- LG a
- LG b
Dùng định nghĩa tìm các giới hạn
LG a
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} {{x + 3} \over {3-x}}\]
Phương pháp giải:
Xem lại định nghĩa giới hạn hàm sốtại đây
Lời giải chi tiết:
TXĐ: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 3 \right\}\]
Giả sử \[\left\{ {{x_n}} \right\}\] là dãy số bất kì, \[{x_n} \ne 3\] và \[{x_n} \to 5\]
Khi đó \[\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty} \dfrac{{{x_n} + 3}}{{3 - {x_n}}} = \dfrac{{\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty} {x_n} + 3}}{{3 - \mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty} {x_n}}}\] \[ = \dfrac{{5 + 3}}{{3 - 5}} = \dfrac{8}{{ - 2}} = - 4\]
Vậy \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \dfrac{{x + 3}}{{3 - x}} = - 4\]
LG b
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{{x^3} + 1} \over {{x^2} + 1}}\]
Phương pháp giải:
Xem lại định nghĩa giới hạn hàm sốtại đây.
Lời giải chi tiết:
TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]
Giả sử \[\left\{ {{x_n}} \right\}\] là dãy số bất kì, \[{x_n} \to +\infty\]
Khi đó \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{1}{{{x_n}}} = 0\]
Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{x_n^3 + 1}}{{x_n^2 + 1}}\]\[ = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{x_n^3\left[ {1 + \dfrac{1}{{x_n^3}}} \right]}}{{x_n^3\left[ {\dfrac{1}{{{x_n}}} + \dfrac{1}{{x_n^3}}} \right]}}\] \[ = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{1 + \dfrac{1}{{x_n^3}}}}{{\dfrac{1}{{{x_n}}} + \dfrac{1}{{x_n^3}}}}\]
Vì \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {1 + \dfrac{1}{{x_n^3}}} \right] = 1 + 0 = 1 > 0\]
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {\dfrac{1}{{{x_n}}} + \dfrac{1}{{x_n^3}}} \right] = 0 + 0 = 0\] và \[\dfrac{1}{{{x_n}}} + \dfrac{1}{{x_n^3}} > 0\]
Nên \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{1 + \dfrac{1}{{x_n^3}}}}{{\dfrac{1}{{{x_n}}} + \dfrac{1}{{x_n^3}}}} = + \infty \]
Vậy \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{{x^3} + 1}}{{{x^2} + 1}} = + \infty \].