Mở đầu trang 111

Đề bài: Trong Thuyết tương đối của Einstein, khối lượng của vật chuyển động với vận tốc $v$ cho bởi công thức

$$m = \dfrac{m_0}{\sqrt{1 – \dfrac{v^2}{c^2}}},$$

trong đó $m_0$ là khối lượng của vật khi nó đứng yên, $c$ là vận tốc ánh sáng. Chuyện gì xảy ra với khối lượng của vật khi vận tốc của vật gần với vận tốc ánh sáng?

Lời giải:

Đây là tình huống dẫn nhập, sẽ được giải đáp đầy đủ ở Ví dụ 8 (trang 116) sau khi học sinh đã học về giới hạn vô cực của hàm số tại một điểm.

Ý tưởng chính: Khi $v \to c^-$ (vận tốc tiến gần vận tốc ánh sáng), ta có $\dfrac{v^2}{c^2} \to 1^-$, suy ra $1 – \dfrac{v^2}{c^2} \to 0^+$, do đó $\sqrt{1 – \dfrac{v^2}{c^2}} \to 0^+$. Khi mẫu tiến về $0^+$ và tử là hằng số dương $m_0$ thì $m \to +\infty$.

Kết luận: Khối lượng của vật trở nên vô cùng lớn khi vận tốc của vật gần với vận tốc ánh sáng.

1. Giới hạn hữu hạn của hàm số tại một điểm

HĐ1 (trang 111)

Đề bài: Cho hàm số $f(x) = \dfrac{4 – x^2}{x – 2}$.

a) Tìm tập xác định của hàm số $f(x)$.

b) Cho dãy số $x_n = 2 + \dfrac{1}{n}$. Rút gọn $f(x_n)$ và tính giới hạn của dãy $(u_n)$ với $u_n = f(x_n)$.

c) Với dãy số $(x_n)$ bất kì sao cho $x_n \neq 2$ và $x_n \to 2$, tính $f(x_n)$ và tìm $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} f(x_n)$.

Lời giải:

a) Hàm số $f(x)$ xác định khi mẫu $x – 2 \neq 0 \Leftrightarrow x \neq 2$.

Tập xác định: $D = \mathbb{R} \setminus {2}$.

b) Với $x_n = 2 + \dfrac{1}{n}$ (chú ý $x_n \neq 2$ với mọi $n \geq 1$), ta có $x_n – 2 = \dfrac{1}{n}$.

Rút gọn $f(x_n)$:

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

Do đó:

$$\lim_{n\to+\infty} u_n = \lim_{n\to+\infty}\left( -4 – \dfrac{1}{n} \right) = -4.$$

c) Với dãy $(x_n)$ bất kì sao cho $x_n \neq 2$ và $x_n \to 2$:

$$f(x_n) = \dfrac{4 – x_n^2}{x_n – 2} = \dfrac{-(x_n – 2)(x_n + 2)}{x_n – 2} = -(x_n + 2).$$

Khi $x_n \to 2$ thì $-(x_n + 2) \to -4$. Vậy:

$$\lim_{n\to+\infty} f(x_n) = -4.$$

Theo định nghĩa, ta nói $\displaystyle\lim_{x\to 2} f(x) = -4$.

Luyện tập 1 (trang 113)

Đề bài: Tính $\displaystyle\lim_{x\to 1} \dfrac{x – 1}{\sqrt{x} – 1}.$

Lời giải:

Khi $x \to 1$, cả tử và mẫu đều tiến về $0$ (dạng vô định $\dfrac{0}{0}$), nên ta cần biến đổi.

Nhận xét: $x – 1 = (\sqrt{x})^2 – 1^2 = (\sqrt{x} – 1)(\sqrt{x} + 1)$ (với $x > 0$).

Do đó:

$$\dfrac{x – 1}{\sqrt{x} – 1} = \dfrac{(\sqrt{x} – 1)(\sqrt{x} + 1)}{\sqrt{x} – 1} = \sqrt{x} + 1.$$

Áp dụng quy tắc tính giới hạn:

$$\lim_{x\to 1} \dfrac{x – 1}{\sqrt{x} – 1} = \lim_{x\to 1}(\sqrt{x} + 1) = \sqrt{1} + 1 = 2.$$

HĐ2 (trang 113)

Đề bài: Cho hàm số $f(x) = \dfrac{|x – 1|}{x – 1}$.

a) Cho $x_n = 1 – \dfrac{1}{n+1}$ và $x’_n = 1 + \dfrac{1}{n}$. Tính $y_n = f(x_n)$ và $y’_n = f(x’_n)$.

b) Tìm giới hạn của các dãy số $(y_n)$ và $(y’_n)$.

c) Cho các dãy số $(x_n)$ và $(x’_n)$ bất kì sao cho $x_n < 1 < x’_n$ và $x_n \to 1$, $x’_n \to 1$, tính $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} f(x_n)$ và $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} f(x’_n)$.

Lời giải:

a)

• Với $x_n = 1 – \dfrac{1}{n+1} < 1$, ta có $x_n – 1 = -\dfrac{1}{n+1} < 0$, nên $|x_n – 1| = -(x_n – 1) = \dfrac{1}{n+1}$. Do đó:

$$y_n = f(x_n) = \dfrac{|x_n – 1|}{x_n – 1} = \dfrac{-(x_n – 1)}{x_n – 1} = -1.$$

• Với $x’_n = 1 + \dfrac{1}{n} > 1$, ta có $x’_n – 1 = \dfrac{1}{n} > 0$, nên $|x’_n – 1| = x’_n – 1$. Do đó:

$$y’_n = f(x’_n) = \dfrac{x’_n – 1}{x’_n – 1} = 1.$$

b) $(y_n)$ là dãy hằng bằng $-1$, nên $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} y_n = -1$. Tương tự, $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} y’_n = 1$.

c)

• Với dãy $(x_n)$ bất kì sao cho $x_n < 1$ và $x_n \to 1$: vì $x_n – 1 < 0$ nên $|x_n – 1| = -(x_n – 1)$, suy ra $f(x_n) = -1$ với mọi $n$. Do đó $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} f(x_n) = -1$.
• Với dãy $(x’_n)$ bất kì sao cho $x’_n > 1$ và $x’_n \to 1$: tương tự $f(x’_n) = 1$ với mọi $n$, nên $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} f(x’_n) = 1$$.

Nhận xét: Hai giới hạn này khác nhau, đây là gợi ý dẫn đến khái niệm giới hạn một phía (giới hạn bên trái và bên phải).

Luyện tập 2 (trang 113)

Đề bài: Cho hàm số $f(x) = \begin{cases} -x & \text{nếu } x < 0 \\ \sqrt{x} & \text{nếu } x \geq 0. \end{cases}$

Tính $\displaystyle\lim_{x\to 0^+} f(x)$, $\displaystyle\lim_{x\to 0^-} f(x)$ và $\displaystyle\lim_{x\to 0} f(x)$.

Lời giải:

Tính $\displaystyle\lim_{x\to 0^+} f(x)$ (giới hạn bên phải):

Khi $x \to 0^+$ tức $x > 0$, ta có $f(x) = \sqrt{x}$. Do đó:

$$\lim_{x\to 0^+} f(x) = \lim_{x\to 0^+} \sqrt{x} = \sqrt{0} = 0.$$

Tính $\displaystyle\lim_{x\to 0^-} f(x)$ (giới hạn bên trái):

Khi $x \to 0^-$ tức $x < 0$, ta có $f(x) = -x$. Do đó:

$$\lim_{x\to 0^-} f(x) = \lim_{x\to 0^-}(-x) = 0.$$

Tính $\displaystyle\lim_{x\to 0} f(x)$:

Vì $\displaystyle\lim_{x\to 0^+} f(x) = \lim_{x\to 0^-} f(x) = 0$ nên:

$$\lim_{x\to 0} f(x) = 0.$$

2. Giới hạn hữu hạn của hàm số tại vô cực

HĐ3 (trang 114)

Đề bài: Cho hàm số $f(x) = 1 + \dfrac{2}{x – 1}$ có đồ thị như Hình 5.4. Giả sử $(x_n)$ là dãy số sao cho $x_n > 1$, $x_n \to +\infty$. Tính $f(x_n)$ và tìm $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} f(x_n)$.

Lời giải:

Với dãy $(x_n)$ bất kì sao cho $x_n > 1$ và $x_n \to +\infty$:

$$f(x_n) = 1 + \dfrac{2}{x_n – 1}.$$

Khi $x_n \to +\infty$ thì $x_n – 1 \to +\infty$, do đó $\dfrac{2}{x_n – 1} \to 0$. Suy ra:

$$\lim_{n\to+\infty} f(x_n) = \lim_{n\to+\infty}\left( 1 + \dfrac{2}{x_n – 1} \right) = 1 + 0 = 1.$$

Liên hệ với đồ thị: Khi $x$ càng lớn, đồ thị càng tiến gần đường thẳng $y = 1$ (tiệm cận ngang). Đây chính là ý nghĩa hình học của giới hạn $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x) = 1$.

Luyện tập 3 (trang 115)

Đề bài: Tính $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{\sqrt{x^2 + 2}}{x + 1}.$

Lời giải:

Khi $x \to +\infty$, cả tử và mẫu đều tiến đến $+\infty$ (dạng vô định $\dfrac{\infty}{\infty}$). Ta chia cả tử và mẫu cho $x$ (chú ý $x > 0$ nên $x = \sqrt{x^2}$):

$$\dfrac{\sqrt{x^2 + 2}}{x + 1} = \dfrac{\sqrt{x^2 + 2}/x}{(x+1)/x} = \dfrac{\sqrt{(x^2 + 2)/x^2}}{1 + \dfrac{1}{x}} = \dfrac{\sqrt{1 + \dfrac{2}{x^2}}}{1 + \dfrac{1}{x}}.$$

Khi $x \to +\infty$:

• $\dfrac{2}{x^2} \to 0$, nên $\sqrt{1 + \dfrac{2}{x^2}} \to \sqrt{1} = 1$.
• $\dfrac{1}{x} \to 0$, nên $1 + \dfrac{1}{x} \to 1$.

Do đó:

$$\lim_{x\to+\infty} \dfrac{\sqrt{x^2 + 2}}{x + 1} = \dfrac{1}{1} = 1.$$

Vận dụng (trang 115)

Đề bài: Cho tam giác vuông $OAB$ với $A = (a; 0)$ và $B = (0; 1)$ 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?

Lời giải:

a) Tam giác $OAB$ vuông tại $O$ (do $OA \perp OB$ vì nằm trên hai trục toạ độ). Hai cạnh góc vuông: $OA = a$, $OB = 1$. Cạnh huyền:

$$AB = \sqrt{OA^2 + OB^2} = \sqrt{a^2 + 1}.$$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông (tích hai cạnh góc vuông bằng tích đường cao với cạnh huyền):

$$OA \cdot OB = OH \cdot AB \Leftrightarrow a \cdot 1 = h \cdot \sqrt{a^2 + 1} \Rightarrow h = \dfrac{a}{\sqrt{a^2 + 1}}.$$

b) Khi $A$ dịch chuyển về $O$, tức $a \to 0^+$:

$$\lim_{a\to 0^+} h = \lim_{a\to 0^+} \dfrac{a}{\sqrt{a^2 + 1}} = \dfrac{0}{\sqrt{0 + 1}} = 0.$$

Vậy $h \to 0$, nghĩa là điểm $H$ cũng dịch chuyển dần về $O$. Điều này hợp lí vì khi $A$ trùng $O$ thì tam giác $OAB$ “suy biến” và đường cao bằng $0$.

c) Khi $A$ dịch chuyển ra vô cực, tức $a \to +\infty$. Chia cả tử và mẫu cho $a$ ($a > 0$):

$$h = \dfrac{a}{\sqrt{a^2 + 1}} = \dfrac{1}{\sqrt{(a^2+1)/a^2}} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + \dfrac{1}{a^2}}}.$$

Khi $a \to +\infty$ thì $\dfrac{1}{a^2} \to 0$, do đó:

$$\lim_{a\to+\infty} h = \dfrac{1}{\sqrt{1 + 0}} = 1.$$

Vậy $h \to 1$, nghĩa là $H$ dịch chuyển dần đến vị trí có khoảng cách $1$ từ $O$ (gần điểm $B$). Điều này hợp lí vì khi $A$ rất xa thì cạnh huyền $AB$ gần như song song với $Ox$, và đường cao $OH$ tiến gần $OB = 1$.

3. Giới hạn vô cực của hàm số tại một điểm

a) Giới hạn vô cực

HĐ4 (trang 115)

Đề bài: Xét hàm số $f(x) = \dfrac{1}{x^2}$ có đồ thị như Hình 5.6. Cho $x_n = \dfrac{1}{n}$, chứng tỏ rằng $f(x_n) \to +\infty$.

Lời giải:

Với $x_n = \dfrac{1}{n}$, ta có:

$$f(x_n) = \dfrac{1}{x_n^2} = \dfrac{1}{(1/n)^2} = n^2.$$

Khi $n \to +\infty$ thì $n^2 \to +\infty$. Vậy $f(x_n) \to +\infty$.

Một cách trực quan: khi $x$ tiến gần $0$, $x^2$ tiến gần $0$ (luôn dương), do đó $\dfrac{1}{x^2}$ trở nên rất lớn.

HĐ5 (trang 116)

Đề bài: Cho hàm số $f(x) = \dfrac{1}{x – 1}$. Với các dãy số $(x_n)$ và $(x’_n)$ cho bởi $x_n = 1 + \dfrac{1}{n}$, $x’_n = 1 – \dfrac{1}{n}$, tính $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} f(x_n)$ và $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} f(x’_n)$.

Lời giải:

Tính $\displaystyle\lim f(x_n)$:

$$f(x_n) = \dfrac{1}{x_n – 1} = \dfrac{1}{\left(1 + \dfrac{1}{n}\right) – 1} = \dfrac{1}{\dfrac{1}{n}} = n.$$

Khi $n \to +\infty$, $f(x_n) = n \to +\infty$.

Tính $\displaystyle\lim f(x’_n)$:

$$f(x’_n) = \dfrac{1}{x’_n – 1} = \dfrac{1}{\left(1 – \dfrac{1}{n}\right) – 1} = \dfrac{1}{-\dfrac{1}{n}} = -n.$$

Khi $n \to +\infty$, $f(x’_n) = -n \to -\infty$.

Nhận xét: Đây là cơ sở cho khái niệm giới hạn vô cực một bên: $\displaystyle\lim_{x\to 1^+} \dfrac{1}{x-1} = +\infty$ và $\displaystyle\lim_{x\to 1^-} \dfrac{1}{x-1} = -\infty$.

Luyện tập 4 (trang 116)

Đề bài: Tính các giới hạn sau:

a) $\displaystyle\lim_{x\to 0} \dfrac{2}{|x|};$

b) $\displaystyle\lim_{x\to 2^-} \dfrac{1}{\sqrt{2 – x}}.$

Lời giải:

a) Khi $x \to 0$ (và $x \neq 0$):

• Tử số bằng $2$ (hằng số dương).
• Mẫu số $|x| \to 0$ và $|x| > 0$ với mọi $x \neq 0$.

Áp dụng quy tắc tìm giới hạn của thương: nếu $\displaystyle\lim f(x) = L > 0$, $\displaystyle\lim g(x) = 0$ và $g(x) > 0$ thì $\displaystyle\lim \dfrac{f(x)}{g(x)} = +\infty$.

Do đó:

$$\lim_{x\to 0} \dfrac{2}{|x|} = +\infty.$$

b) Khi $x \to 2^-$ (tức $x < 2$):

• Tử số bằng $1$ (hằng số dương).
• $2 – x \to 0$ và $2 – x > 0$ (vì $x < 2$), nên $\sqrt{2 – x} \to 0$ và $\sqrt{2 – x} > 0$.

Áp dụng quy tắc trên:

$$\lim_{x\to 2^-} \dfrac{1}{\sqrt{2 – x}} = +\infty.$$

Luyện tập 5 (trang 118)

Đề bài: Tính $\displaystyle\lim_{x\to 2^+} \dfrac{2x – 1}{x – 2}$ và $\displaystyle\lim_{x\to 2^-} \dfrac{2x – 1}{x – 2}.$

Lời giải:

Tính $\displaystyle\lim_{x\to 2^+} \dfrac{2x – 1}{x – 2}$:

Khi $x \to 2^+$ (tức $x > 2$):

• Tử số: $2x – 1 \to 2 \cdot 2 – 1 = 3 > 0$.
• Mẫu số: $x – 2 \to 0$ và $x – 2 > 0$ (vì $x > 2$).

Áp dụng quy tắc tìm giới hạn của thương:

$$\lim_{x\to 2^+} \dfrac{2x – 1}{x – 2} = +\infty.$$

Tính $\displaystyle\lim_{x\to 2^-} \dfrac{2x – 1}{x – 2}$:

Khi $x \to 2^-$ (tức $x < 2$):

• Tử số: $2x – 1 \to 3 > 0$.
• Mẫu số: $x – 2 \to 0$ và $x – 2 < 0$ (vì $x < 2$).

Áp dụng quy tắc:

$$\lim_{x\to 2^-} \dfrac{2x – 1}{x – 2} = -\infty.$$

Bài tập (trang 118)

Bài 5.7 (trang 118)

Đề bài: Cho hai hàm số $f(x) = \dfrac{x^2 – 1}{x – 1}$ và $g(x) = x + 1$. Khẳng định nào sau đây là đúng?

a) $f(x) = g(x);$

b) $\displaystyle\lim_{x\to 1} f(x) = \lim_{x\to 1} g(x).$

Lời giải:

Khẳng định a): SAI.

Hai hàm số có tập xác định khác nhau: $f(x)$ xác định khi $x – 1 \neq 0 \Leftrightarrow x \neq 1$, còn $g(x) = x + 1$ xác định với mọi $x \in \mathbb{R}$ (kể cả $x = 1$). Hai hàm số chỉ trùng nhau trên $\mathbb{R} \setminus {1}$, nên không thể nói $f(x) = g(x)$.

Khẳng định b): ĐÚNG.

Với $x \neq 1$, ta có:

$$f(x) = \dfrac{x^2 – 1}{x – 1} = \dfrac{(x – 1)(x + 1)}{x – 1} = x + 1 = g(x).$$

Do đó:

• $\displaystyle\lim_{x\to 1} f(x) = \lim_{x\to 1}(x + 1) = 2$.
• $\displaystyle\lim_{x\to 1} g(x) = \lim_{x\to 1}(x + 1) = 2$.

Vậy $\displaystyle\lim_{x\to 1} f(x) = \lim_{x\to 1} g(x) = 2$.

Kết luận: Khẳng định b) đúng.

Bài 5.8 (trang 118)

Đề bài: Tính các giới hạn sau:

a) $\displaystyle\lim_{x\to 0} \dfrac{(x + 2)^2 – 4}{x};$

b) $\displaystyle\lim_{x\to 0} \dfrac{\sqrt{x^2 + 9} – 3}{x^2}.$

Lời giải:

a) Khi $x \to 0$, cả tử và mẫu đều tiến về $0$ (dạng $\dfrac{0}{0}$). Khai triển tử số:

$$(x + 2)^2 – 4 = x^2 + 4x + 4 – 4 = x^2 + 4x = x(x + 4).$$

Do đó (với $x \neq 0$):

$$\dfrac{(x + 2)^2 – 4}{x} = \dfrac{x(x + 4)}{x} = x + 4.$$

Vậy:

$$\lim_{x\to 0} \dfrac{(x + 2)^2 – 4}{x} = \lim_{x\to 0}(x + 4) = 4.$$

b) Khi $x \to 0$, cả tử và mẫu đều tiến về $0$. Nhân cả tử và mẫu với biểu thức liên hợp $\sqrt{x^2 + 9} + 3$:

$$\dfrac{\sqrt{x^2 + 9} – 3}{x^2} = \dfrac{(\sqrt{x^2 + 9} – 3)(\sqrt{x^2 + 9} + 3)}{x^2 (\sqrt{x^2 + 9} + 3)} = \dfrac{(x^2 + 9) – 9}{x^2(\sqrt{x^2 + 9} + 3)} = \dfrac{x^2}{x^2(\sqrt{x^2 + 9} + 3)} = \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + 9} + 3}.$$

Vậy:

$$\lim_{x\to 0} \dfrac{\sqrt{x^2 + 9} – 3}{x^2} = \lim_{x\to 0} \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + 9} + 3} = \dfrac{1}{\sqrt{0 + 9} + 3} = \dfrac{1}{3 + 3} = \dfrac{1}{6}.$$

Bài 5.9 (trang 118)

Đề bài: Cho hàm số $H(t) = \begin{cases} 0 & \text{nếu } t < 0 \\ 1 & \text{nếu } t \geq 0 \end{cases}$ (hàm Heaviside, thường được dùng để mô tả việc chuyển trạng thái tắt/mở của dòng điện tại thời điểm $t = 0$).

Tính $\displaystyle\lim_{t\to 0^+} H(t)$ và $\displaystyle\lim_{t\to 0^-} H(t)$.

Lời giải:

Tính $\displaystyle\lim_{t\to 0^+} H(t)$:

Khi $t \to 0^+$, tức $t > 0$ (và $t \geq 0$), theo định nghĩa $H(t) = 1$. Do đó:

$$\lim_{t\to 0^+} H(t) = \lim_{t\to 0^+} 1 = 1.$$

Tính $\displaystyle\lim_{t\to 0^-} H(t)$:

Khi $t \to 0^-$, tức $t < 0$, theo định nghĩa $H(t) = 0$. Do đó:

$$\lim_{t\to 0^-} H(t) = \lim_{t\to 0^-} 0 = 0.$$

Nhận xét: Hai giới hạn một bên khác nhau ($0 \neq 1$), nên hàm $H(t)$ không có giới hạn tại $t = 0$. Điều này phù hợp với ý nghĩa vật lí: dòng điện chuyển trạng thái đột ngột tại thời điểm $t = 0$.

Bài 5.10 (trang 118)

Đề bài: Tính các giới hạn một bên:

a) $\displaystyle\lim_{x\to 1^+} \dfrac{x – 2}{x – 1};$

b) $\displaystyle\lim_{x\to 4^-} \dfrac{x^2 – x + 1}{4 – x}.$

Lời giải:

a) Khi $x \to 1^+$ (tức $x > 1$):

• Tử số: $x – 2 \to 1 – 2 = -1 < 0$.
• Mẫu số: $x – 1 \to 0$ và $x – 1 > 0$ (vì $x > 1$).

Áp dụng quy tắc tìm giới hạn của thương (tử có giới hạn $L < 0$, mẫu tiến về $0$ với dấu dương):

$$\lim_{x\to 1^+} \dfrac{x – 2}{x – 1} = -\infty.$$

b) Khi $x \to 4^-$ (tức $x < 4$):

• Tử số: $x^2 – x + 1 \to 16 – 4 + 1 = 13 > 0$.
• Mẫu số: $4 – x \to 0$ và $4 – x > 0$ (vì $x < 4$).

Áp dụng quy tắc (tử có giới hạn $L > 0$, mẫu tiến về $0$ với dấu dương):

$$\lim_{x\to 4^-} \dfrac{x^2 – x + 1}{4 – x} = +\infty.$$

Bài 5.11 (trang 118)

Đề bài: Cho hàm số $g(x) = \dfrac{x^2 – 5x + 6}{|x – 2|}$. Tìm $\displaystyle\lim_{x\to 2^+} g(x)$ và $\displaystyle\lim_{x\to 2^-} g(x)$.

Lời giải:

Bước 1: Phân tích tử số.

$$x^2 – 5x + 6 = (x – 2)(x – 3).$$

Bước 2: Tính giới hạn bên phải.

Khi $x \to 2^+$ tức $x > 2$, ta có $x – 2 > 0$ nên $|x – 2| = x – 2$. Do đó:

$$g(x) = \dfrac{(x – 2)(x – 3)}{x – 2} = x – 3.$$

Vậy:

$$\lim_{x\to 2^+} g(x) = \lim_{x\to 2^+}(x – 3) = 2 – 3 = -1.$$

Bước 3: Tính giới hạn bên trái.

Khi $x \to 2^-$ tức $x < 2$, ta có $x – 2 < 0$ nên $|x – 2| = -(x – 2)$. Do đó:

$$g(x) = \dfrac{(x – 2)(x – 3)}{-(x – 2)} = -(x – 3) = 3 – x.$$

Vậy:

$$\lim_{x\to 2^-} g(x) = \lim_{x\to 2^-}(3 – x) = 3 – 2 = 1.$$

Nhận xét: Hai giới hạn một bên khác nhau ($-1 \neq 1$), nên không tồn tại $\displaystyle\lim_{x\to 2} g(x)$.

Bài 5.12 (trang 118)

Đề bài: Tính các giới hạn sau:

a) $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{1 – 2x}{\sqrt{x^2 + 1}};$

b) $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left( \sqrt{x^2 + x + 2} – x \right).$

Lời giải:

a) Khi $x \to +\infty$, ta có $x > 0$ nên $x = \sqrt{x^2}$. Chia cả tử và mẫu cho $x$:

$$\dfrac{1 – 2x}{\sqrt{x^2 + 1}} = \dfrac{(1 – 2x)/x}{\sqrt{x^2 + 1}/x} = \dfrac{\dfrac{1}{x} – 2}{\sqrt{\dfrac{x^2 + 1}{x^2}}} = \dfrac{\dfrac{1}{x} – 2}{\sqrt{1 + \dfrac{1}{x^2}}}.$$

Khi $x \to +\infty$: $\dfrac{1}{x} \to 0$, $\dfrac{1}{x^2} \to 0$. Do đó:

$$\lim_{x\to+\infty} \dfrac{1 – 2x}{\sqrt{x^2 + 1}} = \dfrac{0 – 2}{\sqrt{1 + 0}} = \dfrac{-2}{1} = -2.$$

b) Đây là dạng vô định $\infty – \infty$. Nhân và chia với biểu thức liên hợp:

$$\sqrt{x^2 + x + 2} – x = \dfrac{(\sqrt{x^2 + x + 2} – x)(\sqrt{x^2 + x + 2} + x)}{\sqrt{x^2 + x + 2} + x} = \dfrac{(x^2 + x + 2) – x^2}{\sqrt{x^2 + x + 2} + x} = \dfrac{x + 2}{\sqrt{x^2 + x + 2} + x}.$$

Chia cả tử và mẫu cho $x$ ($x > 0$):

$$\dfrac{x + 2}{\sqrt{x^2 + x + 2} + x} = \dfrac{1 + \dfrac{2}{x}}{\sqrt{1 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{2}{x^2}} + 1}.$$

Khi $x \to +\infty$: $\dfrac{2}{x} \to 0$, $\dfrac{1}{x} \to 0$, $\dfrac{2}{x^2} \to 0$. Do đó:

$$\lim_{x\to+\infty}\left( \sqrt{x^2 + x + 2} – x \right) = \dfrac{1 + 0}{\sqrt{1 + 0 + 0} + 1} = \dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}.$$

Bài 5.13 (trang 118)

Đề bài: Cho hàm số $f(x) = \dfrac{2}{(x – 1)(x – 2)}$. Tìm $\displaystyle\lim_{x\to 2^+} f(x)$ và $\displaystyle\lim_{x\to 2^-} f(x)$.

Lời giải:

Tính $\displaystyle\lim_{x\to 2^+} f(x)$:

Khi $x \to 2^+$ tức $x > 2$:

• Tử số bằng $2 > 0$.
• $x – 1 \to 2 – 1 = 1 > 0$.
• $x – 2 \to 0$ và $x – 2 > 0$ (vì $x > 2$).

Do đó tích $(x – 1)(x – 2) \to 0$ và mang dấu dương (tích của một số dương và một số dương rất nhỏ).

Áp dụng quy tắc tìm giới hạn của thương:

$$\lim_{x\to 2^+} \dfrac{2}{(x – 1)(x – 2)} = +\infty.$$

Tính $\displaystyle\lim_{x\to 2^-} f(x)$:

Khi $x \to 2^-$ tức $x < 2$ (và ta xét gần $2$ nên $x > 1$):

• Tử số bằng $2 > 0$.
• $x – 1 \to 1 > 0$.
• $x – 2 \to 0$ và $x – 2 < 0$ (vì $x < 2$).

Do đó tích $(x – 1)(x – 2) \to 0$ và mang dấu âm.

Áp dụng quy tắc:

$$\lim_{x\to 2^-} \dfrac{2}{(x – 1)(x – 2)} = -\infty.$$

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh