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

HĐ3

Trả lời câu hỏi Hoạt động 3 trang 114 SGK Toán 11 Kết nối tri thức

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:

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

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

LT3

Trả lời câu hỏi Luyện tập 3 trang 115 SGK Toán 11 Kết nối tri thức

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

Trả lời câu hỏi Vận dụng trang 115 SGK Toán 11 Kết nối tri thức

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: \(AB = \sqrt {{a^2} + {1^1}}\), \(AB . OH = OB . OA\)

\( \Rightarrow h . \sqrt {{a^2} + {1^2}}  = a \Rightarrow h = \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {1^2}} }}\).

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.