Câu 32 trang 159 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

LG a

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \root 3 \of {{{2{x^5} + {x^3} – 1} \over {\left( {2{x^2} – 1} \right)\left( {{x^3} + x} \right)}}} \)

Phương pháp giải:

Chia cả tử và mẫu của phân thức cho lũy thừa bậc cao nhất của x.

Lời giải chi tiết:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \root 3 \of {{{2{x^5} + {x^3} – 1} \over {\left( {2{x^2} – 1} \right)\left( {{x^3} + x} \right)}}} \) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \sqrt[3]{{\frac{{\frac{{2{x^5} + {x^3} – 1}}{{{x^5}}}}}{{\frac{{2{x^2} – 1}}{{{x^2}}}.\frac{{{x^3} + x}}{{{x^3}}}}}}}\) \(= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \root 3 \of {{{2 + {1 \over {{x^2}}} – {1 \over {{x^5}}}} \over {\left( {2 – {1 \over {{x^2}}}} \right)\left( {1 + {1 \over {{x^2}}}} \right)}}} \) \(\sqrt[3]{{\frac{{2 + 0 – 0}}{{\left( {2 – 0} \right)\left( {1 + 0} \right)}}}}\) \(= 1\)

LG b

 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{2\left| x \right| + 3} \over {\sqrt {{x^2} + x + 5} }}\)

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{2\left| x \right| + 3} \over {\sqrt {{x^2} + x + 5} }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } \frac{{2\left| x \right| + 3}}{{\sqrt {{x^2}\left( {1 + \frac{1}{x} + \frac{5}{{{x^2}}}} \right)} }}\cr &= \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{2\left| x \right| + 3} \over {\left| x \right|\sqrt {1 + {1 \over x} + {5 \over {{x^2}}}} }} \cr 
& = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{ – 2x + 3} \over { – x\sqrt {1 + {1 \over x} + {5 \over {{x^2}}}} }}\cr & =\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } {{2 – {3 \over x}} \over {\sqrt {1 + {1 \over x} + {5 \over {{x^2}}}} }}= 2 \cr} \)

LG c

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

Lời giải chi tiết:

\({x^2} + x \ge 0 \Leftrightarrow x \le – 1\,\text{ hoặc }\,x \ge 0\)

Với mọi \(x ≤ -1\),  \(x \ne – {3 \over 2}\)

\({{\sqrt {{x^2} + x} + 2x} \over {2x + 3}} \) \( = \frac{{\sqrt {{x^2}\left( {1 + \frac{1}{x}} \right) + 2x} }}{{2x + 3}}\) \(= {{\left| x \right|\sqrt {1 + {1 \over x}} + 2x} \over {2x + 3}} = {{ – x\sqrt {1+ {1 \over x}} + 2x} \over {2x + 3}} \) \(= {{ – \sqrt {1 + {1 \over x}} + 2} \over {2 + {3 \over x}}}\)

Do đó  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{\sqrt {{x^2} + x} + 2x} \over {2x + 3}} \) \( =\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty }{{ – \sqrt {1 + {1 \over x}} + 2} \over {2 + {3 \over x}}}\) \(= \frac{{ – 1 + 2}}{{2 + 0}}= {1 \over 2}\)

LG d

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

Phương pháp giải:

Đưa thừa số vào trong dấu căn, chia cả tử và mẫu cho lũy thừa bậc cao nhất của x.

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x + 1} \right)\sqrt {{x \over {2{x^4} + {x^2} + 1}}} \cr &= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {{{x{{\left( {x + 1} \right)}^2}} \over {2{x^4} + {x^2} + 1}}} \cr 
&  = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \sqrt {\frac{{x\left( {{x^2} + 2x + 1} \right)}}{{2{x^4} + {x^2} + 1}}}  \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \sqrt {\frac{{{x^3} + 2{x^2} + x}}{{2{x^4} + {x^2} + 1}}}  \cr &= \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \sqrt {\frac{{\frac{{{x^3} + 2{x^2} + x}}{{{x^4}}}}}{{\frac{{2{x^4} + {x^2} + 1}}{{{x^4}}}}}} \cr &= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {{{{1 \over x} + {2 \over {{x^2}}} + {1 \over {{x^3}}}} \over {2 + {1 \over {{x^2}}} + {1 \over {{x^4}}}}}} \cr & = \sqrt {\frac{{0 + 0 + 0}}{{2 + 0 + 0}}} = 0 \cr} \)

Sachgiaihay.com