Giải SGK Toán 11 KNTT Bài 16. Giới hạn của hàm số có đáp án

Lời giải:

Sau bài học này ta sẽ giải quyết được bài toán trên như sau:

Từ công thức khối lượng

\(m = \frac{{{m_0}}}{{\sqrt {1 - \frac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} }}\)

ta thấy m là một hàm số của v, với tập xác định là nửa khoảng [0; c). Rõ ràng khi v tiến gần tới vận tốc ánh sáng, tức là v ⟶ c, ta có \(\sqrt {1 - \frac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} \to 0\). Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{v \to {c^ - }} m\left( v \right) = + \infty \), nghĩa là khối lượng m của vật trở nên vô cùng lớn khi vận tốc của vật gần tới vận tốc ánh sáng.

Lời giải:

a) Biểu thức f(x) có nghĩa khi x – 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2.

Do đó, tập xác định của hàm số f(x) là D = ℝ \ {2}.

b) Ta có:

\(f\left( {{x_n}} \right) = \frac{{4 - {{\left( {\frac{{2n + 1}}{n}} \right)}^2}}}{{\frac{{2n + 1}}{n} - 2}}\)\( = \frac{{4 - {{\left( {2 + \frac{1}{n}} \right)}^2}}}{{\left( {2 + \frac{1}{n}} \right) - 2}} = \frac{{4 - \left( {4 + \frac{4}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{\frac{1}{n}}}\) \(\frac{{ - \frac{1}{n}\left( {4 + \frac{1}{n}} \right)}}{{\frac{1}{n}}} = - 4 - \frac{1}{n}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - 4 - \frac{1}{n}} \right) = - 4\).

c) Ta có: \(f\left( {{x_n}} \right) = \frac{{4 - x_n^2}}{{{x_n} - 2}} = \frac{{\left( {2 - {x_n}} \right)\left( {2 + {x_n}} \right)}}{{ - \left( {2 - {x_n}} \right)}} = - 2 - {x_n}\).

Vì x_n ≠ 2 và x_n ⟶ 2 với mọi n nên \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {x_n} = 2\).

Do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - 2 - {x_n}} \right) = - 2 - 2 = - 4\).

Lời giải:

a) Ta có: \({x_n} = 1 - \frac{1}{{n + 1}} < 1\) với mọi n > 0 \( \Rightarrow {x_n} - 1 < 0\) với mọi n > 0.

Do đó, \({y_n} = f\left( {{x_n}} \right) = \frac{{\left| {{x_n} - 1} \right|}}{{{x_n} - 1}}\)\( = \frac{{ - \left( {{x_n} - 1} \right)}}{{{x_n} - 1}} = - 1\).

Ta cũng có: \({x'_n} = 1 + \frac{1}{n} > 1\) với mọi n > 0 ⇒ x'_n – 1 > 0 với mọi n > 0.

Do đó, \({y'_n} = f\left( {{{x'}_n}} \right) = \frac{{\left| {{{x'}_n} - 1} \right|}}{{{{x'}_n} - 1}}\)\( = \frac{{{{x'}_n} - 1}}{{{{x'}_n} - 1}} = 1\).

b) Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {y_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - 1} \right) = - 1\); \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {y'_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 1 = 1\).

c) Ta có: \(f\left( x \right) = \frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x - 1}}\)\( = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 1}}{{x - 1}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x - 1 > 0\,\,\,\,\,\\\frac{{ - \left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}}\,\,\,\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x - 1 < 0\end{array} \right.\)\( = \left\{ \begin{array}{l}1\,\,\,\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x - 1 > 0\,\,\,\,\,\\ - 1\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x - 1 < 0\end{array} \right.\)

Vì x_n < 1 < x'_n, suy ra x_n – 1 < 0 và x'_n – 1 > 0 với mọi n.

Do đó, f(x_n) = – 1 và f(x'_n) = 1.

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right)\) = – 1 và \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{{x'}_n}} \right)\] = 1.

Lời giải:

Với dãy số (x_n) bất kì sao cho x_n < 0 và x_n ⟶ 0, ta có f(x_n) = – x_n.

Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - {x_n}} \right) = 0\).

Tương tự, với dãy số (x_n) bất kì sao cho x_n > 0 và x_n ⟶ 0, ta có f(x_n) = \(\sqrt {{x_n}} \).

Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt {{x_n}} = 0\).

Khi đó, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right)\) = \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right)\) = 0. Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right)\) = 0.