Lời giải:

Sau bài học này ta sẽ giải quyết được bài toán trên như sau:

Từ công thức khối lượng

\(m = \frac{{{m_0}}}{{\sqrt {1 - \frac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} }}\)

ta thấy m là một hàm số của v, với tập xác định là nửa khoảng [0; c). Rõ ràng khi v tiến gần tới vận tốc ánh sáng, tức là v ⟶ c, ta có \(\sqrt {1 - \frac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} \to 0\). Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{v \to {c^ - }} m\left( v \right) = + \infty \), nghĩa là khối lượng m của vật trở nên vô cùng lớn khi vận tốc của vật gần tới vận tốc ánh sáng.

Lời giải:

a) Biểu thức f(x) có nghĩa khi x – 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2.

Do đó, tập xác định của hàm số f(x) là D = ℝ \ {2}.

b) Ta có:

\(f\left( {{x_n}} \right) = \frac{{4 - {{\left( {\frac{{2n + 1}}{n}} \right)}^2}}}{{\frac{{2n + 1}}{n} - 2}}\)\( = \frac{{4 - {{\left( {2 + \frac{1}{n}} \right)}^2}}}{{\left( {2 + \frac{1}{n}} \right) - 2}} = \frac{{4 - \left( {4 + \frac{4}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{\frac{1}{n}}}\) \(\frac{{ - \frac{1}{n}\left( {4 + \frac{1}{n}} \right)}}{{\frac{1}{n}}} = - 4 - \frac{1}{n}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - 4 - \frac{1}{n}} \right) = - 4\).

c) Ta có: \(f\left( {{x_n}} \right) = \frac{{4 - x_n^2}}{{{x_n} - 2}} = \frac{{\left( {2 - {x_n}} \right)\left( {2 + {x_n}} \right)}}{{ - \left( {2 - {x_n}} \right)}} = - 2 - {x_n}\).

Vì x_n ≠ 2 và x_n ⟶ 2 với mọi n nên \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {x_n} = 2\).

Do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - 2 - {x_n}} \right) = - 2 - 2 = - 4\).

Lời giải:

a) Ta có: \({x_n} = 1 - \frac{1}{{n + 1}} < 1\) với mọi n > 0 \( \Rightarrow {x_n} - 1 < 0\) với mọi n > 0.

Do đó, \({y_n} = f\left( {{x_n}} \right) = \frac{{\left| {{x_n} - 1} \right|}}{{{x_n} - 1}}\)\( = \frac{{ - \left( {{x_n} - 1} \right)}}{{{x_n} - 1}} = - 1\).

Ta cũng có: \({x'_n} = 1 + \frac{1}{n} > 1\) với mọi n > 0 ⇒ x'_n – 1 > 0 với mọi n > 0.

Do đó, \({y'_n} = f\left( {{{x'}_n}} \right) = \frac{{\left| {{{x'}_n} - 1} \right|}}{{{{x'}_n} - 1}}\)\( = \frac{{{{x'}_n} - 1}}{{{{x'}_n} - 1}} = 1\).

b) Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {y_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - 1} \right) = - 1\); \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {y'_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 1 = 1\).

c) Ta có: \(f\left( x \right) = \frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x - 1}}\)\( = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 1}}{{x - 1}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x - 1 > 0\,\,\,\,\,\\\frac{{ - \left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}}\,\,\,\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x - 1 < 0\end{array} \right.\)\( = \left\{ \begin{array}{l}1\,\,\,\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x - 1 > 0\,\,\,\,\,\\ - 1\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x - 1 < 0\end{array} \right.\)

Vì x_n < 1 < x'_n, suy ra x_n – 1 < 0 và x'_n – 1 > 0 với mọi n.

Do đó, f(x_n) = – 1 và f(x'_n) = 1.

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right)\) = – 1 và \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{{x'}_n}} \right)\] = 1.

Lời giải:

Với dãy số (x_n) bất kì sao cho x_n < 0 và x_n ⟶ 0, ta có f(x_n) = – x_n.

Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - {x_n}} \right) = 0\).

Tương tự, với dãy số (x_n) bất kì sao cho x_n > 0 và x_n ⟶ 0, ta có f(x_n) = \(\sqrt {{x_n}} \).

Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt {{x_n}} = 0\).

Khi đó, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right)\) = \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right)\) = 0. Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right)\) = 0.

Lời giải:

Với (x_n) là dãy số sao cho x_n > 1, x_n ⟶ +∞.

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

Khi x_n ⟶ +∞ thì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{2}{{{x_n} - 1}} = 0\).

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

Lời giải:

a) Ta có: A = (a; 0) ⇒ OA = a; B = (0; 1) ⇒ OB = 1

Tam giác OAB vuông tại O có đường cao OH nên ta có

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}}\)

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

b) Khi điểm A dịch chuyển về O, ta có OA = a = 0, suy ra h = 0, do đó điểm H dịch chuyển về điểm O.

c) Khi A dịch chuyển ra vô cực theo chiều dương của trục Ox, ta có OA = a ⟶ +∞.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } h = \mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } \sqrt {\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 1}}} \)\[ = \mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } \sqrt {\frac{{{a^2}}}{{{a^2}\left( {1 + \frac{1}{{{a^2}}}} \right)}}} \]\( = \mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } \sqrt {\frac{1}{{1 + \frac{1}{{{a^2}}}}}} = 1\).

Do đó, điểm H dịch chuyển về điểm B.

Lời giải:

Ta có: \({x_n} = \frac{1}{n}\), do đó \(f\left( {{x_n}} \right) = \frac{1}{{x_n^2}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{n}} \right)}^2}}} = {n^2}\).

Vì n ⟶ +∞ nên \({x_n} = \frac{1}{n} \to 0\) và f(x_n) ⟶ +∞.

Lời giải:

a) Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{2}{{\left| x \right|}}\). Lấy dãy số (x_n) bất kì sao cho x_n ≠ 0, x_n ⟶ 0.

Do đó, \(f\left( {{x_n}} \right) = \frac{2}{{\left| {{x_n}} \right|}} \to + \infty \). Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2}{{\left| x \right|}} = + \infty \).

b) Đặt \(g\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {2 - x} }}\). Với mọi dãy số (x_n) trong khoảng (– ∞; 2) mà \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {x_n} = 2\), ta có

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

Lời giải:

+) Biểu thức f(x) có nghĩa khi x – 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1.

Ta có: \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{x - 1}} = x + 1\), với mọi x ≠ 1.

Biểu thức g(x) = x + 1 có nghĩa với mọi x.

Do đó, điều kiện xác định của hai hàm số f(x) và g(x) khác nhau, vậy khẳng định a) là sai.

+) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + 1} \right) = 1 + 1 = 2\);

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + 1} \right) = 1 + 1 = 2\).

Lời giải:

Do mẫu thức có giới hạn là 0 khi x ⟶ 0 nên ta không thể áp dụng ngay quy tắc tính giới hạn của thương hai hàm số đối với cả hai câu a và b.

a) Ta có: \(\frac{{{{\left( {x + 2} \right)}^2} - 4}}{x} = \frac{{\left[ {\left( {x + 2} \right) - 2} \right].\left[ {\left( {x + 2} \right) + 2} \right]}}{x}\)\( = \frac{{x\left( {x + 4} \right)}}{x} = x + 4\) với x ≠ 0.

Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {x + 2} \right)}^2} - 4}}{x}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {x + 4} \right) = 0 + 4 = 4\).

b) Ta có: \(\frac{{\sqrt {{x^2} + 9} - 3}}{{{x^2}}} = \frac{{{{\left( {\sqrt {{x^2} + 9} } \right)}^2} - {3^2}}}{{{x^2}\left( {\sqrt {{x^2} + 9} + 3} \right)}}\)\( = \frac{{{x^2}}}{{{x^2}\left( {\sqrt {{x^2} + 9} + 3} \right)}} = \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 9} + 3}}\).

Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {{x^2} + 9} - 3}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 9} + 3}} = \frac{1}{6}\).

Lời giải:

Với dãy số (t_n) bất kì sao cho t_n < 0 và t_n ⟶ 0, ta có H(t_n) = 0.

Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{t \to {0^ - }} H\left( t \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } H\left( {{t_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 0 = 0\).

Tương tự, với dãy số (t_n) bất kì sao cho t_n > 0 và t_n ⟶ 0, ta có H(t_n) = 1.

Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{t \to {0^ + }} H\left( t \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } H\left( {{t_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 1 = 1\).

Lời giải:

a) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 1} \right) = 0\), x – 1 > 0 với mọi x > 1 và

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 2} \right) = 1 - 2 = - 1 < 0\).

Do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x - 2}}{{x - 1}} = - \infty \).

b) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( {4 - x} \right) = 0\), 4 – x > 0 với mọi x < 4 và

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( {{x^2} - x + 1} \right) = {4^2} - 4 + 1 = 13 > 0\).

Do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \frac{{{x^2} - x + 1}}{{4 - x}} = + \infty \).

Lời giải:

Ta có: \(g\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 5x + 6}}{{\left| {x - 2} \right|}}\)\( = \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{\left| {x - 2} \right|}}\)\[ = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{x - 2}}\,\,\,n\^e 'u\,\,x - 2\,\, > 0\\\frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{ - \left( {x - 2} \right)}}\,\,\,n\^e 'u\,\,x - 2 < 0\end{array} \right.\]

\[ = \left\{ \begin{array}{l}x - 3\,\,\,n\^e 'u\,\,x\,\, > 2\\3 - x\,\,\,n\^e 'u\,\,x < 2\end{array} \right.\].

Do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 3} \right) = 2 - 3 = - 1\);

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {3 - x} \right) = 3 - 2 = 1\).

Lời giải:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 - 2x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 - 2x}}{{\sqrt {{x^2}\left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} }}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\left( {\frac{1}{x} - 2} \right)}}{{x\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{1}{x} - 2}}{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }} = \frac{{ - 2}}{{\sqrt 1 }} =  - 2\).

b) Ta có: \(\sqrt {{x^2} + x + 2} - x = \frac{{{{\left( {\sqrt {{x^2} + x + 2} } \right)}^2} - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + x + 2} + x}}\)\( = \frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} + x + 2} + x}}\)

Do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + x + 2} - x} \right)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} + x + 2} + x}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2}\left( {1 + \frac{1}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}} \right)} + x}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + 2}}{{x\sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}} + x}}\)

Lời giải:

Ta có: \(f\left( x \right) = \frac{2}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \frac{2}{{x - 1}} \cdot \frac{1}{{x - 2}}\)

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{2}{{x - 1}} = \frac{2}{{2 - 1}} = 2 > 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{1}{{x - 2}} = + \infty \) (do x – 2 > 0 khi x > 2).

Áp dụng quy tắc tìm giới hạn của tích, ta được \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{2}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = + \infty \).

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{2}{{x - 1}} = \frac{2}{{2 - 1}} = 2 > 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{1}{{x - 2}} = - \infty \) (do x – 2 < 0 khi x < 2).

Áp dụng quy tắc tìm giới hạn của tích, ta được \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{2}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = - \infty \).