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

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:

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

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

\(x \to {2^ - } \Rightarrow x - 2 < 0\)

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