Tính các giới hạn sau
lg a
\(\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} {{x + 3} \ qua {{x^2} + x + 4}}\ )
Giải pháp thay thế:
Hàm được xác định tại \(2\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = f trái( 2 \phải)\)
Giải thích chi tiết:
\(\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} {{x + 3} \over {{x^2} + x + 4}} = { {2 + 3} \vượt {{2^2} + 2 + 4}} = {1 \vượt 2}\)
lg b
\(\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to – 3} {{{x^2} + 5x + 6} \over {{x^2} + 3x}}\)
Giải pháp thay thế:
Tử số và mẫu số thành thừa số.
Giải thích chi tiết:
\(\eqalign{& \mathop {\lim }\limits_{x \to – 3} {{{x^2} + 5x + 6} \ qua {{x^ 2} + 3x}}\cr &= \mathop {\lim }\limits_{x \to – 3} {{(x + 2)(x + 3)} \over {x( x + 3)}} \cr&= \mathop {\lim }\limits_{x \to – 3} {{x + 2} \over x} \cr & = {{ – 3 + 2} \ trên {- 3}} = {1\ trên 3}\cr}\)
lg c
\(\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ – }} {{2x – 5} \over {x – 4}}\)
Giải pháp thay thế:
Tính toán dạng giới hạn \(\dfrac{l}{0}\)
Giải thích chi tiết:
\(\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ – }} {{2x – 5} \over {x – 4}}\)
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ – }} (2x – 5) =2.4-5= 3 > 0\)
Và \(\left\{ \matrix{x – 4 < 0,\forall x < 4 \hfill \cr \mathop {\lim }\limits_{x \to 4^-} (x – 4) = 0 \hfill \cr} \right.\)
\(\displaystyle\rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ – }} {{2x – 5} \over {x – 4}} = – \infty \)
lgd
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } ( – {x^3} + {x^2} – 2x + 1)\)
Giải pháp thay thế:
Lấy \(x^3\) làm nhân tử chung.
Giải thích chi tiết:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } ( – {x^3} + {x^2} – 2x + 1) \)
\(\displaystyle = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^3}( – 1 + {1 \over x} – {2 \vượt {{x^2}}} + {1 \vượt {{x^3}}})\)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^3} = + \infty \) và \(\mathop { lim }\limits_{x \to + \infty } \left( { – 1 + \dfrac{1}{x} – \dfrac{2}{{x^2}}} + dfrac{1}{{{x^3}}}} \right) = – 1 < 0\) nên
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } ( – {x^3} + {x^2} – 2x + 1) \)\ ( = – \infty \)
lg đ
\(\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{x + 3} \trên {3x – 1}}\)
Giải pháp thay thế:
Chia cả tử số và mẫu số cho \(x\).
Giải thích chi tiết:
\(\eqalign{& \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{x + 3} \over {3x – 1}} = mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{x(1 + {3 \over x})} \over {x(3 – {1 \over x} )}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{1 + {3 \over x}} \over {3 – {1 \over x}}} \cr & = \dfrac{{1 + \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \dfrac{3}{x} }}{{ – 3 – \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \dfrac{1}{x}}} \cr &= \dfrac{{ 1 + 0}}{{ – 3 – 0}}= {1 \trên 3} \cr} \)
lg f
\(\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{\sqrt {{x^2} – 2x + 4} – x} nhiều hơn {3x – 1}}\)
Giải pháp thay thế:
Chia cả tử số và mẫu số cho \(x\).
Giải thích chi tiết:
\(\eqalign{& \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{\sqrt {{x^2} – 2x + 4} – x} \over {3x – 1}} \cr&= \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{|x|\sqrt {1 – {2 \over x} + {4 \over {{x^2}}}} – x} \over {3x – 1}} \cr &= \mathop {\lim }\limits_{ x \to – \infty } {{ – x\sqrt {1 – {2 \over x} + {4 \over {{x^2}}}} – x} \over {x( 3 – {1 \over x})}}\cr& = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{ – \sqrt {1 – {2 over x} + {4 \over {{x^2}}}} – 1} \over {3 – {1 \over x}}} \cr &= \dfrac{{ – sqrt {1 – 0 + 0} – 1}}{{3 – 0}}= {{ – 2} \ trên 3} \cr} \).
