Hình chữ nhật OHMK có các kích thước lần lượt là hoành độ và tung độ của điểm M.

Ta có: điểm M luôn nằm trên đồ thị  $y=\frac{1}{x^2}\left(x>0\right)$

Đặt  $M\left(x;\frac{1}{x^2}\right)\left(x>0\right)$

Khi đó diện tích hình chữ nhật OHMK là:  $x.\frac{1}{x^2}=\frac{1}{x}$.

Khi H gần tiến đến gốc tọa độ nghĩa là x dần tiến tới 0 thì diện tích hinh chữ nhật sẽ là một số rất lớn.

Khi H iến xa sang phía bên phải thì x dần tiến tới +∞ thì diện tích hình chữ nhật sẽ giảm dần về 0.

a) Khi x càng gần đến 1 thì giá trị của f(x) gần đến giá trị 4.

b) Khi điểm H thay đổi gần về điểm (1; 0) trên trục hoàng thì điểm P gần về điểm (0; 4).

a) Hàm số f(x) = 2x² – x xác định trên ℝ.

Giả sử (x_n) là dãy số bất kì, thỏa mãn x_n ∈ ℝ với mọi n và x_n → 3 khi n → +∞. Ta có:  $\underset{x_n\to 3}{\lim }\left(2x_n^2-x_n\right)=\underset{x_n\to 3}{\lim }\left(2x_n^2\right)-\underset{x_n\to 3}{\lim }\left(x_n\right)={2.3}^2-3=15$.

Vậy  $\underset{x\to 3}{\lim }\left(2x^2-x\right)=15$.

b) Hàm số  $f\left(x\right)=\frac{x^2+2x+1}{x+1}$ xác định trên tập ℝ\{– 1}.

Giả sử (x_n) là dãy số bất kì, thỏa mãn x_n ∈ ℝ\{– 1} với mọi n và x_n → – 1 khi n → +∞. Ta có:   $\underset{x_n\to -1}{\lim }\frac{x_n^2+2x_n+1}{x_n+1}=\underset{x_n\to -1}{\lim }\frac{{\left(x_n+1\right)}^2}{x_n+1}=\underset{x_n\to -1}{\lim }\left(x_n+1\right)=\underset{x_n\to -1}{\lim }{x}_n+1=\left(-1\right)+1=0$.

Vậy  $\underset{x\to -1}{\lim }\frac{x^2+2x+1}{x+1}=0$.

+) Hàm số y = f(x) = 2x xác định trên  R.

Dãy số (x_n) bất kì thỏa mãn x_n ≠ – 1 với mọi n và x_n → 1 khi n → +∞, ta có:

limf(x_n) =lim(2x_n) = 2.limx_n = 2.1 = 2.

Suy ra $\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)$ = 2.

+) Hàm số y = g(x) =  $\frac{x}{x+1}$ xác định trên ℝ \ {2}.

Dãy số (x_n) bất kì thỏa mãn x_n ≠ – 1 với mọi n và x_n → 1 khi n → +∞, ta có:

limg(x_n) = $\lim \frac{x_n}{x_n+1}=\frac{1}{2}$.

Suy ra  $\underset{x\to -1}{\lim }g\left(x\right)=\frac{1}{2}$.

b) Ta có  $\text{lim[}f\left(x_n\right)+g\left(x_n\right)\text{]=}\frac{5}{2}$ nên  $\underset{x\to 1}{\lim }\text{[}f\left(x\right)+g\left(x\right)\text{]=}\frac{5}{2}$.

Ta lại có:  $\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)+\underset{x\to 1}{\lim }g\left(x\right)=2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$.

Vì vậy  $\underset{x\to 1}{\lim }\text{[}f\left(x\right)+g\left(x\right)\text{]=}\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)+\underset{x\to 1}{\lim }g\left(x\right)$.

a)  $\underset{x\to -2}{\lim }\left(x^2+5x-2\right)=\underset{x\to -2}{\lim }{x}^2+\underset{x\to -2}{\lim }5x+\underset{x\to -2}{\lim }\left(-2\right)={\left(-2\right)}^2+5.\left(-2\right)-2=-8$.

b)  $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2-1}{x-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}{x-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\left(x+1\right)=2$.

a) Giả sử (x_n) là dãy số bất kì sao cho x_n ∈ (1; 2,5) và lim x_n = 1 thì lim f(x_n) = lim 7 = 7.

b) Giả sử  $\left(x_n^{\text{'}}\right)$ là dãy số bất kì sao cho $\left(x_n^{\text{'}}\right)\in \left(0;1\right)$

và  $\lim x_n^{\text{'}}=1$ thì  $\lim f\left(x_n^{\text{'}}\right)=6$.

c) Nhận xét: Ở ý a) ta có:

+) Với dãy số (x_n) bất kì, x_n ≤ – 1 và x_n → – 1. Khi đó f(x_n) = 1 – 2x_n nên limf(x_n) = lim(1 – 2x_n) = 3.

Vì vậy  $\underset{x\to -1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=3$.

+) Với dãy số (x_n) bất kì, x_n > – 1 và x_n → – 1. Khi đó f(x_n) =  $x_n^2+2$ nên limf(x_n) = lim( $x_n^2+2$) = 3.

Vì vậy  $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=3$.

Vì  $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=3$ nên  $\underset{x\to -1}{\lim }f\left(x\right)=3$.

 a) Với x = 1 000 suy ra  $y=\frac{1}{1000}=0,001$;

Với x = 10 000 suy ra  $y=\frac{1}{10000}=0,0001$;

Với x = 100 000 suy ra  $y=\frac{1}{100000}=0,00001$.

Từ đó ta có bảng sau:

b) Với x = – 100 000 suy ra  $y=\frac{1}{-100000}=0,00001$;

Với x = – 10 000 suy ra  $y=\frac{1}{-10000}=-0,0001$;

Với x = – 1 000 suy ra  $y=\frac{1}{-1000}=-0,001$.

Từ đó ta có bảng sau:

a)  $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1-3x^2}{x^2+2x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x^2}-3}{1+\frac{2}{x}}=-3$

b)  $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2}{x+1}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\frac{2}{x}}{1+\frac{1}{x}}=0$.

a) Trong 200m³ nước có nồng độ muối là 10kg/m³.

Do đó trong 200 m³ nước có 10.200 = 2000 kg muối.

Mỗi phút người ta bơm nước ngọt vào hồ 2m³ thì sau t phút có 200 + 2t (m³).

Khi đó nồng độ muối trong bể là:  $C\left(t\right)=\frac{2000}{200+x}\left(kg/m^3\right)$.

b)  $\underset{t\to +\infty }{\lim }C\left(t\right)=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{2000}{200+2t}=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{\frac{2000}{t}}{\frac{200}{t}+2}=0$.

Vậy khi bom nước ngọt vào hồ thì phải mất rất nhiều thời gian hồ mới được ngọt hóa.

a) Ta có:  $\underset{x\to 3^{-}}{\lim }2x=6;\underset{x\to 3^{-}}{\lim }\frac{1}{x-3}=-\infty$

Do đó  $\underset{x\to 3^{-}}{\lim }\frac{2x}{x-3}=\underset{x\to 3^{-}}{\lim }\left[2x.\frac{1}{x-3}\right]=-\infty$.

b) Ta có: 3x – 1 =  $x\left(3-\frac{1}{x}\right)$

Suy ra  $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(3x-1\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }x\left(3-\frac{1}{x}\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }x.\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(3-\frac{1}{x}\right)=+\infty$.

Hình chữ nhật OHMK có các kích thước lần lượt là hoành độ và tung độ của điểm M.

Ta có x là hoành độ điểm H nên hoành độ điểm M cũng bằng x và M luôn nằm trên đồ thị  $y=\frac{1}{x^2}\left(x>0\right)$ nên tọa độ điểm M là  $\left(x;\frac{1}{x^2}\right)\left(x>0\right)$.

Khi đó diện tích hình chữ nhật OHMK là:  $x.\frac{1}{x^2}=\frac{1}{x}$.

Khi H gần tiến đến gốc tọa độ nghĩa là x dần tiến đến 0⁺ thì  $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{x}=+\infty$.

Khi H tiến xa sang phía bên phải thì x dần tiến tới +∞ thì  $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{x}=0$.

a)  $\underset{x\to -2}{\lim }\left(x^2-7x+4\right)=\underset{x\to -2}{\lim }{x}^2-7.\underset{x\to -2}{\lim }x+\underset{x\to -2}{\lim }4=4-7.\left(-2\right)+4=22$.

b)  $\underset{x\to 3}{\lim }\frac{x-3}{x^2-9}=\underset{x\to 3}{\lim }\frac{x-3}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\underset{x\to 3}{\lim }\frac{1}{x+3}=\frac{1}{6}$

c)  $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{3-\sqrt{x+8}}{x-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(3-\sqrt{x+8}\right)\left(3-+\sqrt{x+8}\right)}{\left(x-1\right)\left(3-\sqrt{x+8}\right)}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{9-x-8}{\left(x-1\right)\left(3+\sqrt{x+8}\right)}$

 $=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{-1}{3+\sqrt{x+8}}=-\frac{1}{6}$.

+) Với dãy số (x_n) bất kì, x_n ≤ 1 và x_n → 1. Khi đó f(x_n) =  $-x_n^2$ nên limf(x_n) =  $\lim \left(-x_n^2\right)=-1$.

Vì vậy  $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=-1$.

+) Với dãy số (x_n) bất kì, x_n > 1 và x_n → 1. Khi đó f(x_n) = x_n nên limf(x_n) = lim(x_n) = 1.

Vì vậy  $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=1$.

+) Vì  $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)\ne \underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)$ nên không tồn tại  $\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)$.

a)  $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{4x+3}{2x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{4+\frac{3}{x}}{2}=2$.

b)  $$$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2}{3x+1}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\frac{2}{x}}{3+\frac{1}{x}}=0$.

c)  $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}}{x+1}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}}{x+1}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}{1+\frac{1}{x}}=1$.

a)  $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{1}{x+1}=\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{x}}{1+\frac{1}{x}}=0$;

b) Ta viết:  $1-x^2=x^2.\left(\frac{1}{x^2}-1\right)$

Ta có:  $\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^2=+\infty ;\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\frac{1}{x^2}-1\right)=-1$

Do đó:   $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(1-x^2\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^2\left(\frac{1}{x^2}-1\right)=-\infty$.

c) Ta viết:  $\frac{x}{3-x}=x.\frac{1}{3-x}$

Ta có:  $\underset{x\to 3^{+}}{\lim }x=3;\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\frac{1}{3-x}=+\infty$

Do đó:  $\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\frac{x}{3-x}=\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\left(x.\frac{1}{3-x}\right)=\underset{x\to 3^{+}}{\lim }x.\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\frac{1}{3-x}=+\infty$.

a) Sau t phút số lít nước biển bơm vào là: 15t (lít).

Khi đó số gam muối trong 15t lít nước biển là: 30.15t (gam).

Tổng số lít nước trong hồ là: 6000 + 15t (lít).

Nồng độ muối của nước trong hồ sau t phút kể từ khi bắt đầu bơm là:  $C\left(t\right)=\frac{30.15t}{6000+15t}=\frac{30t}{400+t}$ (gam/lít).

b) Khi t → +∞ thì  $\underset{t\to +\infty }{\lim }C\left(t\right)=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{30t}{400+t}=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{30}{\frac{400}{t}+1}=30$.

Vậy nồng độ muối trong hồ gần đến 30gam/lít khi t → +∞.

a) Ta có:  $\underset{d\to f^{+}}{\lim }g\left(d\right)=\underset{d\to f^{+}}{\lim }\frac{df}{d-f}=\underset{d\to f^{+}}{\lim }df.\underset{d\to f^{+}}{\lim }\frac{1}{d-f}=+\infty$.

Như vậy khi khoảng cách của vật đến quang tâm O gần bằng tiêu cự của thấu kính thì khoảng cách từ ảnh đến quang tâm O của thấu kính càng lớn.

b) Ta có:  $\underset{d\to +\infty }{\lim }g\left(d\right)=\underset{d\to +\infty }{\lim }\frac{df}{d-f}=\underset{d\to +\infty }{\lim }\frac{f}{1-\frac{f}{d}}=f$.

Như vậy khi khoảng cách của vật đến quang tâm O càng lớn thì khoảng cách từ ảnh đến quang tâm O của thấu kính càng gần tiêu cự.