Bài 2.1 trang 163 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. Dùngđịnh nghĩa tìm các giới hạn a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} {{x + 3} \over {x - 3}}\) ; b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{{x^3} + 1} \over {{x^2} + 1}}\) Giải: a) - 4 ; b) + ∞ Bài 2.3 trang 163 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. a) Chứng minh rằng hàm số \(y = \sin x\) không có giới hạn khi \(x \to + \infty \) b) Giải thích bằng đồ thị kết luận ở câu a). Giải : a) Xét hai dãy số \(\left( {{a_n}} \right)\) với \({a_n} = 2n\pi \) và \(\left( {{b_n}} \right)\) với \(\left( {{b_n}} \right) = {\pi \over 2} + 2n\pi {\rm{ }}\left( {n \in N*} \right)\) Ta có, \(\lim {a_n} = \lim 2n\pi = + \infty \) ; \(\lim {b_n} = \lim \left( {{\pi \over 2} + 2n\pi } \right)\) \(= \lim n\left( {{\pi \over {2n}} + 2\pi } \right) = + \infty \) \(\lim \sin {a_n} = \lim \sin 2n\pi = \lim 0 = 0\) \(\lim \sin {b_n} = \lim \sin \left( {{\pi \over 2} + 2n\pi } \right) = \lim 1 = 1\) Như vậy, \({a_n} \to + \infty ,{\rm{ }}{b_n} \to + \infty \) nhưng \(\lim \sin {a_n} \ne \lim \sin {b_n}\). Do đó, theo định nghĩa, hàm số \(y = \sin x\) không có giới hạn khi \(x \to + \infty \) Bài 2.4 trang 163 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. Cho hai hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = g\left( x \right)\) cùng xác định trên khoảng \(\left( { - \infty ,a} \right)\). Dùng định nghĩa chứng minh rằng, nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = L\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } g\left( x \right) = M\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right).g\left( x \right) = L.M\) Giải : Giả sử \(\left( {{x_n}} \right)\) là dãy số bất kì thoả mãn \({x_n} < a\) và \({x_n} \to - \infty \) Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = L\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right) = L\) Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } g\left( x \right) = M\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } g\left( {{x_n}} \right) = M\) Do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right).g\left( {{x_n}} \right) = L.M\) Từ định nghĩa suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right).g\left( x \right) = L.M\) Bài 2.5 trang 163 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. Tìm giới hạn của các hàm số sau : a) \(f\left( x \right) = {{{x^2} - 2x - 3} \over {x - 1}}\) khi \(x \to 3\) ; b) \(h\left( x \right) = {{2{x^3} + 15} \over {{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\) khi \(x \to - 2\) ; c) \(k\left( x \right) = \sqrt {4{x^2} - x + 1} \) khi \(x \to - \infty \) ; d) \(f\left( x \right) = {x^3} + {x^2} + 1\) khi \(x \to - \infty \) ; e) \(h\left( x \right) = {{x - 15} \over {x + 2}}\) khi \(x \to - {2^ + }\) và khi \(x \to - {2^ - }\) Giải : a) 0 ; b) \( - \infty \) ; c) \(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \sqrt {4{x^2} - x + 1} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left| x \right|\sqrt {4 - {1 \over x} + {1 \over {{x^2}}}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - x\sqrt {4 - {1 \over x} + {1 \over {{x^2}}}} } \right) = + \infty \cr} \) d) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {{x^3} + {x^2} + 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^3}\left( {1 + {1 \over x} + {1 \over {{x^3}}}} \right) = - \infty \) e) \( - \infty \) và \( + \infty \) Bài 2.6 trang 163 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. Tính các giới hạn sau : a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} {{x + 3} \over {{x^2} + 2x - 3}}\) ; b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{{{\left( {1 + x} \right)}^3} - 1} \over x}\) ; c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{x - 1} \over {{x^2} - 1}}\) ; d) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} {{x - 5} \over {\sqrt x - \sqrt 5 }}\) ; e) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } = {{x - 5} \over {\sqrt x + \sqrt 5 }}\) ; f) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} {{\sqrt {{x^2} + 5} - 3} \over {x + 2}}\) ; g) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{\sqrt x - 1} \over {\sqrt {x + 3} - 2}}\) ; h) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{1 - 2x + 3{x^3}} \over {{x^3} - 9}}\) ; i) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {1 \over {{x^2}}}\left( {{1 \over {{x^2} + 1}} - 1} \right)\) ; j) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\left( {{x^2} - 1} \right){{\left( {1 - 2x} \right)}^5}} \over {{x^7} + x + 3}}\) ; Giải: a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} {{x + 3} \over {{x^2} + 2x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} {{x + 3} \over {\left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} {1 \over {x - 1}} = {{ - 1} \over 4}\) b) \(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{{{\left( {1 + x} \right)}^3} - 1} \over x} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{\left( {1 + x - 1} \right)\left[ {{{\left( {1 + x} \right)}^2} + \left( {1 + x} \right) + 1} \right]} \over x} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{x\left[ {{{\left( {1 + x} \right)}^2} + \left( {1 + x} \right) + 1} \right]} \over x} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {{{\left( {1 + x} \right)}^2} + \left( {1 + x} \right) + 1} \right] = 3 \cr} \) c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{x - 1} \over {{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{{1 \over x} - {1 \over {{x^2}}}} \over {1 - {1 \over {{x^2}}}}} = 0\) d) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} {{x - 5} \over {\sqrt x - \sqrt 5 }}\) \(= \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} {{\left( {\sqrt x - \sqrt 5 } \right)\left( {\sqrt x + \sqrt 5 } \right)} \over {\sqrt x - \sqrt 5 }}\) \(= \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \left( {\sqrt x + \sqrt 5 } \right) = 2\sqrt 5 \) e) \(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{x - 5} \over {\sqrt x + \sqrt 5 }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{1 - {5 \over x}} \over {{1 \over {\sqrt x }} + {{\sqrt 5 } \over x}}} = + \infty \cr} \) (Vì \({1 \over {\sqrt x }} + {{\sqrt 5 } \over x} > 0\) với mọi \(x > 0\) ). f) \(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} {{\sqrt {{x^2} + 5} - 3} \over {x + 2}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} {{{x^2} + 5 - 9} \over {\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 5} + 3} \right)}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} {{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)} \over {\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 5} + 3} \right)}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} {{x - 2} \over {\sqrt {{x^2} + 5} + 3}} = {{ - 2} \over 3} \cr} \) g) \(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{\sqrt x - 1} \over {\sqrt {x + 3} - 2}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt {x + 3} + 2} \right)} \over {x + 3 - 4}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{\left( {\sqrt {x - 1} } \right)\left( {\sqrt {x + 3} + 2} \right)} \over {x - 1}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt {x + 3} + 2} \right)} \over {\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{\sqrt {x + 3} + 2} \over {\sqrt x + 1}} = 2 \cr} \) h) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{1 - 2x + 3{x^3}} \over {{x^3} - 9}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{{1 \over {{x^3}}} - {2 \over {{x^2}}} + 3} \over {1 - {9 \over {{x^3}}}}} = 3\) i) \(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {1 \over {{x^2}}}\left( {{1 \over {{x^2} + 1}} - 1} \right) \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {1 \over {{x^2}}}.\left( {{{ - {x^2}} \over {{x^2} + 1}}} \right) \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{ - 1} \over {{x^2} + 1}} = - 1 \cr} \) j) \(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\left( {{x^2} - 1} \right){{\left( {1 - 2x} \right)}^5}} \over {{x^7} + x + 3}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{{x^2}\left( {1 - {1 \over {{x^2}}}} \right).{x^5}{{\left( {{1 \over x} - 2} \right)}^5}} \over {{x^7} + x + 3}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\left( {1 - {1 \over {{x^2}}}} \right){{\left( {{1 \over x} - 2} \right)}^5}} \over {1 + {1 \over {{x^6}}} + {3 \over {{x^7}}}}} \cr & = {\left( { - 2} \right)^5} = - 32 \cr}\) Bài 2.7 trang 164 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. Tính giới hạn của các hàm số sau khi \(x \to + \infty \) và khi \(x \to - \infty \) a) \(f\left( x \right) = {{\sqrt {{x^2} - 3x} } \over {x + 2}}\) ; b) \(f\left( x \right) = x + \sqrt {{x^2} - x + 1}\) ; c) \(f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} - x} - \sqrt {{x^2} + 1} \) . Giải: a) Khi \(x \to + \infty \) \(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{\sqrt {{x^2} - 3x} } \over {x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{\left| x \right|\sqrt {1 - {3 \over x}} } \over {x + 2}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{x\sqrt {1 - {3 \over x}} } \over {x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{\sqrt {1 - {3 \over x}} } \over {1 + {2 \over x}}} = 1 \cr} \) Khi \(x \to - \infty \) \(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\sqrt {{x^2} - 3x} } \over {x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\left| x \right|\sqrt {1 - {3 \over x}} } \over {x + 2}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{ - x\sqrt {1 - {3 \over x}} } \over {x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{ - \sqrt {1 - {3 \over x}} } \over {1 + {2 \over x}}} = - 1 \cr}\) ; b) Khi \(x \to + \infty \) \(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x + \sqrt {{x^2} - x + 1} } \right) \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x + x\sqrt {1 - {1 \over x} + {1 \over {{x^2}}}} } \right) \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x\left( {1 + \sqrt {1 - {1 \over x} + {1 \over {{x^2}}}} } \right) = + \infty \cr} \) Khi \(x \to - \infty \) \(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {x + \sqrt {{x^2} - x + 1} } \right) \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{{x^2} - \left( {{x^2} - 1 + 1} \right)} \over {x - \sqrt {{x^2} - x + 1} }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{x - 1} \over {x - \sqrt {{x^2} - x + 1} }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{x - 1} \over {x - \left| x \right|\sqrt {1 - {1 \over x} + {1 \over {{x^2}}}} }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{x - 1} \over {x + x\sqrt {1 - {1 \over x} + {1 \over {{x^2}}}} }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{1 - {1 \over x}} \over {1 + \sqrt {1 - {1 \over x} + {1 \over {{x^2}}}} }} = {1 \over 2} \cr} \) c) Khi \(x \to + \infty \) \(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x} - \sqrt {{x^2} + 1} } \right) \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{\left( {{x^2} - x} \right) - \left( {{x^2} + 1} \right)} \over {\sqrt {{x^2} - x} + \sqrt {{x^2} + 1} }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{ - x - 1} \over {x\sqrt {1 - {1 \over x}} + x\sqrt {1 + {1 \over {{x^2}}}} }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{ - 1 - {1 \over x}} \over {\sqrt {1 - {1 \over x}} + \sqrt {1 + {1 \over {{x^2}}}} }} = {{ - 1} \over 2}; \cr} \) Khi \(x \to - \infty \) \(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x} - \sqrt {{x^2} + 1} } \right) \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\left( {{x^2} - x} \right) - \left( {{x^2} + 1} \right)} \over {\sqrt {{x^2} - x} + \sqrt {{x^2} + 1} }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{ - x - 1} \over { - x\sqrt {1 - {1 \over x}} - x\sqrt {1 + {1 \over {{x^2}}}} }} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{ - 1 - {1 \over x}} \over { - \sqrt {1 - {1 \over x}} - \sqrt {1 + {1 \over {{x^2}}}} }} = {1 \over 2} \cr}\) Bài 2.8 trang 164 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. Cho hàm số \(f\left( x \right) = {{2{x^2} - 15x + 12} \over {{x^2} - 5x + 4}}\) có đồ thị như hình 4 a) Dựa vào đồ thị, dự đoán giới hạn của hàm \(f\left( x \right)\) số khi \(x \to {1^ + }{\rm{ }};{\rm{ }}x \to {1^ - }{\rm{ }};{\rm{ }}x \to {4^ + }{\rm{ }};{\rm{ }}x \to {4^ - }{\rm{ }};{\rm{ }}x \to + \infty {\rm{ }};{\rm{ }}x \to - \infty \) b) Chứng minh dự đoán trên. Giải: a) Dự đoán : \(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = + \infty {\rm{ ; }}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = - \infty {\rm{ ; }}\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} f\left( x \right) = - \infty {\rm{ ;}} \cr & {\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} f\left( x \right) = + \infty {\rm{ ;}}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 2{\rm{ ; }}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 2. \cr} \) b) Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {2{x^2} - 15x + 12} \right) = - 1 < 0,{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^2} - 5x + 4} \right) = 0\) và \({x^2} - 5x + 4 < 0\) với mọi \(x \in \left( {1;4} \right)\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} {{2{x^2} - 15x + 12} \over {{x^2} - 5x + 4}} = + \infty \) Vì \(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {2{x^2} - 15x + 12} \right) = - 1 < 0, \cr & \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {{x^2} - 5x + 4} \right) = 0 \cr} \) và \({x^2} - 5x + 4 > 0\) với mọi x < 1 nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} {{2{x^2} - 15x + 12} \over {{x^2} - 5x + 4}} = - \infty \) Vì \(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \left( {2{x^2} - 15x + 12} \right) = - 16 < 0, \cr & \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \left( {{x^2} - 5x + 4} \right) = 0 \cr} \) và \({x^2} - 5x + 4 > 0\) với mọi x > 4 nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} {{2{x^2} - 15x + 12} \over {{x^2} - 5x + 4}} = - \infty \) Vì \(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( {2{x^2} - 15x + 12} \right) = - 16 < 0, \cr & \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( {{x^2} - 5x + 4} \right) = 0 \cr} \) và \({x^2} - 5x + 4 < 0\) với mọi \(x \in \left( {1;4} \right)\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} {{2{x^2} - 15x + 12} \over {{x^2} - 5x + 4}} = + \infty\) ; \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{2{x^2} - 15x + 12} \over {{x^2} - 5x + 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{2 - {{15} \over x} + {{12} \over {{x^2}}}} \over {1 - {5 \over x} + {4 \over {{x^2}}}}} = 2\) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{2{x^2} - 15x + 12} \over {{x^2} - 5x + 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{2 - {{15} \over x} + {{12} \over {{x^2}}}} \over {1 - {5 \over x} + {4 \over {{x^2}}}}} = 2\) Bài 2.9 trang 164 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. Cho hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ \matrix{ {1 \over {x - 1}} - {3 \over {{x^3} - 1}}{\rm{ , nếu\,\, }}x > 1 \hfill \cr mx + 2{\rm{ }},\,{\rm{ nếu }}\,,x \le 1 \hfill \cr} \right.\) Với giá trị nào của tham số m thì hàm số f(x) có giới hạn khi \(x \to 1\) ? Tìm giới hạn này. Giải: \(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{1 \over {x - 1}} - {3 \over {{x^3} - 1}}} \right) \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} {{{x^2} + x - 2} \over {\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} {{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)} \over {\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} {{x + 2} \over {{x^2} + x + 1}} = 1 \cr} \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {mx + 2} \right) = m + 2\) \(f\left( x \right)\) có giới hạn khi \(x \to 1 \Leftrightarrow m + 2 = 1 \Leftrightarrow m = - 1\). Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = 1\) Bài 2.10 trang 164 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. Cho khoảng \(K,{x_0} \in K\) và hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên \(K\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}\) Chứng minh rằng nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = + \infty \) thì luôn tồn tại ít nhất một số c thuộc \(K\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}\) sao cho \(f\left( c \right) > 0\) Giải: Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = + \infty \) nên với dãy số \(\left( {{x_n}} \right)\) bất kì, \({x_n} \in K\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}\) và \({x_n} \to {x_0}\) ta luôn có \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right) = + \infty \) Từ định nghĩa suy ra \(f\left( {{x_n}} \right)\) có thể lớn hơn một số dương bất kì, kể từ một số hạng nào đó trở đi. Nếu số dương này là 1 thì \(f\left( {{x_n}} \right) > 1\) kể từ một số hạng nàođó trởđi. Nói cách khác, luôn tồn tạiít nhất một số \({x_k} \in K\backslash \left\{ {{x_o}} \right\}\) sao cho \(f\left( {{x_k}} \right) > 1\). Đặt \(c = {x_k}\) ta có \(f\left( c \right) > 0\) Bài 2.11 trang 165 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xácđịnh trên khoảng \(\left( {a; + \infty } \right)\) Chứng minh rằng nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = - \infty \) thì luôn tồn tại ít nhất một sốc thuộc \(\left( {a; + \infty } \right)\) sao cho \(f\left( c \right) < 0\) Giải: Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = - \infty \) nên với dãy số \(\left( {{x_n}} \right)\) bất kì, \({x_n} > a\) và \({x_n} \to + \infty \) ta luôn có \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( x \right) = - \infty \) Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ { - f\left( {{x_n}} \right)} \right] = + \infty \) Theo định nghĩa suy ra \( - f\left( {{x_n}} \right)\) có thể lớn hơn một số dương bất kì, kể từ một số hạng nào đó trở đi. Nếu số dương này là 2 thì \( - f\left( {{x_n}} \right) > 2\) kể từ một số hạng nàođó trởđi. Nói cách khác, luôn tồn tại ít nhất một số \({x_k} \in \left( {a; + \infty } \right)\) sao cho \( - f\left( {{x_k}} \right) > 2\) hay \(f\left( {{x_k}} \right) < - 2 < 0\) Đặt \(c = {x_k}\) ta có \(f\left( c \right) < 0\)
