Toán 11 [Chương IV] Giới hạn

7 1 2 5 · 21 Tháng tư 2022

Xin chào các bạn ^^. Bài viết hôm nay mình sẽ khái quát các kiến thức cơ bản trong chương và một số dạng bài tập liên quan nhé. Vì lượng kiến thức cả chương khá lớn nên mình sẽ chia ra thành 3 bài viết để các bạn dễ theo dõi nhé. Chúc các bạn học tốt ^^.

A. Giới hạn dãy số
I. Định nghĩa
- Giới hạn hữu hạn:

Định nghĩa chính thức: Cho dãy số [imath](x_n)[/imath] là dãy số thực. Ta nói [imath](x_n)[/imath] tiến tới [imath]L[/imath] khi [imath]n[/imath] tiến tới vô cực, kí hiệu [imath]\lim x_n=L[/imath], khi [imath]\forall \epsilon >0, \exists n_0 \in \mathbb{N}: |x_n-L|<\epsilon \forall n>n_0[/imath]
Định nghĩa cơ bản: Ta sẽ định nghĩa thông qua 2 mệnh đề sau:
+ [imath]\lim x_n=0[/imath] khi [imath]|x_n|[/imath] nhỏ hơn 1 số dương tùy ý kể từ số hạng nào đó trở đi.
+ [imath]\lim x_n=L[/imath] khi [imath]\lim (x_n-L)=0[/imath]

- Giới hạn vô cực: Ta nói [imath]\lim x_n=+\infty[/imath] nếu [imath]x_n[/imath] lớn hơn 1 số dương tùy ý từ số hạng nào đó trở đi. Ta định nghĩa [imath]\lim x_n=-\infty[/imath] tương tự.

II. Tính chất cơ bản
- Một số giới hạn đặc biệt:

[imath]\lim \dfrac{1}{n \pm a}=0[/imath]
[imath]\lim \dfrac{1}{n^k}=0[/imath]
[imath]\lim n^k=+\infty[/imath]
[imath]\lim q^n=0[/imath] với [imath]|q|<1[/imath]
[imath]\lim q^n=+\infty[/imath] với [imath]q>0[/imath]

- Giới hạn của tổng, hiệu, tích, thương 2 dãy số có giới hạn hữu hạn là tổng, hiệu, tích, thương giới hạn của 2 dãy số.
Nếu [imath]\lim u_n=u, \lim v_n=v[/imath] thì:

[imath]\lim (u_n \pm v_n) = u \pm v[/imath]
[imath]\lim (u_n \cdot v_n)=u \cdot v[/imath]
[imath]\lim \dfrac{u_n}{v_n} =\dfrac{u}{v}[/imath] nếu [imath]v \neq 0[/imath]

- Định lí kẹp: Nếu [imath]a_n \leq b_n \leq c_n[/imath] từ số hạng nào đó trở đi và [imath]\lim a_n=\lim c_n[/imath] thì [imath]\lim a_n=\lim b_n=\lim c_n[/imath]
- Liên hệ giữa giới hạn hữu hạn và giới hạn vô cực:

Nếu [imath]\lim u_n=u, \lim v_n=\pm \infty[/imath] thì [imath]\lim \dfrac{u_n}{v_n}=0[/imath]
Nếu [imath]\lim u_n=u>0, \lim v_n=0[/imath] và [imath]v_n>0[/imath] từ số hạng nào đó trở đi thì [imath]\lim \dfrac{u_n}{v_n}=+\infty[/imath]. Tương tự với các trường hợp còn lại của [imath]u[/imath] và [imath]v_n[/imath]
Nếu [imath]\lim u_n=u>0, \lim v_n=+\infty[/imath] thì [imath]\lim (u_n \cdot v_n)=+\infty[/imath]. Tương tự với các trường hợp còn lại của [imath]u[/imath] và [imath]v_n[/imath]
Nếu [imath]\lim u_n=u[/imath] thì mọi dãy con vô hạn phần tử của [imath]u_n[/imath] đều có giới hạn là [imath]u[/imath]

III. Một số dạng và cách giải bài tập
1. Tính giới hạn của phân thức
- Cách giải:

Biến đổi biểu thức, đưa về các giới hạn dạng đặc biệt.
So sánh dãy với dãy khác đã biết giới hạn rồi sử dụng định lí kẹp.
Đối với dạng dãy cho bởi công thức có dạng phân thức thì có 2 cách biến đổi chính:
Nếu phân thức có tử thức và mẫu thức là đa thức ẩn [imath]n[/imath] (hoặc chứa căn thức) thì chia cả tử và mẫu thức với [imath]n^k[/imath], trong đó [imath]k[/imath] là bậc của đa thức ở mẫu thức
Nếu phân thức có tử thức và mẫu thức đều chứa lũy thừa có số mũ ẩn [imath]n[/imath] thì chia cả tử và mẫu thức cho [imath]a^k[/imath], với [imath]a[/imath] là cơ số lớn nhất trong tất cả lũy thừa, [imath]k[/imath] là số mũ lớn nhất trong tất cả lũy thừa.

Ví dụ: Tính giới hạn của các dãy số:

[imath]u_n=\dfrac{-4n^2+n+2}{2n^2+n+1}[/imath]
[imath]u_n=\dfrac{\sqrt{2n+2}-\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}[/imath]
[imath]u_n=\dfrac{(-5)^n+4^n}{(-7)^{n+1}+4^{n+2}}[/imath]
[imath]u_n=\dfrac{4^n}{2\cdot 3^n+4^n}[/imath]

1. Ở đây ta thấy mẫu thức là đa thức bậc [imath]2[/imath] của [imath]n[/imath] nên ta sẽ chia cả tử và mẫu thức với [imath]n^2[/imath] để biến đổi.
[imath]\lim \dfrac{-4n^2+n+2}{2n^2+n+1}=\lim \dfrac{-4+\dfrac{1}{n}+\dfrac{2}{n^2}}{2+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}}[/imath]
Vì [imath]\lim \dfrac{1}{n}=\lim \dfrac{1}{n^2}=0[/imath] nên [imath]\lim \dfrac{-4+\dfrac{1}{n}+\dfrac{2}{n^2}}{2+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}}=\dfrac{-4}{2}=-2[/imath]
Vậy [imath]\lim u_n=-2[/imath]

2. Với dạng căn thức này, ta xem [imath]\sqrt{x}[/imath] có bậc là [imath]\dfrac{1}{2}[/imath], từ đó tương tự với các căn thức khác.
Nhận thấy mẫu thức có bậc là [imath]\dfrac{1}{2}[/imath] nên ta chia cả tử và mẫu thức cho [imath]\sqrt{n}[/imath] để biến đổi.
[imath]\lim \dfrac{\sqrt{2n+2}-\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}=\lim \dfrac{\sqrt{2+\dfrac{1}{n}}-1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{1}}=\sqrt{2}[/imath]
Vậy [imath]\lim u_n=\sqrt{2}[/imath]

3. Ta sẽ cùng chia tử và mẫu thức cho [imath]7^{n+2}[/imath](vì [imath]7[/imath] là cơ số lớn nhất trong 4 lũy thừa và số mũ lớn nhất trong các lũy thừa là [imath]n+2[/imath])
[imath]\lim \dfrac{(-5)^n+4^n}{7^{n+1}+4^{n+2}}=\lim \dfrac{\dfrac{(-5)^n}{7^{n+2}}+\dfrac{4^n}{7^{n+2}}}{\dfrac{1}{7}+(\dfrac{4}{7})^{n+2}}=\lim \dfrac{\dfrac{1}{49} \cdot (\dfrac{-5}{7})^n+\dfrac{1}{49} \cdot (\dfrac{4}{7})^n}{\dfrac{1}{7}+(\dfrac{4}{7})^{n+2}}=\dfrac{\dfrac{1}{49}\cdot 0+\dfrac{1}{49} \cdot 0}{\dfrac{1}{7}+0}=0[/imath]
Vậy [imath]\lim u_n=0[/imath]

Nhận thấy số cần chia bởi tử và mẫu thức ở đây là [imath]4^n[/imath].

[imath]\lim \dfrac{4^n}{2 \cdot 3^n+4^n}=\lim \dfrac{1}{2 \cdot (\dfrac{3}{4})^n+1}=\dfrac{1}{2 \cdot 0+1}=1[/imath]
Vậy [imath]\lim u_n=1[/imath]

2. Tính giới hạn của hiệu căn thức

Đối với giới hạn có chứa căn thức, ta thực hiện thao tác liên hợp để đưa về dạng phân thức chứa căn thức, rồi thực hiện như dạng 1.

(Lưu ý: Ta sẽ ưu tiên việc liên hợp giữa 2 căn thức có cùng lũy thừa và cùng bậc, ví dụ như 2 căn bậc hai có bậc [imath]1[/imath],v.v, còn nếu khác lũy thừa thì ta sẽ liên hợp căn thức với số hoặc là một đa thức của [imath]n[/imath], mà thường là đơn thức, tùy theo mục đích của chúng ta)
Ví dụ: Tính các giới hạn sau:

[imath]\lim (\sqrt{n^2+3n+5}-\sqrt{n^2+4})[/imath]
[imath]\lim (\sqrt{n^2+2n+4}-n)[/imath]
[imath]\lim (\sqrt{4n^2+2n+1}-\sqrt[3]{8x^3+1})[/imath]

1. Vì đây là 2 căn bậc hai có bậc [imath]1[/imath] nên ta sẽ liên hợp trực tiếp để biến đổi
[imath]\lim (\sqrt{n^2+3n+5}-\sqrt{n^2+4})=\lim \dfrac{3n+1}{\sqrt{n^2+3n+5}+\sqrt{n^2+4}}[/imath]
Tới đây nhận thấy mẫu thức có bậc [imath]1[/imath] nên ta sẽ chia cả tử và mẫu thức với [imath]n[/imath].
[imath]\lim \dfrac{3n+1}{\sqrt{n^2+3n+5}+\sqrt{n^2+4}}=\lim \dfrac{3+\dfrac{1}{n}}{\sqrt{1+\dfrac{3}{n}+\dfrac{5}{n^2}}+\sqrt{1+\dfrac{4}{n^2}}}=\dfrac{3}{\sqrt{1}+\sqrt{1}}=\dfrac{3}{2}[/imath]

Vậy [imath]\lim (\sqrt{n^2+3n+5}-\sqrt{n^2+4})=\dfrac{3}{2}[/imath]
2. Ở đây ta có 1 căn thức và 1 đơn thức, mà cả 2 đều có bậc [imath]1[/imath] nên ta vẫn liên hợp trực tiếp.
[imath]\lim (\sqrt{n^2+2n+4}-n)=\lim \dfrac{2n+4}{\sqrt{n^2+2n+4}+n}[/imath]
Tương tự như trên, ta chia tử và mẫu thức cho [imath]n[/imath]
[imath]\lim \dfrac{2n+4}{\sqrt{n^2+2n+4}+n}=\lim \dfrac{2+\dfrac{4}{n}}{\sqrt{1+\dfrac{2}{n}+\dfrac{4}{n^2}}+1}=\dfrac{2}{1+1}=1[/imath]
Vậy [imath]\lim (\sqrt{n^2+2n+4}-n)=1[/imath]

3. Vì đây là 2 căn thức khác lũy thừa nhưng chung bậc nên ta sẽ liên hợp cho từng căn thức với [imath]2n[/imath](vì [imath]2n=\sqrt{4n^2}=\sqrt[3]{8n^3}[/imath])
[imath]\sqrt{4n^2+2n+1}-\sqrt[3]{8n^3+1}=\sqrt{4n^2+2n+1}-2n+2n-\sqrt[3]{8n^3+1}[/imath]
[imath]=\dfrac{2n+1}{\sqrt{4n^2+2n+1}+2n}+\dfrac{-1}{4n^2+2n\sqrt[3]{8n^3+1}+\sqrt[3]{(8n^3+1)^2}}[/imath]
Tới đây, ta áp dụng dạng 1 để biến đổi phân thức đầu tiên, còn với phân thức thứ 2 thì ta sẽ để nguyên vì tử thức đã là hằng số.
[imath]=\dfrac{2+\dfrac{1}{n}}{\sqrt{4+\dfrac{2}{n}+\dfrac{1}{n^2}}+2}-\dfrac{1}{4n^2+2n\sqrt[3]{8n^3+1}+\sqrt[3]{(8n^3+1)^2}}[/imath]
Nhận thấy [imath]\lim \dfrac{2+\dfrac{1}{n}}{\sqrt{4+\dfrac{2}{n}+\dfrac{1}{n^2}}+2}=\dfrac{2}{\sqrt{4}+2}=\dfrac{1}{2}; \lim \dfrac{1}{4n^2+2n\sqrt[3]{8n^3+1}+\sqrt[3]{(8n^3+1)^2}}=0[/imath] do mẫu thức tiến tới [imath]+\infty[/imath].
Do đó [imath]\lim (\sqrt{4n^2+2n+1}-\sqrt[3]{8n^3+1})=\dfrac{1}{2}[/imath]

3. Tính giới hạn dãy số cho bởi công thức truy hồi.

Với một số bài toán mà dãy số có thể tính được công thức tổng quát thì ta đưa về được dạng 1 và 2.
Ngoài ra, phương pháp phổ biến được sử dụng ở dạng bài này là dùng định lí kẹp, phương pháp tìm giới hạn theo công thức truy hồi và phương pháp sử dụng định nghĩa, nhưng phần này thuộc chương trình HSG nên chúng mình sẽ giới thiệu ở bài viết khác.

7 1 2 5 · 21 Tháng tư 2022

B. Giới hạn hàm số
I. Định nghĩa

Cho hàm số [imath]f(x)[/imath] xác định trên khoảng [imath]K[/imath], ta nói hàm [imath]f(x)[/imath] có giới hạn là [imath]L[/imath] khi [imath]x[/imath] tiến tới [imath]x_0 \in K/+\infty/-\infty[/imath] nếu với mọi dãy số [imath](x_n)[/imath] có [imath]x_n \in K, x_n \neq x_0 \forall n \in \mathbb{N}^*[/imath] và [imath]\lim x_n=x_0/+\infty/-\infty[/imath] thì [imath]\lim f(x_n)=L[/imath].
Định nghĩa giới hạn một bên, giới hạn vô cực tương tự với định nghĩa trên và định nghĩa giới hạn một bên, giới hạn vô cực của dãy số.

II. Tính chất cơ bản
- Nếu hàm số có giới hạn khi [imath]x[/imath] tiến tới [imath]x_0[/imath]/vô cực thì giới hạn đó là duy nhất.
- Giới hạn của tổng, hiệu, tích, thương của các hàm số có giới hạn hữu hạn khi [imath]x[/imath] tiến tới [imath]x_0[/imath]/vô cực là tổng, hiệu, tích, thương các giới hạn đó.
Nếu [imath]\lim _{x \to x_0} f(x)=L, \lim _{x \to x_0} g(x)=M[/imath] thì:

[imath]\lim _{x \to x_0} [f(x) \pm g(x)] = L \pm M[/imath]
[imath]\lim _{x \to x_0} [f(x) \cdot g(x)]=L \cdot M[/imath]
[imath]\lim _{x \to x_0} \dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{L}{M}[/imath] nếu [imath]M \neq 0[/imath]

- Định lí kẹp: Nếu [imath]f(x) \leq g(x) \leq h(x)[/imath] và [imath]\lim _{x \to x_0} f(x)=\lim _{x \to x_0} h(x)=L[/imath] thì [imath]\lim _{x \to x_0} g(x)=L[/imath].
- Nếu [imath]\lim _{x \to x_0} f(x)=L[/imath] và [imath]g(x)[/imath] là hàm đa thức/lượng giác thì [imath]\lim _{x \to x_0} g(f(x))=g(L)[/imath].
III. Một số dạng và cách giải bài tập
1. Tìm giới hạn của hàm cho bởi 1 công thức

Nếu yêu cầu đề là tính [imath]\lim _{x \to x_0} f(x)[/imath] thì đầu tiên ta sẽ kiểm tra [imath]f(x)[/imath] xác định tại [imath]x=x_0[/imath] hay không.
Nếu [imath]f(x)[/imath] xác định tại [imath]x=x_0[/imath] thì ta sẽ có kết quả [imath]\lim _{x \to x_0}=f(x_0)[/imath]
Nếu [imath]f(x)[/imath] không xác định tại [imath]x=x_0[/imath] thì ta sẽ chuyển sang cách làm dạng vô định.
Nếu yêu cầu đề là tính [imath]\lim _{x \to +\infty} f(x)[/imath] hoặc [imath]\lim _{x \to -\infty}[/imath] thì ta cũng đưa về dạng vô định hoặc sử dụng các giới hạn cơ bản của dãy số.

- Các dạng vô định:

Dạng 1: [imath]\dfrac{0}{0}[/imath] (thường là trường hợp [imath]\lim _{x \to x_0} \dfrac{f(x)}{g(x)}[/imath] với [imath]f(x_0)=g(x_0)=0[/imath]
Dạng 2: [imath]\dfrac{\infty}{\infty}[/imath] (thường là dạng [imath]\lim _{x \to \infty} \dfrac{f(x)}{g(x)}[/imath]
Dạng 3: [imath]0 \cdot \infty[/imath]. Dạng này ta chỉ cần biến đổi [imath]\dfrac{1}{0} \to \infty[/imath] là đưa về dạng 2.
Dạng 4: [imath]\infty - \infty[/imath]. (thường là [imath]\lim _{x \to \infty} \sqrt{}-\sqrt{}[/imath]).

(Ở đây [imath]f(x)[/imath] và [imath]g(x)[/imath] sẽ là các đa thức hoặc đa thức cộng thêm hàm lượng giác/căn thức. Để dễ trình bày thì mình sẽ chỉ xét [imath]f(x)[/imath] và [imath]g(x)[/imath] là các hàm đa thức và có thêm căn thức.)
- Cách giải các dạng:

Dạng 1: Vì [imath]f(x_0)=g(x_0)=0[/imath] nên khi ta sẽ phân tích [imath]f(x)[/imath] với [imath]g(x)[/imath] sao cho chứa nhân tử [imath](x-x_0)^k[/imath](nếu có căn thức thì ta sử dụng phép liên hợp). Khi đó rút gọn và phân tích cho tới khi tử thức hoặc mẫu thức không chứa nhân tử [imath]x-x_0[/imath] (hoặc có thể nói là khi thay [imath]x=x_0[/imath] vào tử thức và mẫu thức thì có ít nhất 1 số khác [imath]0[/imath])

(Ở một số bài toán, ta có thể đặt [imath]x-x_0=t[/imath] và biến đổi về dạng [imath]\lim _{t \to 0}[/imath] để dễ tính toán hơn, đương nhiên là nếu sau khi biến đổi thì biểu thức gọn hơn.)
Ví dụ: Tính các giới hạn sau:

[imath]\lim _{x \to 1} \dfrac{x^2-3x+2}{x^3-1}[/imath]
[imath]\lim _{x \to -1} \dfrac{\sqrt{x^2+x+2}-\sqrt{1-x}}{x^4+x}[/imath]
[imath]\lim _{x \to 2} \dfrac{\sqrt[3]{3x+2}-\sqrt{5x-6}}{x-2}[/imath]

1. [imath]\lim _{x \to 1} \dfrac{x^2-3x+2}{x^3-1}=\lim _{x \to 1} \dfrac{(x-1)(x-2)}{(x-1)(x^2+x+1)}=\lim _{x \to 1} \dfrac{x-2}{x^2+x+1}=\dfrac{-1}{3}[/imath]

2. [imath]\lim _{x \to -1} \dfrac{\sqrt{x^2+x+2}-\sqrt{1-x}}{x^4+x}=\lim _{x \to -1} \dfrac{x^2+x+2-(1-x)}{x(x+1)(x^2-x+1)(\sqrt{x^2+x+2}+\sqrt{1-x})}[/imath]
[imath]=\lim _{x \to -1} \dfrac{(x+1)^2}{x(x+1)(x^2-x+1)(\sqrt{x^2+x+2}+\sqrt{1-x})}[/imath]
[imath]=\lim _{x \to -1} \dfrac{x+1}{x(x^2-x+1)(\sqrt{x^2+x+2}+\sqrt{1-x})}[/imath]
[imath]= \dfrac{0}{-1 \cdot 3(\sqrt{2}+\sqrt{2})}=0[/imath]

3. [imath]\lim _{x \to 2} \dfrac{\sqrt[3]{3x+2}-\sqrt{5x-6}}{x-2}[/imath]
[imath]=\lim _{x \to 2} \dfrac{\sqrt[3]{3x+2}-2-(\sqrt{5x-6}-2)}{x-2}[/imath]
[imath]=\lim _{x \to 2} \dfrac{3}{\sqrt[3]{(3x+2)^2}+2\sqrt[3]{3x+2}+4}-\dfrac{5}{\sqrt{5x-6}+2}[/imath]
[imath]=\dfrac{3}{12}-\dfrac{5}{4}=-1[/imath]

Dạng 2: Đối với dạng này ta sẽ thực hiện chia cả tử và mẫu cho [imath]x^k[/imath], với [imath]k[/imath] là bậc cao nhất của tử và mẫu thức. Khi chứa căn thức thì cần chú ý tới dấu của [imath]x[/imath] khi đưa vào căn.

Ví dụ: Tính các giới hạn sau:

[imath]\lim _{x \to +\infty} \dfrac{3x^4-2x+3}{5x^4+3x+1}[/imath]
[imath]\lim _{x \to -\infty} \dfrac{x-1}{\sqrt{x^2+1}}[/imath]

1. Nhận thấy cả tử và mẫu thức đều là bậc 4 nên chia cả tử và mẫu thức cho [imath]x^4[/imath] để biến đổi.
[imath]\lim _{x \to +\infty} \dfrac{3x^4-2x^2+3}{5x^4+3x^3+1}=\lim _{x \to +\infty} \dfrac{3-\dfrac{2}{x^2}+\dfrac{3}{x^4}}{5+\dfrac{3}{x}+\dfrac{1}{x^4}}[/imath]
[imath]=\dfrac{3}{5}[/imath]
2. Ở đây ta thấy cả tử và mẫu thức đều có bậc 1 nên chia cả tử thức với mẫu thức cho [imath]x[/imath]. Ở đây ta cần lưu ý là [imath]\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{-x}=\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}[/imath]
[imath]\lim _{x \to -\infty} \dfrac{x-1}{\sqrt{x^2+1}}[/imath]
[imath]= \lim _{x \to -\infty} \dfrac{1-\dfrac{1}{x}}{-\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}}[/imath]
[imath]=-1[/imath]

Dạng 4: Với dạng này thì phương pháp chính sẽ là liên hợp đưa về dạng 2. Nhưng có 1 số bài toán, khi biểu thức đưa ra là [imath]\sqrt[m]{ }-\sqrt[n]{ }[/imath] với [imath]n \neq m[/imath] thì phương pháp ta đưa ra sẽ là liên hợp từng căn với 1 đa thức của [imath]x[/imath] cùng bậc với căn.

Lưu ý với cách liên hợp, nếu ta biến đổi [imath]\sqrt[n]{f(x)}-g(x)=\dfrac{f(x)-g(x)^n}{H(x)}[/imath] thì ta sẽ cố chọn [imath]g(x)[/imath] sao cho [imath]f(x)-g(x)^n[/imath] sẽ có bậc bằng hoặc nhỏ hơn bậc của [imath]H(x)[/imath].
Ví dụ: Tính các giới hạn sau:

[imath]\lim _{x \to +\infty} x(\sqrt{x^2+9}-x)[/imath]
[imath]\lim _{x \to +\infty} (\sqrt{x^2-2x}-\sqrt[3]{x^3-3x})[/imath]

1. [imath]\lim _{x \to +\infty} x(\sqrt{x^2+9}-x)=\lim _{x \to +\infty} \dfrac{9x}{\sqrt{x^2+9}+x}[/imath]
[imath]=\lim _{x \to +\infty} \dfrac{9}{\sqrt{1+\dfrac{9}{x^2}}+1}[/imath]
[imath]=\dfrac{9}{2}[/imath]

2. [imath]\lim _{x \to +\infty} (\sqrt{x^2-2x}-\sqrt[3]{x^3-3x})[/imath]
[imath]=\lim _{x \to +\infty} [(\sqrt{x^2-2x}-x)+(x-\sqrt[3]{x^3-3x})][/imath]
[imath]=\lim _{x \to +\infty} (\dfrac{-2x}{\sqrt{x^2-2x}+x}+\dfrac{3x}{x^2+x\sqrt[3]{x^3-3x}+\sqrt[3]{(x^3-3x)^2}}[/imath]
[imath]=\lim _{x \to +\infty} (\dfrac{-2}{\sqrt{1-\dfrac{2}{x}}+1}+\dfrac{3}{x+\sqrt[3]{x^3-3x}+\sqrt[3]{\dfrac{(x^3-3x)^2}{x}}}[/imath]
[imath]=-1+0=-1[/imath]

7 1 2 5 · 21 Tháng tư 2022

C. Hàm số liên tục
I. Định nghĩa
Cho hàm số [imath]y=f(x)[/imath] xác định trên khoảng [imath]K[/imath].

Xét [imath]x_0 \in K[/imath]. Khi đó ta nói hàm số [imath]f(x)[/imath] liên tục tại điểm [imath]x=x_0[/imath] khi và chỉ khi [imath]\lim _{x \to x_0} f(x) =f(x_0)[/imath].
Nếu [imath]\lim _{x \to x_0} f(x) \neq f(x_0)[/imath] thì ta nói [imath]f(x)[/imath] gián đoạn tại điểm [imath]x=x_0[/imath].
Hàm số [imath]f(x)[/imath] liên tục trên khoảng [imath]K’ \subset K[/imath] khi và chỉ khi [imath]f(x)[/imath] liên tục tại mọi điểm thuộc [imath]K’[/imath].
Hàm số [imath]f(x)[/imath] liên tục trên đoạn [imath][a,b] \subset K[/imath] khi [imath]f(x)[/imath] liên tục trên [imath](a,b)[/imath] và [imath]\lim _{x \to a^+} f(x)=f(a), \lim _{x \to b^-} f(x)=f(b)[/imath].
Đồ thị hàm số [imath]y=f(x)[/imath] liên tục trên khoảng [imath]K’[/imath] là một “đường liền nét” trên khoảng đó.

II. Một số định lí liên quan
- Định lí 1:

Hàm số đa thức luôn liên tục trên [imath]\mathbb{R}[/imath].
Hàm số phân thức hữu tỉ (thương của 2 đa thức) và hàm số lượng giác liên tục trên từng khoảng xác định của hàm số.

(Lưu ý: Trên từng khoảng xác định của hàm số không đồng nghĩa với trên cả tập xác định của hàm số)
- Định lí 2: Với 2 hàm số [imath]y=f(x)[/imath] và [imath]y=g(x)[/imath] là 2 hàm số liên tục tại điểm [imath]x=x_0[/imath] thuộc tập xác định của 2 hàm số (hoặc khoảng [imath]K[/imath] là tập con của cả 2 tập xác định của 2 hàm số):

Các hàm số [imath]f(x) \pm g(x)[/imath], [imath]f(x) \cdot g(x)[/imath] liên tục tại điểm [imath]x=x_0[/imath] (hoặc khoảng [imath]K[/imath])
Hàm số [imath]\dfrac{f(x)}{g(x)}[/imath] liên tục tại [imath]x=x_0[/imath] nếu [imath]g(x_0) \neq 0[/imath].

- Định lí 3 (định lý giá trị trung bình): Cho hàm số [imath]y=f(x)[/imath] liên tục trên đoạn [imath][a,b][/imath] và [imath]f(a) \cdot f(b) < 0[/imath]. Khi đó phương trình [imath]f(x)=0[/imath] có ít nhất [imath]1[/imath] nghiệm thuộc khoảng [imath](a,b)[/imath]

Một điều lưu ý là trong định lý 3 nếu [imath]f(x)[/imath] liên tục trên [imath](a,b)[/imath] thì ta có thể quy ước [imath]f(a)=\lim _{x \to a^+} f(x)[/imath] và [imath]f(b)=\lim _{x \to b^-} f(x)[/imath].
Hệ quả của định lí 3: Phương trình đa thức có bậc lẻ luôn có nghiệm.

Thật vậy, xét đa thức [imath]f(x)[/imath] bậc lẻ và hệ số bậc cao nhất là dương.
Khi đó [imath]\lim _{x \to -\infty} f(x)=-\infty, \lim _{x \to +\infty} f(x)=+\infty[/imath] nên theo định lí trung bình [imath]f(x)[/imath] luôn có nghiệm.
III. Các dạng bài tập

Dạng 1: Xét tính liên tục của hàm số [imath]f(x)[/imath] tại 1 điểm [imath]x=x_0[/imath].

Đối với dạng này, ta sẽ so sánh [imath]\lim _{x \to x_0} f(x)[/imath] với [imath]f(x_0)[/imath].
Trong trường hợp ta không thể tính [imath]\lim _{x \to x_0} f(x)[/imath] thì ta sẽ tính [imath]\lim _{x \to x_0^+} f(x)[/imath] và [imath]\lim _{x \to x_0^-} f(x)[/imath] rồi so sánh nhé.

Nếu như hàm [imath]f(x)[/imath] cho bởi [imath]\left\{\begin{matrix} f_1(x)\forall x \neq x_0\\ c \forall x=x_0 \end{matrix}\right.[/imath] thì ta sẽ so sánh [imath]\lim _{x \to x_0} f_1(x)[/imath] với [imath]k[/imath].
Nếu như hàm [imath]f(x)[/imath] cho bởi [imath]\left\{\begin{matrix} f_1(x) \forall x > x_0\\ k \forall x=x_0\\ f_2(x) \forall x<x_0 \end{matrix}\right.[/imath] thì ta sẽ so sánh [imath]\lim _{x \to x_0^+} f_1(x), \lim _{x \to x_0^-} f_2(x)[/imath] và [imath]k[/imath],

Ví dụ: Xác định tính liên tục của các hàm số:

[imath]f(x)=\left\{\begin{matrix} \dfrac{x^3-27}{x^2-x-6} \forall x \neq 3\\ \dfrac{10}{3} \forall x=3 \end{matrix}\right.[/imath]
[imath]f(x)=\left\{\begin{matrix} \dfrac{x-2}{\sqrt{2x+5}-3} \forall x > 2\\ (x-1)^2 \forall x \geq 2 \end{matrix}\right.[/imath]

1. [imath]\lim _{x \to 3} f(x)=\lim _{x \to 3} \dfrac{x^3-27}{x^2-x-6}=\lim _{x \to 3} \dfrac{(x-3)(x^2+3x+9)}{(x-3)(x+2)}[/imath]
[imath]=\lim _{x \to 3} \dfrac{x^2+3x+9}{x+2}=\dfrac{27}{5}[/imath]
Từ đó [imath]\lim _{x \to 3} f(x) \neq f(3)=\dfrac{10}{3}[/imath] nên hàm [imath]f(x)[/imath] gián đoạn tại [imath]x=3[/imath].

2. Nhận thấy [imath]\lim _{x \to 2^+} f(x)=f(2)=1[/imath]
[imath]\lim _{x \to 2^-} f(x)=\lim _{x \to 2^-} \dfrac{x-2}{\sqrt{2x+5}-3}[/imath]
[imath]=\lim _{x \to 2^-} \dfrac{x-2}{\dfrac{2x-4}{\sqrt{2x+5}+3}}[/imath]
[imath]=\lim _{x \to 2^-} \dfrac{\sqrt{2x+5}+3}{2}[/imath]
[imath]=3[/imath]
Từ đó ta thấy [imath]f(x)[/imath] gián đoạn tại [imath]x=2[/imath]

Dạng 2: Tìm điều kiện của tham số để hàm số liên tục.

Cơ sở lý thuyết của dạng này cũng như dạng 1 nên mình không nhắc lại nhé.
Ví dụ: Tìm [imath]m[/imath] để các hàm số sau liên tục:

[imath]f(x)=\left\{\begin{matrix} \dfrac{m^2(x-2)}{\sqrt{x+2}-2} \forall x < 2\\ (1-m)x\forall x \geq 2 \end{matrix}\right.[/imath] tại [imath]x=2[/imath]
[imath]f(x)=\left\{\begin{matrix} \dfrac{\sqrt{x+1}-1}{x} \forall x > 0\\ 2x^2+3m+1 \forall x \leq 0 \end{matrix}\right.[/imath]

1. [imath]\lim _{x \to 2^-} f(x) =\lim _{x \to 2^-} \dfrac{m^2(x-2)}{\sqrt{x+2}-2}[/imath]
[imath]=\lim _{x \to 2^-} [m^2(\sqrt{x+2}+2)][/imath]
[imath]=4m^2[/imath]
[imath]\lim _{x \to 2^+} f(x)=f(2)=2(1-m)[/imath]
Để [imath]f(x)[/imath] liên tục tại [imath]x=2[/imath] thì [imath]\lim _{x \to 2^-} f(x)=\lim _{x \to 2^+} f(x)=f(2)[/imath]
[imath]\Leftrightarrow 4m^2=2(1-m)[/imath]
[imath]\Leftrightarrow 2(2m-1)(m+1)=0[/imath]
[imath]\Leftrightarrow m=\dfrac{1}{2} \vee m=-1[/imath]

2. [imath]\lim _{x \to 0^+} f(x) =\lim _{x \to 0^+} \dfrac{\sqrt{x+1}-1}{x}[/imath]
[imath]=\lim _{x \to 0^+} \dfrac{1}{\sqrt{x+1}+1}[/imath]
[imath]=\dfrac{1}{2}[/imath]
[imath]\lim _{x \to 0^-} f(x)=f(0)=3m+1[/imath]
Để [imath]f(x)[/imath] liên tục tại [imath]x=2[/imath] thì [imath]\lim _{x \to 0^-} f(x)=\lim _{x \to 0^+} f(x)=f(0)[/imath]
[imath]\Leftrightarrow 3m+1=\dfrac{1}{2}[/imath]
[imath]\Leftrightarrow m=-\dfrac{1}{6}[/imath]

Dạng 3: Chứng minh phương trình có nghiệm/có nghiệm trên 1 khoảng

Với dạng này ta sẽ sử dụng định lý 3 để chứng minh. Một điều lưu ý là trong định lý 3 nếu [imath]f(x)[/imath] liên tục trên [imath](a,b)[/imath] thì ta có thể quy ước [imath]f(a)=\lim _{x \to a^+} f(x)[/imath] và [imath]f(b)=\lim _{x \to b^-} f(x)[/imath].
Ví dụ: Chứng minh các phương trình sau có nghiệm:

[imath]x^2\sin x+x\cos x+1=0[/imath]
[imath]x-\dfrac{3}{\sin 2x}+5\cos 4x=0[/imath]

1. Đặt [imath]f(x)=x^2\sin x+x\cos x+1[/imath] thì [imath]f(x)[/imath] liên tục trên [imath]\mathbb{R}[/imath]
Ta thấy [imath]f(0)=1,f(\pi)=\pi ^2 \sin \pi +x \cos \pi+1=1-\pi[/imath] nên [imath]f(0) \cdot f(\pi) <0[/imath]
Theo định lý giá trị trung bình ta có đpcm.

2. Đặt [imath]f(x)=x-\dfrac{3}{\sin 2x}+5\cos 4x[/imath].
Ta thấy [imath]f(x)[/imath] liên tục trên [imath](-\dfrac{\pi}{2},0)[/imath]
Ta có [imath]f(-\dfrac{\pi}{4})=-2-\dfrac{\pi}{4} ,\lim _{x \to 0^-} f(x)=+\infty[/imath]
Theo định lý giá trị trung bình ta có đpcm.

Tìm kiếm

Tìm kiếm

Toán 11 [Chương IV] Giới hạn

7 1 2 5

Cựu TMod Toán

7 1 2 5

Cựu TMod Toán

7 1 2 5

Cựu TMod Toán