Giải mục 2 trang 114, 115 SGK Toán 11 tập 1 - Kết nối tri thức

HĐ 3

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

Phương pháp giải:

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 chi tiết:

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

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

Quảng cáo

LT 3

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

Phương pháp giải:

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

Lời giải chi tiết:

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

VD

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?

Phương pháp giải:

Áp dụng định lý Pytago để tính h theo a.

Tính giới hạn.

Lời giải chi tiết:

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.