Toán 11 tập 1 trang 118 Bài 16: Giới hạn của hàm số

Giải toán 11 tập 1 trang 118 Bài 16: Giới hạn của hàm số sách Kết nối tri thức có đáp án chi tiết cho từng bài tập trong sách giáo khoa Toán lớp 11 Kết nối tri thức. Mời các em học sinh cùng quý phụ huynh tham khảo.

Toán 11 tập 1 trang 111

HĐ 1 trang 111 toán 11 tập 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 $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{n \to  + \infty } f\left( {{x_n}} \right)$

Hướng dẫn::

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:

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) $f\left( {{x_n}} \right) = \frac{{4 – x_n^2}}{{{x_n} – 2}}$

$\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } f\left( {{x_n}} \right) =  – 4$.

Toán 11 tập 1 trang 113

LT 1 trang 113 toán 11 tập 1

Tính $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 1} $  $\frac{{x – 1}}{{\sqrt x  – 1}}$.

Hướng dẫn::

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:

$\mathop {\lim }\limits_{n \to 1} \frac{{x – 1}}{{\sqrt x  – 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to 1} \left( {\sqrt x  + 1} \right) = 2$.

HĐ 2 trang 113 toán 11 tập 1

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 $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{n \to  + \infty } f\left( {{{x’}_n}} \right)$

Hướng dẫn::

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:

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 trang 113 toán 11 tập 1

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 $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 0} \;f\left( x \right)$.

Hướng dẫn::

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = L$ 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:

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

Toán 11 tập 1 trang 114

HĐ 3 trang 114 toán 11 tập 1

Cho hàm số $f\left( x \right) = 1 + \frac{2}{{x – 1}}$ có đồ thị như Hình 5.4.

Giả sử $\left( {{x_n}} \right)$ là dãy số sao cho ${x_n} > 1,\;{x_n} \to \; + \infty $. Tính $f\left( {{x_n}} \right)$ và $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{n \to  + \infty } f\left( {{x_n}} \right)$.

Hướng dẫn::

Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên khoảng $\left( {a; + \infty } \right)$. Ta có hàm số $f\left( x \right)$ có giới hạn là số L khi $x \to  + \infty $ nếu dãy số $\left( {{x_n}} \right)$ bất kỳ, ${x_n} > a$ và ${x_n} \to  + \infty $, ta có $f\left( {{x_n}} \right) \to L,$ kí hiệu $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) = L\;$hay $f\left( x \right) \to L$ khi $x \to  + \infty $

Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên khoảng $\left( { – \infty ;b} \right)$. Ta có hàm số $f\left( x \right)$ có giới hạn là số L khi $x \to  – \infty $ nếu dãy số $\left( {{x_n}} \right)$ bất kỳ, ${x_n} < b$ và ${x_n} \to  – \infty $, ta có $f\left( {{x_n}} \right) \to L,$ kí hiệu $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } f\left( x \right) = L\;$hay $f\left( x \right) \to L$ khi $x \to  – \infty $.

Lời giải:

$f\left( {{x_n}} \right) = 1 + \frac{2}{{{x_n} – 1}}$.

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

Toán 11 tập 1 trang 115

LT 3 trang 115 toán 11 tập 1

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

Hướng dẫn::

$a\sqrt b  = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt {{a^2}b} \;\;\;\;\;\;\;\;\;a \ge 0}\\{ – \sqrt {{a^2}b} \;\;\;\;\;a < 0}\end{array}} \right.$.

Lời giải:

$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 2} }}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {1 + \frac{2}{{{x^2}}}} }}{{x + 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x\sqrt {1 + \frac{2}{{{x^2}}}} }}{{x\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {1 + \frac{2}{{{x^2}}}} }}{{1 + \frac{1}{x}}} = 1\end{array}$

VD trang 115 toán 11 tập 1

Cho tam giác vuông OAB với $A = \left( {a;0} \right)$ và $B = \left( {0;1} \right)$ như Hình 5.5. Đường cao OH có độ dài là h.

a) Tính h theo a,.

b) Khi điểm A dịch chuyển về O, điểm H thay đổi thế nào? Tại sao?

c) Khi A dịch chuyển ra vô cực theo chiều dương của trục Ox, điểm H thay đổi thế nào? Tại sao?

Hướng dẫn::

Áp dụng định lý Pytago để tính h theo a.

Tính giới hạn.

Lời giải:

a) Ta có: $AB = \sqrt {{a^2} + {1^1}} ,\;\;\;AB \times OH = OB \times OA$

$ \Rightarrow h \times \sqrt {{a^2} + {1^2}}  = a \Rightarrow h = \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {1^2}} }}$

b) $\mathop {\lim }\limits_{a \to 0} \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {1^2}\;} }} = \mathop {\lim }\limits_{a \to 0} \frac{1}{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{a^2}}}} }} = 0$

Vì vậy khi A dịch chuyển về O thì điểm H dịch chuyển về gần A hơn, và h dần về 0

c) $\mathop {\lim }\limits_{a \to  + \infty } \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{a \to  + \infty } \frac{1}{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{a^2}}}} }} = 1$

Khi A dịch chuyển ra vô cực theo chiều dương của trục Ox, điểm H dịch chuyển về phía điểm B và h dần về 1.

HĐ 4 trang 115 toán 11 tập 1

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 $

Hướng dẫn::

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:

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 $.

Toán 11 tập 1 trang 116

HĐ 5 trang 116 toán 11 tập 1

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 $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{n \to  + \infty } f\left( {x{‘_n}} \right)$.

Hướng dẫn::

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:

$\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 $.

Toán 11 tập 1 trang 118

LT 5 trang 118 toán 11 tập 1

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

Hướng dẫn::

Áp dụng quy tắc tìm giới hạn của thương.

Lời giải:

$x \to {2^ + } \Rightarrow x – 2 > 0$

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

$x \to {2^ – } \Rightarrow x – 2 < 0$

$\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 $.

Bài 5.7 trang 118 Toán 11 tập 1

Cho hai hàm số $f(x)=\frac{x^{2}-1}{x-1}$ và g(x) = x + 1. Khẳng định nào sau đây là đúng?

a) f(x) = g(x)

b) $\underset{x\rightarrow 1}{lim}f(x)=\underset{x\rightarrow 1}{lim}g(x)$

Lời giải

Ta có:

– tập xác định của f(x): D = R \{1}

– tập xác định của g(x): R

$\underset{x\rightarrow 1}{lim}f(x)$=2

$\underset{x\rightarrow 1}{lim}g(x)$=2

Vậy khẳng định b đúng

Bài 5.8 trang 118 Toán 11 tập 1

Tính các giới hạn sau:

a) $\underset{x\rightarrow 0}{lim}\frac{(x+2)^{2}-4}{x}$

b) $\underset{x\rightarrow 0}{lim}\frac{\sqrt{x^{2}+9}-3}{x^{2}}$

Lời giải

a) $\underset{x\rightarrow 0}{lim}\frac{(x+2)^{2}-4}{x}=\underset{x\rightarrow 0}{lim}\frac{x^{2}+4x}{x}=\underset{x\rightarrow 0}{lim}(x+4)=4$

b) $\underset{x\rightarrow 0}{lim}\frac{\sqrt{x^{2}+9}-3}{x^{2}}=\underset{x\rightarrow 0}{lim}\frac{1}{\sqrt{x^{2}+9}+3}=\frac{1}{6}$

Bài 5.9 trang 118 Toán 11 tập 1

Cho hàm số H(t) = $\left\{\begin{matrix} 0 nếu t < 0 \\ 1 nếu t \geq 0 \end{matrix}\right.$

. (hàm Heaviside, thường được dùng để mô tả việc chuyển trạng thái tắt/ mở của dòng điện tại thời điểm t = 0)

Tính $\underset{t\rightarrow 0^{+}}{lim}H(t)$ và $\underset{t\rightarrow 0^{-}}{lim}H(t)$

Lời giải

$\underset{t\rightarrow 0^{+}}{lim}H(t)=1$

$\underset{t\rightarrow 0^{+}}{lim}H(t)=0$

Bài 5.10 trang 118 Toán 11 tập 1

Tính các giới hạn một bên:

a) $\underset{t\rightarrow 1^{+}}{lim}\frac{x-2}{x-1}$

b) $\underset{t\rightarrow 4^{-}}{lim}\frac{x^{2}-x+1}{4-x}$

Lời giải

a)$\underset{t\rightarrow 1^{+}}{lim}(x-2)=-1<0$

$\underset{t\rightarrow 1^{+}}{lim}(x-1)>0$

$\Rightarrow \underset{t\rightarrow 1^{+}}{lim}\frac{x-2}{x-1}=-\infty$

b) $\underset{t\rightarrow 4^{-}}{lim}(x^{2}-x+1)=13>0$

$\underset{t\rightarrow 4^{-}}{lim}(4-x)>0$

$\Rightarrow \underset{t\rightarrow 4^{-}}{lim}\frac{x^{2}-x+1}{4-x}=+\infty$

Bài 5.11 trang 118 Toán 11 tập 1

Cho hàm số g(x)=$\frac{x^{2}-5x+6}{|x-2|}$

Tìm $\underset{t\rightarrow 2^{+}}{lim}g(x)$Và $\underset{t\rightarrow 2^{-}}{lim}g(x)$

Lời giải

Khi $x\rightarrow 2^{-}\Rightarrow |x-2|=2-x$

Ta có: $\underset{x\rightarrow 2^{-}}{lim}\frac{x^{2}-5x+6}{|x-2|}=\underset{x\rightarrow 2^{-}}{lim}\frac{x^{2}-5x+6}{2-x}$

=$\underset{x\rightarrow 2^{-}}{lim}\frac{(x-2)(x-3)}{-(x-2)}=\underset{x\rightarrow 2^{-}}{lim}[-(x-3)]=3-2=1$

Khi $x\rightarrow 2^{+}\Rightarrow |x-2|=x-2$

Ta có:

$\underset{x\rightarrow 2^{+}}{lim}\frac{x^{2}-5x+6}{|x-2|}=\underset{x\rightarrow 2^{+}}{lim}\frac{x^{2}-5x+6}{x-2}$

=$\underset{x\rightarrow 2^{+}}{lim}\frac{(x-2)(x-3)}{x-2}=\underset{x\rightarrow 2^{-}}{lim}[x-3]=2-3=-1$

Bài 5.12 trang 118 Toán 11 tập 1

Tính các giới hạn sau:

a) $\underset{x\rightarrow +\infty }{lim}\frac{1-2x}{\sqrt{x^{2}+1}}$

b) $\underset{x\rightarrow +\infty }{lim}(\sqrt{x^{2}+x+2}-x)$

Lời giải

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

b)

$\underset{x\rightarrow +\infty }{lim}(\sqrt{x^{2}+x+2}-x)=\underset{x\rightarrow +\infty }{lim}\frac{x+2}{\sqrt{x^{2}+x+2}+x}$

=$\underset{x\rightarrow +\infty }{lim}\frac{1+\frac{2}{x}}{\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{2}{x^{2}}}+1}=\frac{1}{2}

Bài 5.13 trang 118 Toán 11 tập 1

Cho hàm số f(x)=\frac{2}{(x-1)(x-2)}

Tìm $\underset{x\rightarrow 2^{+} }{lim}f(x)$ và $\underset{x\rightarrow 2^{-} }{lim}f(x)$

Lời giải

Khi $x\rightarrow 2^{+}\Rightarrow (x-1)(x-2)>0$

$\Rightarrow \underset{x\rightarrow 2^{+}}{lim}\frac{2}{(x-1)(x-2)}=+\infty$

Khi $x\rightarrow 2^{-}\Rightarrow (x-1)(x-2)<0$

$\Rightarrow \underset{x\rightarrow 2^{-}}{lim}\frac{2}{(x-1)(x-2)}=-\infty$