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

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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = 0\).