Giải Toán 11 tập 1 trang 79 Bài 2:Giới hạn của hàm số

Giải toán 11 tập 1 trang 79 Bài 2 sách Chân trời sáng tạo có đáp án chi tiết cho từng bài tập trong sách giáo khoa Toán lớp 11 Chân trời sáng tạo. Mời các em học sinh cùng quý phụ huynh tham khảo.

Giải Toán 11 tập 1 trang 71

Hoạt động 1 trang 71 Toán 11 tập 1

Xét hàm số $y = f\left( x \right) = \frac{{2{x^2} – 2}}{{x – 1}}$.

a) Bảng sau đây cho biết giá trị của hàm số tại một số điểm gần điểm 1.

Có nhận xét gì về giá trị của hàm số khi $x$ càng gần đến 1?

b) Ở Hình 1, $M$ là điểm trên đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$; $H$ và $P$ lần lượt là hình chiếu của điểm $M$ trên trục hoành và trục tung. Khi điểm $H$ thay đổi gần về điểm $\left( {1;0} \right)$ trên trục hoành thì điểm $P$ thay đổi như thế nào?

Lời giải:

a) Khi $x$ càng gần đến 1 thì giá trị của hàm số càng gần đến 4.

b) Khi điểm $H$ thay đổi gần về điểm $\left( {1;0} \right)$ trên trục hoành thì điểm $P$ càng gần đến điểm $\left( {0;4} \right)$.

Giải Toán 11 tập 1 trang 72

Thực hành 1 trang 72 Toán 11 tập 1

Tính các giới hạn sau:

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left( {2{x^2} – x} \right)$;

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – 1} \frac{{{x^2} + 2x + 1}}{{x + 1}}$.

Lời giải:

a) Đặt $f\left( x \right) = 2{x^2} – x$.

Hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên $\mathbb{R}$.

Giả sử $\left( {{x_n}} \right)$ là dãy số bất kì thỏa mãn ${x_n} \to 3$ khi $n \to  + \infty $. Ta có:

$\lim f\left( {{x_n}} \right) = \lim \left( {2x_n^2 – {x_n}} \right) = 2.\lim x_n^2 – \lim {x_n} = {2.3^2} – 3 = 15$.

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left( {2{x^2} – x} \right) = 15$.

b) Đặt $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2x + 1}}{{x + 1}}$.

Hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên $\mathbb{R}$.

Giả sử $\left( {{x_n}} \right)$ là dãy số bất kì thỏa mãn ${x_n} \to  – 1$ khi $n \to  + \infty $. Ta có:

$\lim f\left( {{x_n}} \right) = \lim \frac{{x_n^2 + 2{x_n} + 1}}{{{x_n} + 1}} = \lim \frac{{{{\left( {{x_n} + 1} \right)}^2}}}{{{x_n} + 1}} = \lim \left( {{x_n} + 1} \right) = \lim {x_n} + 1 =  – 1 + 1 = 0$.

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – 1} \frac{{{x^2} + 2x + 1}}{{x + 1}} = 0$.

Hoạt động 2 trang 72 Toán 11 tập 1

Cho hai hàm số  và $y = g\left( x \right) = \frac{x}{{x + 1}}$.

a) Giả sử $\left( {{x_n}} \right)$ là dãy số bất kì thoả mãn ${x_n} \ne  – 1$ với mọi $n$ và ${x_n} \to 1$ khi $n \to  + \infty $. Tìm giới hạn $\lim \left[ {f\left( {{x_n}} \right) + g\left( {{x_n}} \right)} \right]$.

b) Từ đó, tìm giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]$, và so sánh với $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\rm{ }}f\left( x \right) + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g\left( x \right)$.

Lời giải:

a) $\lim \left[ {f\left( {{x_n}} \right) + g\left( {{x_n}} \right)} \right] = \lim \left( {2{x_n} + \frac{{{x_n}}}{{{x_n} + 1}}} \right) = 2\lim {x_n} + \lim \frac{{{x_n}}}{{{x_n} + 1}} = 2.1 + \frac{1}{{1 + 1}} = \frac{5}{2}$

b) Vì $\lim \left[ {f\left( {{x_n}} \right) + g\left( {{x_n}} \right)} \right] = \frac{5}{2}$ nên $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right] = \frac{5}{2}$ (1).

Ta có:   $\lim {\rm{ }}f\left( {{x_n}} \right) = \lim 2{x_n} = 2\lim {x_n} = 2.1 = 2 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\rm{ }}f\left( x \right) = 2$

$\lim g\left( {{x_n}} \right) = \lim \frac{{{x_n}}}{{{x_n} + 1}} = \lim \frac{{{x_n}}}{{{x_n} + 1}} = \frac{1}{{1 + 1}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\rm{ }}g\left( x \right) = \frac{1}{2}$

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\rm{ }}f\left( x \right) + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g\left( x \right) = 2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\rm{ }}f\left( x \right) + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g\left( x \right)$

Giải Toán 11 tập 1 trang 73

Thực hành 2 trang 73 Toán 11 tập 1

Tìm các giới hạn sau:

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – 2} \left( {{x^2} + 5x – 2} \right)$;

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} – 1}}{{x – 1}}$.

Lời giải:

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – 2} \left( {{x^2} + 5x – 2} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – 2} {x^2} + \mathop {\lim }\limits_{x \to  – 2} \left( {5x} \right) – \mathop {\lim }\limits_{x \to  – 2} 2$

$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – 2} {x^2} + 5\mathop {\lim }\limits_{x \to  – 2} x – \mathop {\lim }\limits_{x \to  – 2} 2 = {\left( { – 2} \right)^2} + 5.\left( { – 2} \right) – 2 =  – 8$

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} – 1}}{{x – 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x – 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{x – 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} x + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} 1 = 1 + 1 = 2$

Hoạt động 3 trang 73 Toán 11 tập 1

Giá cước vận chuyển bưu kiện giữa hai thành phố do một đơn vị cung cấp được cho bởi bảng sau:

Nếu chỉ xét trên khoảng từ 0 đến 5 (tính theo 100 gam) thì hàm số giả cước (tính theo nghìn đồng) xác định như sau:

$f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}6&{khi\,\,x \in \left( {0;1} \right]}\\7&{khi\,\,x \in \left( {1;2,5} \right]}\\{10}&{khi\,\,x \in \left( {2,5;5} \right]}\end{array}} \right.$

Đồ thị của hàm số như Hình 2.

a) Giả sử $\left( {{x_n}} \right)$ là dãy số bất kì sao cho $x \in \left( {1;2,5} \right)$ và $\lim {x_n} = 1$. Tìm $\lim f\left( {{x_n}} \right)$.

b) Giả sử $\left( {{x_n}’} \right)$ là dãy số bất kì sao cho ${x_n}’ \in \left( {0;1} \right)$ và $\lim {x_n}’ = 1$. Tìm $\lim f\left( {{x_n}’} \right)$.

c) Nhận xét về kết quả ở a) và b)

Lời giải:

a) Khi $x \in \left( {1;2,5} \right)$ thì $f\left( {{x_n}} \right) = 7$ nên $\lim f\left( {{x_n}} \right) = \lim 7 = 7$.

b) Khi ${x_n}’ \in \left( {0;1} \right)$ thì $f\left( {{x_n}’} \right) = 6$ nên $\lim f\left( {{x_n}’} \right) = \lim 6 = 6$.

c) Ta thấy $\lim {x_n} = \lim {x_n}’ = 1$ nhưng $\lim f\left( {{x_n}} \right) \ne \lim f\left( {{x_n}’} \right)$

Giải Toán 11 tập 1 trang 75

Thực hành 3 trang 75 Toán 11 tập 1

Cho hàm số $f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{1 – 2x}&{khi\,\,x \le  – 1}\\{{x^2} + 2}&{khi\,\,x >  – 1}\end{array}} \right.$.

Tìm các giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – {1^ + }} f\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to  – {1^ – }} {\rm{ }}f\left( x \right)$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – 1} f\left( x \right)$ (nếu có).

Lời giải:

a) Giả sử $\left( {{x_n}} \right)$ là dãy số bất kì, ${x_n} >  – 1$ và ${x_n} \to  – 1$. Khi đó $f\left( {{x_n}} \right) = x_n^2 + 2$

Ta có: $\lim f\left( {{x_n}} \right) = \lim \left( {x_n^2 + 2} \right) = \lim x_n^2 + \lim 2 = {\left( { – 1} \right)^2} + 2 = 3$

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – {1^ + }} f\left( x \right) = 3$.

Giả sử $\left( {{x_n}} \right)$ là dãy số bất kì, ${x_n} <  – 1$ và ${x_n} \to  – 1$. Khi đó $f\left( {{x_n}} \right) = 1 – 2{x_n}$.

Ta có: $\lim f\left( {{x_n}} \right) = \lim \left( {1 – 2{x_n}} \right) = \lim 1 – \lim \left( {2{x_n}} \right) = \lim 1 – 2\lim {x_n} = 1 – 2.\left( { – 1} \right) = 3$

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – {1^ – }} f\left( x \right) = 3$.

b) Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – {1^ – }} {\rm{ }}f\left( x \right) = 3$ nên $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – 1} f\left( x \right) = 3$.

Hoạt động 4 trang 75 Toán 11 tập 1

Cho hàm số $f\left( x \right) = \frac{1}{x}$ có đồ thị như Hình 3.

a) Tìm các giá trị còn thiếu trong bảng sau:

Từ đồ thị và bảng trên, nêu nhận xét về giá trị f(x) khi x càng lớn (dần tới +∞)?

b) Tìm các giá trị còn thiếu trong bảng sau:

Từ đồ thị và bảng trên, nêu nhận xét về giá trị $f\left( x \right)$ khi $x$ càng bé (dần tới $ – \infty $)?

Lời giải:

a)

Giá trị $f\left( x \right)$ dần về 0 khi $x$ càng lớn (dần tới $ + \infty $).

b)

Giá trị $f\left( x \right)$ dần về 0 khi $x$ càng bé (dần tới $ – \infty $).

Giải Toán 11 tập 1 trang 76

Thực hành 4 trang 76 Toán 11 tập 1

Tìm các giới hạn sau:

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{1 – 3{x^2}}}{{{x^2} + 2x}}$;

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{2}{{x + 1}}$.

Lời giải:

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{1 – 3{x^2}}}{{{x^2} + 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{x^2}\left( {\frac{1}{{{x^2}}} – 3} \right)}}{{{x^2}\left( {1 + \frac{{2x}}{{{x^2}}}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\frac{1}{{{x^2}}} – 3}}{{1 + \frac{2}{x}}} = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{{x^2}}} – \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } 3}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } 1 + \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{2}{x}}} = \frac{{0 – 3}}{{1 + 0}} =  – 3$

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{2}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{2}{{x\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{1}{x}.\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{2}{{1 + \frac{1}{x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{1}{x}.\frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } 2}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } 1 + \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{1}{x}}} = 0.\frac{2}{{1 + 0}} = 0$.

Vận dụng 1 trang 76 Toán 11 tập 1

Một cái hồ đang chứa $200{m^3}$ nước mặn với nồng độ muối $10kg/{m^3}$. Người ta ngọt hóa nước trong hồ bằng cách bơm nước ngọt vào hồ với tốc độ $2{m^3}/$phút.

a) Viết biểu thức $C\left( t \right)$ biểu thị nồng độ muối trong hồ sau $t$ phút kể từ khi bắt đầu bơm.

b) Tìm giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } C\left( t \right)$ và giải thích ý nghĩa.

Lời giải:

a) Khối lượng muối có trong hồ là: $200.10 = 2000\left( {kg} \right)$.

Sau $t$ phút kể từ khi bắt đầu bơm, lượng nước trong hồ là: $200 + 2t\left( {{m^3}} \right)$.

Nồng độ muối tại thời điểm $t$ phút kể từ khi bắt đầu bơm là: $C\left( t \right) = \frac{{2000}}{{200 + 2t}}\left( {kg/{m^3}} \right)$

b) $\mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } C\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } \frac{{2000}}{{200 + 2t}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } \frac{{2000}}{{t\left( {\frac{{200}}{t} + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } \frac{1}{t}.\mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } \frac{{2000}}{{\frac{{200}}{t} + 2}}$

$ = \mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } \frac{1}{t}.\frac{{\mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } 2000}}{{\mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } \frac{{200}}{t} + \mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } 2}} = 0.\frac{{2000}}{{0 + 2}} = 0$

Ý nghĩa: Khi $t$ càng lớn thì nồng độ muối càng dần về 0, tức là đến một lúc nào đó nồng độ muối trong hồ không đáng kể, nước trong hồ gần như là nước ngọt.

Giải Toán 11 tập 1 trang 77

Hoạt động 5 trang 77 Toán 11 tập 1

Cho hàm số $f\left( x \right) = \frac{1}{{x – 1}}$ có đồ thị như Hình 4.

a) Tìm các giá trị còn thiếu trong bảng sau:

Từ đồ thị và bảng trên, có nhận xét gì về giá trị $f\left( x \right)$ khi $x$ dần tới 1 phía bên phải?

b) Tìm các giá trị còn thiếu trong bảng sau:

Từ đồ thị và bảng trên, có nhận xét gì về giá trị $f\left( x \right)$ khi $x$ dần tới 1 phía bên trái?

Lời giải:

a)

Giá trị $f\left( x \right)$ trở nên rất lớn khi $x$ dần tới 1 phía bên phải.

b)

Giá trị $f\left( x \right)$ trở nên rất bé khi $x$ dần tới 1 phía bên trái.

Giải Toán 11 tập 1 trang 78

Thực hành 5 trang 78 Toán 11 tập 1

Tìm các giới hạn sau:

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \frac{{2x}}{{x – 3}}$;

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {3x – 1} \right)$.

Lời giải:

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \frac{{2x}}{{x – 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \left( {2x} \right).\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \frac{1}{{x – 3}}$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \left( {2x} \right) = 2\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} x = 2.3 = 6;\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \frac{1}{{x – 3}} =  – \infty $

$ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \frac{{2x}}{{x – 3}} =  – \infty $

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {3x – 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } x\left( {3 – \frac{1}{x}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } x.\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {3 – \frac{1}{x}} \right)$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } x =  + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {3 – \frac{1}{x}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } 3 – \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{x} = 3 – 0 = 3$

$ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {3x – 1} \right) =  + \infty $

Vận dụng 2 trang 78 Toán 11 tập 1

Xét tình huống ở đầu bài học. Gọi $x$ là hoành độ điểm $H$. Tính diện tích $S\left( x \right)$ của hình chữ nhật $OHMK$ theo $x$. Diện tích này thay đổi như thế nào khi $x \to {0^ + }$ và khi $x \to  + \infty $.

Lời giải:

Giả sử điểm $M$ có hoành độ là $x$.

Độ dài $OH$ là hoành độ của điểm $M$. Vậy $OH = x$.

Độ dài $OK$ là tung độ của điểm $M$. Vậy $OK = \frac{1}{{{x^2}}}$.

$S\left( x \right) = OH.OK = x.\frac{1}{{{x^2}}} = \frac{1}{x}$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} S\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{x} =  + \infty $. Vậy diện tích $S\left( x \right)$ trở nên rất lớn khi $x \to {0^ + }$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } S\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{x} = 0$. Vậy diện tích $S\left( x \right)$ dần về 0 khi $x \to  + \infty $.

Giải Toán 11 tập 1 trang 79

Giải bài 1 trang 79 Toán 11 tập 1

Tìm các giới hạn sau:

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – 2} \left( {{x^2} – 7x + 4} \right)$

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x – 3}}{{{x^2} – 9}}$

c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{3 – \sqrt {x + 8} }}{{x – 1}}$

Lời giải chi tiết

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – 2} \left( {{x^2} – 7x + 4} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – 2} \left( {{x^2}} \right) – \mathop {\lim }\limits_{x \to  – 2} \left( {7x} \right) + \mathop {\lim }\limits_{x \to  – 2} 4$

$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – 2} \left( {{x^2}} \right) – 7\mathop {\lim }\limits_{x \to  – 2} x + \mathop {\lim }\limits_{x \to  – 2} 4 = {\left( { – 2} \right)^2} – 7.\left( { – 2} \right) + 4 = 22$

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

c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{3 – \sqrt {x + 8} }}{{x – 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {3 – \sqrt {x + 8} } \right)\left( {3 + \sqrt {x + 8} } \right)}}{{\left( {x – 1} \right)\left( {3 + \sqrt {x + 8} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{3^2} – \left( {x + 8} \right)}}{{\left( {x – 1} \right)\left( {3 + \sqrt {x + 8} } \right)}}$

$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{1 – x}}{{\left( {x – 1} \right)\left( {3 + \sqrt {x + 8} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ – \left( {x – 1} \right)}}{{\left( {x – 1} \right)\left( {3 + \sqrt {x + 8} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ – 1}}{{3 + \sqrt {x + 8} }}$

$ = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( { – 1} \right)}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} 3 + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \sqrt {x + 8} }} = \frac{{ – 1}}{{3 + \sqrt {1 + 8} }} =  – \frac{1}{6}$

Giải bài 2 trang 79 Toán 11 tập 1

Cho hàm số $f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ – {x^2}}&{khi\,\,x < 1}\\x&{khi\,\,x \ge 1}\end{array}} \right.$.

Tìm các giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right);\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} {\rm{ }}f\left( x \right);\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right)$ (nếu có).

Lời giải chi tiết

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} x = 1$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} \left( { – {x^2}} \right) =  – {1^2} =  – 1$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} {\rm{ }}f\left( x \right)$ nên không tồn tại $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right)$.

Giải bài 3 trang 79 Toán 11 tập 1

Tìm các giới hạn sau:

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{4x + 3}}{{2x}}$;

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{2}{{3x + 1}}$;

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

Lời giải chi tiết

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{4x + 3}}{{2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x\left( {4 + \frac{3}{x}} \right)}}{{2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{4 + \frac{3}{x}}}{2} = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } 4 + \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{3}{x}}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } 2}} = \frac{{4 + 0}}{2} = 2$

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{2}{{3x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{2}{{x\left( {3 + \frac{1}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{1}{x}.\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{2}{{3 + \frac{1}{x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{1}{x}.\frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } 2}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } 3 + \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{1}{x}}} = 0.\frac{2}{{3 + 0}} = 0$.

c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {{x^2}\left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} }}{{x\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{x\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)}}$

$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{1 + \frac{1}{x}}} = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } 1 + \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{x}}} = \frac{{\sqrt {1 + 0} }}{{1 + 0}} = 1$

Giải bài 4 trang 79 Toán 11 tập 1

Tìm các giới hạn sau:

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – {1^ + }} \frac{1}{{x + 1}}$;

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \left( {1 – {x^2}} \right)$;

c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \frac{x}{{3 – x}}$.

Lời giải chi tiết

a) Áp dụng giới hạn một bên thường dùng,

Ta có : $\left\{ \begin{array}{l}1 > 0\\x – \left( { – 1} \right) > 0,x \to  – {1^ + }\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  – {1^ + }} \frac{1}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – {1^ + }} \frac{1}{{x – \left( { – 1} \right)}} =  + \infty $

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \left( {1 – {x^2}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } {x^2}\left( {\frac{1}{{{x^2}}} – 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } {x^2}.\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \left( {\frac{1}{{{x^2}}} – 1} \right)$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } {x^2} =  + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \left( {\frac{1}{{{x^2}}} – 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{1}{{{x^2}}} – \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } 1 = 0 – 1 =  – 1$

$ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \left( {1 – {x^2}} \right) =  – \infty $

c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \frac{x}{{3 – x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \frac{{ – x}}{{x – 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \left( { – x} \right).\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \frac{1}{{x – 3}}$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \left( { – x} \right) =  – \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} x =  – 3;\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \frac{1}{{x – 3}} =  – \infty $

$ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \frac{x}{{3 – x}} =  + \infty $

Giải bài 5 trang 79 Toán 11 tập 1

Trong hồ có chứa 6000 lít nước ngọt. Người ta bơm nước biển có nồng độ muối là 30 gam/lít vào hồ với tốc độ 15 lít/phút.

a) Chứng tỏ rằng nồng độ muối của nước trong hồ sau $t$ phút kể từ khi bắt đầu bơm là $C\left( t \right) = \frac{{30t}}{{400 + t}}$(gam/lít).

b) Nồng độ muối trong hồ như thế nào nếu $t \to  + \infty $.

Lời giải chi tiết

a) Lượng nước biển bơm vào hồ sau $t$ phút là: $15t$ (lít).

Khối lượng muối có trong hồ sau $t$ phút là: $30.15t$ (gam).

Sau $t$ phút kể từ khi bắt đầu bơm, lượng nước trong hồ là: $6000 + 15t$ (lít).

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

b) $\mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } C\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } \frac{{30t}}{{400 + t}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } \frac{{30t}}{{t\left( {\frac{{400}}{t} + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } \frac{{30}}{{\frac{{400}}{t} + 1}} = \frac{{30}}{{0 + 1}} = 30$ (gam/lít).

Vậy nồng độ muối trong hồ càng dần về 30 gam/lít, tức là nước trong hồ gần như là nước biển, khi $t \to  + \infty $.

Giải bài 6 trang 79 Toán 11 tập 1

Một thấu kính hội tụ có tiêu cự là $f > 0$ không đổi. Gọi $d$ và $d’$ lần lượt là khoảng cách từ vật thật và ảnh của nó tới quang tâm $O$ của thấu kính (Hình 5). Ta có công thức: $\frac{1}{d} + \frac{1}{{d’}} = \frac{1}{f}$ hay $d’ = \frac{{df}}{{d – f}}$.

Xét hàm số $g\left( d \right) = \frac{{df}}{{d – f}}$. Tìm các giới hạn sau đây và giải thích ý nghĩa.

a) $\mathop {\lim }\limits_{d \to {f^ + }} g\left( d \right)$;

b) $\mathop {\lim }\limits_{d \to  + \infty } g\left( d \right)$.

Lời giải chi tiết

a) $\mathop {\lim }\limits_{d \to {f^ + }} g\left( d \right) = \mathop {\lim }\limits_{d \to {f^ + }} \frac{{df}}{{d – f}} = \mathop {\lim }\limits_{d \to {f^ + }} \left( {df} \right).\mathop {\lim }\limits_{d \to {f^ + }} \frac{1}{{d – f}}$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{d \to {f^ + }} \left( {df} \right) = f\mathop {\lim }\limits_{d \to {f^ + }} d = {f^2};\mathop {\lim }\limits_{d \to {f^ + }} \frac{1}{{d – f}} =  + \infty $

$ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{d \to {f^ + }} g\left( d \right) = \mathop {\lim }\limits_{d \to {f^ + }} \frac{{df}}{{d – f}} =  + \infty $

Ý nghĩa: Khi vật dần đến tiêu điểm từ phía xa thấu kính đến gần thấu kính thì khoảng cách từ ảnh đến thấu kính dần đến $ + \infty $.

b) $\mathop {\lim }\limits_{d \to  + \infty } g\left( d \right) = \mathop {\lim }\limits_{d \to  + \infty } \frac{{df}}{{d – f}} = \mathop {\lim }\limits_{d \to  + \infty } \frac{{df}}{{d\left( {1 – \frac{f}{d}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{d \to  + \infty } \frac{f}{{1 – \frac{f}{d}}} = \frac{f}{{1 – 0}} = f$

Ý nghĩa: Khi khoảng cách từ vật đến thấu kính càng xa thì ảnh tiến dần đến tiêu điểm của ảnh $\left( {F’} \right)$.