac{df}{d-f}=\underset{d\to +\infty }{\lim }\frac{f}{1-\frac{f}{d}}=f$.

Như vậy khi khoảng cách của vật đến quang tâm O càng lớn thì khoảng cách từ ảnh đến quang tâm O của thấu kính càng gần tiêu cự.