Số $L$ là giới hạn phải của hàm số $y=f(x)$ kí hiệu là:
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Số $L$ là:
+ giới hạn bên phải của hàm số $y=f(x)$ kí hiệu là $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f(x)=L$
+ giới hạn bên trái của hàm số $y=f(x)$ kí hệu là $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ -} f(x)=L$
Đáp án: A.
Chọn đáp án đúng: Với $c,k$ là các hằng số và $k$ nguyên dương thì:
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } c = c,\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \dfrac{c}{{{x^k}}} = 0$ nên đáp án A đúng.
Đáp án: A.
Cho hàm số $y=f(x)$ có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L.$ Chọn đáp án đúng:
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f(x) = L$
Đáp án: A.
Giả sử $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{0}}} f(x)=L,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{0}}} g(x)=M$. Khi đó
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Giả sử $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{0}}} f(x)=L,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{0}}} g(x)=M$. Khi đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{0}}} [f(x)+g(x)]=L+M$
Đáp án: D.
Giả sử $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{0}}} f(x)=L, \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{0}}} g(x)=M.$ Chọn mệnh đề sai:
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Định lý: Giả sử $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{0}}} f(x)=L, \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{0}}} g(x)=M.$ Khi đó
+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{0}}} [f(x)+g(x)]=L+M$
+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{0}}} [f(x)-g(x)]=L-M$
+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{0}}} [f(x).g(x)]=L.M$
+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_{0}}} \dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{L}{M}$ với $M \ne 0.$
Từ định lý trên ta thấy đáp án A sai vì thiếu điều kiện $M \ne 0.$
Đáp án: A.
Hàm số $y=f(x)$ có giới hạn $L$ khi $x \rightarrow x_{0}$ kí hiệu là:
Hàm số $y=f(x)$ có giới hạn $L$ khi $x \rightarrow x_{0}$ kí hiệu là $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_{0}} f(x) = L$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Hàm số $y=f(x)$ có giới hạn $L$ khi $x \rightarrow x_{0}$ kí hiệu là $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_{0}} f(x) = L$
Đáp án C
Kết quả của giới hạn$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 2)}^ + }} \dfrac{|3 x+6|}{x+2}$ là:
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có: $|x+2|=x+2$ với mọi $x>-2$, do đó:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 2)}^ + }} \dfrac{|3 x+6|}{x+2}=\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 2)}^ + }} \dfrac{3|x+2|}{x+2}=\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 2)}^ + }} \dfrac{3(x+2)}{x+2}=3$
Đáp án cần chọn là: B.
Trong các mệnh dề sau, đâu là mệnh đề đúng?
Hướng dẫn giải (chi tiết)
$\begin{array}{l}{\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \dfrac{x^{2}+3 x+2}{|x+1|}=\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \dfrac{(x+1)(x+2)}{x+1}=\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} (x+2)=-1+2=1} \\ {\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \dfrac{x^{2}+3 x+2}{|x+1|}=\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \dfrac{(x+1)(x+2)}{-(x+1)}=\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} [-(x+2)]=-(-1+2)=-1} \\ {\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \dfrac{x^{2}+3 x+2}{|x+1|} \neq \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \dfrac{x^{2}+3 x+2}{|x+1|}}\end{array}$
Suy ra không tồn tại $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \dfrac{x^{2}+3 x+2}{|x+1|}.$
Đáp án cần chọn là: D.
Giá trị của giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} \left|\dfrac{-x^{2}-x+6}{x^{2}+3 x}\right|$ là:
Hướng dẫn giải (chi tiết)
$\mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} \left|\dfrac{-x^{2}-x+6}{x^{2}+3 x}\right|=\mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} \left|\dfrac{(x+3)(x-2)}{x(x+3)}\right|=\mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} \left|\dfrac{x-2}{x}\right|=\left|\dfrac{-3-2}{-3}\right|=\dfrac{5}{3}$
Đáp án cần chọn là: C.
Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to -\infty} \dfrac{3 x^{2}-2 x-1}{x^{2}+1}$ bằng?
Hướng dẫn giải (chi tiết)
$\mathop {\lim }\limits_{x \to -\infty} \dfrac{3 x^{2}-2 x-1}{x^{2}+1}=\mathop {\lim }\limits_{x \infty} \dfrac{3-\dfrac{2}{x}-\dfrac{1}{x^{2}}}{1+\dfrac{1}{x^{2}}}=\dfrac{3}{1}=3$.
Đáp án cần chọn là: D.
Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \sqrt{\dfrac{x^{4}+3 x-1}{2 x^{2}-1}}$ bằng?
Hướng dẫn giải (chi tiết)
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \sqrt{\dfrac{x^{4}+3 x-1}{2 x^{2}-1}}=\sqrt{\dfrac{2^{4}+3.2-1}{2.2^{2}-1}}=\sqrt{\dfrac{16+6-1}{8-1}}=\sqrt{3}$.
Đáp án cần chọn là: B.
Kết quả của giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{2 x^{2}+5 x-3}{x^{2}+6 x+3}$ là:
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{2 x^{2}+5 x-3}{x^{2}+6 x+3}=\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \dfrac{2+\dfrac{5}{x}-\dfrac{3}{x^{2}}}{1+\dfrac{6}{x}+\dfrac{3}{x^{2}}}=2$.
Đáp án cần chọn là: D.
Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3^+} \dfrac{|x-3|}{3 x-9}$ bằng?
Hướng dẫn giải (chi tiết)
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{|x-3|}{3 x-9}=\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{x-3}{3 x-9}=\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{3}.$
Đáp án cần chọn là: C.
Kết quả của giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \dfrac{{{x^2} - 9}}{{x - 3}}$ bằng
Rút gọn phân thức và tính giới hạn
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \dfrac{{{x^2} - 9}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \dfrac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left( {x + 3} \right) = 6$
Đáp án B
Giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{x - 5}}{{x + 7}}$ bằng
Dạng vô định $\dfrac{\infty }{\infty }$ nên đặt bậc lớn nhất ra ngoài rồi tính giới hạn
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{x - 5}}{{x + 7}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{x\left( {1 - \dfrac{5}{x}} \right)}}{{x\left( {1 + \dfrac{7}{x}} \right)}} = 1$
Đáp án B
Giá trị của giới hạn $A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{\sin x + \sqrt 3 \cos x}}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt x }}$
Sử dụng định lí kẹp để tính giới hạn
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có $A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{\sin x + \sqrt 3 \cos x}}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt x }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to+ \infty } \dfrac{{2\sin \left( {x + \dfrac{\pi }{3}} \right)}}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt x }}$
$0 \le \left| {2\sin \left( {x + \dfrac{\pi }{3}} \right)} \right| \le 2 \Rightarrow 0 \le \left| {\dfrac{{2\sin \left( {x + \dfrac{\pi }{3}} \right)}}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt x }}} \right| \le \dfrac{1}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt x }}$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{1}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt x }} = 0 \Rightarrow A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{\sin x + \sqrt 3 \cos x}}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt x }} = 0$
Đáp án D
Tính giới hạn $A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{x\sqrt {{x^2} + 1} - 2x + 1}}{{\sqrt[3]{{2{x^3} - 2}} + 1}}$
Chia cho bậc to nhất để khử dạng vô định $\dfrac{\infty}{\infty}$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có $A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{x\sqrt {{x^2} + 1} - 2x + 1}}{{\sqrt[3]{{2{x^3} - 2}} + 1}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{\sqrt {1 + \dfrac{1}{{{x^2}}}} - \dfrac{2}{x} + \dfrac{1}{{{x^2}}}}}{{\sqrt[3]{{\dfrac{2}{{{x^3}}} - \dfrac{2}{{{x^6}}}}} + \dfrac{1}{{{x^2}}}}} = + \infty $
Đáp án A
Tính giới hạn $B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{\sqrt[3]{{1 + {x^4} + {x^6}}}}}{{\sqrt {1 + {x^3} + {x^4}} }}$
Chia cho bậc lớn nhất để khử dạng vô định $\dfrac{\infty }{\infty }$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có $B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{\sqrt[3]{{1 + {x^4} + {x^6}}}}}{{\sqrt {1 + {x^3} + {x^4}} }}$
$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{{x^2}\sqrt[3]{{\dfrac{1}{{{x^6}}} + \dfrac{1}{{{x^2}}} + 1}}}}{{{x^2}\sqrt {\dfrac{1}{{{x^4}}} + \dfrac{1}{x} + 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{\sqrt[3]{{\dfrac{1}{{{x^6}}} + \dfrac{1}{{{x^2}}} + 1}}}}{{\sqrt {\dfrac{1}{{{x^4}}} + \dfrac{1}{x} + 1} }} = 1$
Đáp án A
Giới hạn $D = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{x^2}}}{{\sqrt {1 + x\sin 3x} - \cos 2x}} = \dfrac{a}{b}\left( {a,b \in \mathbb{N} } \right)$. Tổng $a-b$ bằng
+) Sử dụng $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sin x}}{x} = 1$
+) Sử dụng công thức nhân đôi
+) Liên hợp để khử dạng vô định $\dfrac{0}{0}$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có $D = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{x^2}}}{{\sqrt {1 + x\sin 3x} - \cos 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{1}{{\dfrac{{\sqrt {1 + x\sin 3x} - \cos 2x}}{{{x^2}}}}}$
Mà $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sqrt {1 + x\sin 3x} - \cos 2x}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sqrt {1 + x\sin 3x} - 1}}{{{x^2}}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{1 - \cos 2x}}{{{x^2}}}$
$ = 3\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sin 3x}}{{3x}}.\dfrac{1}{{\sqrt {1 + x\sin 3x} + 1}} + 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{{\sin }^2}x}}{{{x^2}}} = \dfrac{7}{2}$
$ \Rightarrow D = \dfrac{2}{7}$
Vậy $a-b=-5$
Đáp án C
Tính giới hạn $D = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{{\sin }^4}2x}}{{{{\sin }^4}3x}}$
Sử dụng $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sin x}}{x} = 1$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có $D = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{{\sin }^4}2x}}{{{{\sin }^4}3x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\dfrac{{\sin 2x}}{{2x}}} \right)^4}.{\left( {\dfrac{{3x}}{{\sin 3x}}} \right)^4}.\dfrac{{16}}{{81}} = \dfrac{{16}}{{81}}$
Đáp án C