Câu 59 trang 178 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

LG a

 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – 2} \root 3 \of {{{2{x^4} + 3x + 1} \over {{x^2} – x + 2}}} \)

Phương pháp giải:

Thay x vào hàm số suy ra giới hạn.

Lời giải chi tiết:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – 2} \root 3 \of {{{2{x^4} + 3x + 1} \over {{x^2} – x + 2}}} \) \(= \root 3 \of {{{32 – 6 + 1} \over {4 + 2 + 2}}} = \root 3 \of {{{27} \over 8}} = {3 \over 2}\)

LG b

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{\sqrt {{x^2} – x + 5} } \over {2x – 1}}\)

Phương pháp giải:

Đưa thừa số ra ngoài dấu căn và chia cả tử và mẫu cho lũy thừa bậc cao nhất của x.

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{\sqrt {{x^2} – x + 5} } \over {2x – 1}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{{\sqrt {{x^2}\left( {1 – \frac{1}{x} + \frac{5}{{{x^2}}}} \right)} }}{{2x – 1}}\cr &= \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{\left| x \right|\sqrt {1 – {1 \over x} + {5 \over {{x^2}}}} } \over {x\left( {2 – {1 \over x}} \right)}} \cr 
& = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{{ – x\sqrt {1 – \frac{1}{x} + \frac{5}{{{x^2}}}} }}{{x\left( {2 – \frac{1}{x}} \right)}}\cr &= \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{ – \sqrt {1 – {1 \over x} + {5 \over {{x^2}}}} } \over {2 – {1 \over x}}} = – {1 \over 2} \cr} \)

LG c

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 3} \right)}^ – }} {{{x^4} + 1} \over {{x^2} + 4x + 3}}\)

Lời giải chi tiết:

Với mọi x < -3, ta có:  \({{{x^4} + 1} \over {{x^2} + 4x + 3}} = {{{x^4} + 1} \over {x + 1}}.{1 \over {x + 3}}\)

\(\eqalign{& \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 3} \right)}^ – }} {{{x^4} + 1} \over {x + 1}} = {{82} \over { – 2}} = – 41 < 0\cr&\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 3} \right)}^ – }} {1 \over {x + 3}} = – \infty \cr &\text { vì } \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 3} \right)}^ – }} \left( {x + 3} \right) = 0,x + 3 < 0,\forall x <  – 3 \cr & \text{Vậy }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 3} \right)}^ – }} {{{x^4} + 1} \over {{x^2} + 4x + 3}} = + \infty \cr} \)

LG d

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} {3 \over {{{\left( {x – 2} \right)}^2}}}\sqrt {{{x + 4} \over {4 – x}}} \)

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \text{ Vì }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} {3 \over {{{\left( {x – 2} \right)}^2}}} = + \infty \cr&\text{ và}\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \sqrt {{{x + 4} \over {4 – x}}} = \sqrt {{6 \over 2}} = \sqrt 3 > 0 \cr 
& \text{ nên }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} {3 \over {{{\left( {x – 2} \right)}^2}}}\sqrt {{{x + 4} \over {4 – x}}} = + \infty \cr} \)

LG e

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 2} \right)}^ + }} {{\sqrt {8 + 2x} – 2} \over {\sqrt {x + 2} }}\)

Phương pháp giải:

Nhân tử và mẫu của phân thức với \(\sqrt {8 + 2x} + 2\).

Lời giải chi tiết:

Nhân tử và mẫu của phân thức với \(\sqrt {8 + 2x} + 2,\) ta được :

\(\eqalign{
& {{\sqrt {8 + 2x} – 2} \over {\sqrt {x + 2} }}\cr & = \frac{{\left( {\sqrt {8 + 2x}  – 2} \right)\left( {\sqrt {8 + 2x}  + 2} \right)}}{{\sqrt {x + 2} \left( {\sqrt {8 + 2x}  + 2} \right)}}\cr &= {{8 + 2x – 4} \over {\sqrt {x + 2} \left( {\sqrt {8 + 2x} + 2} \right)}} \cr 
& = {{2\left( {x + 2} \right)} \over {\sqrt {x + 2} \left( {\sqrt {8 + 2x} + 2} \right)}} \cr &= {{2\sqrt {x + 2} } \over {\sqrt {8 + 2x} + 2}} \cr 
& \forall x > – 2 \cr} \)

Do đó  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 2} \right)}^ + }} {{\sqrt {8 + 2x} – 2} \over {\sqrt {x + 2} }} \) \(= \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 2} \right)}^ + }} {{2\sqrt {x + 2} } \over {\sqrt {8 + 2x }+ 2 }} = {0 \over 4} = 0\)

LG f

 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + x} – \sqrt {4 + {x^2}} } \right)\)

Phương pháp giải:

Nhân chia liên hợp.

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + x} – \sqrt {4 + {x^2}} } \right) \cr& = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{{\left( {\sqrt {{x^2} + x}  – \sqrt {4 + {x^2}} } \right)\left( {\sqrt {{x^2} + x}  + \sqrt {4 + {x^2}} } \right)}}{{\sqrt {{x^2} + x}  + \sqrt {4 + {x^2}} }}\cr &= \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{{x^2} + x – 4 – {x^2}} \over {\sqrt {{x^2} + x} + \sqrt {4 + {x^2}} }} \cr 
& = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{x – 4} \over {\left| x \right|\sqrt {1 + {1 \over x}} + \left| x \right|\sqrt {{4 \over {{x^2}}} + 1} }} \cr&= \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{x\left( {1 – {4 \over x}} \right)} \over { – x\left( {\sqrt {1 + {1 \over x}} + \sqrt {{4 \over {{x^2}}} + 1} } \right)}} \cr 
& = – \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{1 – {4 \over x}} \over {\sqrt {1 + {1 \over x}} + \sqrt {1 + {4 \over {{x^2}}}} }} \cr &= – {1 \over 2} \cr} \)

Sachgiaihay.com