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 số tại 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 số tại 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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{{x^3} + 1}}{{{x^2} + 1}} = + \infty \).
