Đề cương ôn tập học kỳ II môn toán lớp 11>
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Phần 1
GIỚI HẠN
I. GIỚI HẠN DÃY SỐ
1. Dãy số có giới hạn hữu hạn
Định nghĩa: Ta nói dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có giới hạn là số thực \(L\) nếu \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} – L} \right) = 0\).
Khi đó, ta viết: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n}} \right) = L\), viết tắt là \(\lim \left( {{u_n}} \right) = L\) hoặc \(\lim {u_n} = L\).
Định lý 1: Giả sử \(\lim {u_n} = L\). Khi đó:
i) \(\lim \left| {{u_n}} \right| = \left| L \right|\) và \(\lim \sqrt[3]{{{u_n}}} = \sqrt[3]{L}\).
ii) Nếu \({u_n} \ge 0\) với mọi \(n\) thì \(L \ge 0\) và \(\lim \sqrt {{u_n}} = \sqrt L \)
Định lý 2: Giả sử \(\lim {u_n} = L,\lim {v_n} = M\) và \(c\) là một hằng số. Khi đó:
i) Các dãy số \(\left( {{u_n} + {v_n}} \right),\left( {{u_n} – {v_n}} \right),\left( {{u_n}.{v_n}} \right)\) và \(\left( {c.{u_n}} \right)\) có giới hạn là:
+) \(\lim \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = L + M\)
+) \(\lim \left( {{u_n} – {v_n}} \right) = L – M\)
+) \(\lim \left( {{u_n}.{v_n}} \right) = L.M\)
+) \(\lim \left( {c.{u_n}} \right) = c.L\)
ii) Nếu \(M \ne 0\) thì dãy số \(\left( {\frac{{{u_n}}}{{{v_n}}}} \right)\) có giới hạn là \(\lim \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \frac{L}{M}\).
Một số dãy số có giới hạn thường gặp:
+) \(\lim \frac{1}{n} = 0,\lim \frac{1}{{\sqrt n }} = 0,\lim \frac{1}{{\sqrt[3]{n}}} = 0,…\)
+) Nếu \(\left| q \right| < 1\) thì \(\lim {q^n} = 0\).
+) \(\lim c = c\)
2. Dãy số có giới hạn vô cực
i) \(\lim n = + \infty ,\lim \sqrt n = + \infty ,\)\(\lim \sqrt[3]{n} = + \infty \)
ii) Nếu \(\lim {u_n} = – \infty \) thì \(\lim \left( { – {u_n}} \right) = + \infty \)
Một số quy tắc tìm giới hạn vô cực:
II. GIỚI HẠN HÀM SỐ
1. Định lí về giới hạn hữu hạn
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
\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f(x) \pm g(x)} \right] = L \pm M,\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f(x).g(x)} \right] = L.M,\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \frac{L}{M},(M \ne 0)\end{array}\)
b) Nếu \(f(x) \ge 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L\) thì \(L \ge 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \sqrt {f(x)} = \sqrt L \) (dấu của f(x) được xét trên khoảng đang tìm giới hạn, với x\( \ne {x_0}\).
Chú ý: Định lý trên vẫn đúng cho trường hợp \(x \to {x_0}^ + ,x \to {x_0}^ – ,\)\(x \to + \infty ,x \to – \infty \)
2. Định lí về giới hạn một bên
\(\)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L\)\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ – } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f(x) = L\)
3. Các quy tắc tìm giới hạn vô cực của hàm số
+) Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left| {f\left( x \right)} \right| = + \infty \)thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{1}{{f\left( x \right)}} = 0\)
+ Bảng quy tắc
4. tổng của cấp số nhân lùi vô hạn: \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 – q}},|q| < 1\)
Chú ý: Các giới hạn cơ bản:
1. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} C = C\) (C = const)
2. Nếu hàm số f(x) xác định tại điểm x0 thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f({x_0})\)
3. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{1}{{{x^n}}} = 0\) (với n > 0)
III. HÀM SỐ LIÊN TỤC
1. Định nghĩa
Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng K và \({x_0} \in K\).
Hàm số y = f(x) được gọi là liên tục tại \({x_0}\) nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f\left( {{x_0}} \right)\).
2. Một số định lý cơ bản
ĐL 1:
– Hàm số đa thức liên tục trên R.
– Hàm phân thức hữu tỉ và các hàm lượng giác liên tục trên từng khoảng của tập xác định của chúng.
ĐL 2: Tổng, hiệu, tích, thương của hai hàm số liên tục tại \({x_0}\) là những hàm số liên tục tại \({x_0}\) (trường hợp thương thì mẫu phải khác 0 tại \({x_0}\)).
ĐL 3: Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên \(\left[ {a;b} \right]\) và f(a).f(b) < 0 thì tồn tại ít nhất một điểm \(c \in \left( {a;b} \right)\) sao cho f(c) = 0.
IV. Các dạng bài tập thường gặp
1. Dạng 1. Tìm giới hạn của hàm số.
Phương pháp:
– Sử dụng các quy tắc đã học để tính.
– Nếu giới hạn của hàm số cần tính có một trong bốn dạng \(\frac{0}{0}\); \(\frac{\infty }{\infty }\); \(\infty – \infty \); 0.∞ thì ta phải khử dạng đó, bằng cách phân tích tử và mẫu thành nhân tử rồi giản ước hoặc nhân lượng liên hợp hoặc chia cả tử và mẫu cho xk với k là mũ cao nhất của tử hoặc mẫu…Cụ thể:
* Dạng \(\frac{0}{0}\):
– Nếu tử, mẫu là những đa thức thì ta đặt thừa số \(\left( {x – {x_0}} \right)\) làm nhân tử chung và rút gọn nhân tử này ta sẽ đưa được giới hạn về dạng xác định.
– Nếu tử hay mẫu có chứa căn thức thì nhân tử và mẫu với lượng liên hợp của tử hoặc mẫu và cũng rút gọn thừa số \(\left( {x – {x_0}} \right)\)ở tử và mẫu ta sẽ đưa được giới hạn về dạng xác định.
Cần chú ý các công thức biến đổi sau:
\(\begin{array}{l}a \pm b = \frac{{{a^2} – {b^2}}}{{a \mp b}}\\a \pm b = \frac{{{a^3} \pm {b^3}}}{{{a^2} \mp ab + {b^2}}}\end{array}\)
+ Nếu PT f(x) = 0 có nghiệm x0 thì f(x) = (x-x0).g(x)
+ Liên hợp của biểu thức:
1.\(\sqrt a – \sqrt b \) là \(\sqrt a + \sqrt b \)
2. \(\sqrt a + \sqrt b \) là \(\sqrt a – \sqrt b \)
3.\(\sqrt[3]{a} – b\) là \(\sqrt[3]{{{a^2}}} + \sqrt[3]{a}.b + {b^2}\)
4. \(\sqrt[3]{a} + b\) là \(\sqrt[3]{{{a^2}}} – \sqrt[3]{a}.b + {b^2}\)
Ví dụ: Tìm các giới hạn sau:
a) \(\mathop {\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^4} – 16}}{{{x^3} – 2{x^2}}}}\limits_{} \)
b) \(\mathop {\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2 – \sqrt {3x + 1} }}{{{x^2} – 1}}}\limits_{} \)
Giải:
\(\begin{array}{l}a)\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^4} – 16}}{{{x^3} – 2{x^2}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {{x^2} – 4} \right)\left( {{x^2} + 4} \right)}}{{{x^2}\left( {x – 2} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x – 2} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} + 4} \right)}}{{{x^2}\left( {x – 2} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} + 4} \right)}}{{{x^2}}} = \frac{{4.8}}{4} = 8\end{array}\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^4} – 16}}{{{x^3} – 2{x^2}}} = 8.\)
\(\begin{array}{l}b)\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2 – \sqrt {3x + 1} }}{{{x^2} – 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{4 – \left( {3x + 1} \right)}}{{\left( {{x^2} – 1} \right)\left( {2 + \sqrt {3x + 1} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{3 – 3x}}{{\left( {{x^2} – 1} \right)\left( {2 + \sqrt {3x + 1} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ – 3\left( {x – 1} \right)}}{{\left( {x – 1} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {2 + \sqrt {3x + 1} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ – 3}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {2 + \sqrt {3x + 1} } \right)}}\\ = \frac{{ – 3}}{{\left( {1 + 1} \right)\left( {2 + \sqrt {3.1 + 1} } \right)}} = – \frac{3}{8}\end{array}\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2 – \sqrt {3x + 1} }}{{{x^2} – 1}} = – \frac{3}{8}.\)
* Dạng \(\frac{\infty }{\infty }\):
– Chia cả tử và mẫu cho xk với k là mũ cao nhất của tử hoặc mẫu.
– Sau đó dùng các định lý về giới hạn của tổng, hiệu, tích và thương cùng giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{1}{{{x^k}}} = 0\) với k nguyên dương.
Ví dụ:Tìm các giới hạn sau:
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3{x^4} – 16x + 2}}{{{x^4} – 2{x^2} + 4}}\)
b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{{x^2} – 5x + 1}}{{10 – 2{x^3}}}\)
Giải:
\(\begin{array}{l}a)\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3{x^4} – 16x + 2}}{{{x^4} – 2{x^2} + 4}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3 – \frac{{16}}{{{x^3}}} + \frac{2}{{{x^4}}}}}{{1 – \frac{2}{{{x^2}}} + \frac{4}{{{x^4}}}}}\\ = \frac{{3 – 0 + 0}}{{1 – 0 + 0}} = 3\end{array}\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3{x^4} – 16x + 2}}{{{x^4} – 2{x^2} + 4}} = 3\).
\(\begin{array}{l}b)\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{{x^2} – 5x + 1}}{{10 – 2{x^3}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{\frac{1}{x} – \frac{5}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^3}}}}}{{\frac{{10}}{{{x^3}}} – 2}}\\ = \frac{{0 – 0 + 0}}{{0 – 2}} = 0\end{array}\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{{x^2} – 5x + 1}}{{10 – 2{x^3}}} = 0\)
* Dạng \(\infty – \infty \):
– Nếu \(x \to {x_0}\) thì ta quy đồng mẫu số để đưa về dạng \(\frac{0}{0}\).
– Nếu \(x \to \pm \infty \) thì ta nhân và chia với lượng liên hợp để đưa về dạng \(\frac{\infty }{\infty }\).
Ví dụ: Tìm các giới hạn sau:
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\frac{1}{{1 – x}} – \frac{3}{{1 – {x^3}}}} \right)\)
b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {4{x^2} + 3x + 1} – 2x} \right)\)
Giải:
a) Ta có
\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\frac{1}{{1 – x}} – \frac{3}{{1 – {x^3}}}} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\frac{{1 + x + {x^2} – 3}}{{1 – {x^3}}}} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\frac{{{x^2} + x – 2}}{{1 – {x^3}}}} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x – 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {1 – x} \right)\left( {1 + x + {x^2}} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ – x – 2}}{{1 + x + {x^2}}} = – 1\end{array}\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\frac{1}{{1 – x}} – \frac{3}{{1 – {x^3}}}} \right) = – 1\)
b) Ta có
\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {4{x^2} + 3x + 1} – 2x} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {4{x^2} + 3x + 1} \right) – 4{x^2}}}{{\sqrt {4{x^2} + 3x + 1} + 2x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3x + 1}}{{\sqrt {4{x^2} + 3x + 1} + 2x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3 + \frac{1}{x}}}{{\sqrt {4 + \frac{3}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} + 2}}\\ = \frac{3}{{2 + 2}} = \frac{3}{4}\end{array}\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {4{x^2} + 3x + 1} – 2x} \right) = \frac{3}{4}\).
* Dạng 0.∞
– Để khử dạng này thì ta cần thực hiện một số biến đổi như đưa thừa số vào trong dấu căn, quy đồng mẫu số,…ta có thể đưa giới hạn đã cho về dạng quen thuộc.
Ví dụ: Tìm giới hạn sau: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^3} – 1} \right)\sqrt {\frac{x}{{{x^2} – 1}}} \).
Giải: Ta có
\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^3} – 1} \right)\sqrt {\frac{x}{{{x^2} – 1}}} \\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^2} + x + 1} \right)\left( {x – 1} \right)\sqrt {\frac{x}{{\left( {x – 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}} \\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^2} + x + 1} \right)\sqrt {\frac{{x{{\left( {x – 1} \right)}^2}}}{{\left( {x – 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}} \\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^2} + x + 1} \right)\sqrt {\frac{{x\left( {x – 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)}}} \\ = 3.0 = 0\end{array}\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^3} – 1} \right)\sqrt {\frac{x}{{{x^2} – 1}}} = 0\).
2. Dạng 2: Tính tổng của CSN lùi vô hạn
– Sử dụng công thức: \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 – q}},|q| < 1\)
Ví dụ: Tính tổng \(S = – 1 + \frac{1}{{10}} – \frac{1}{{{{10}^2}}} + … + {\frac{{\left( { – 1} \right)}}{{{{10}^{n – 1}}}}^n} + …\)
Giải:
Đây là tổng của CSN lùi vô hạn với \({u_1} = – 1\) và q = \( – \frac{1}{{10}}\).
Vậy \(S = \frac{{ – 1}}{{1 – \left( { – \frac{1}{{10}}} \right)}} = – \frac{{10}}{{11}}\).
3. Dạng 3: Xét tính liên tục của hàm số
3.1 Xét tính liên tục của hàm số tại điểm:
– Dạng I: Cho h/s \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}{f_1}(x)\begin{array}{*{20}{c}}{}&{khi}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}{x \ne {x_0}}&{}\end{array}\\{f_2}(x)\begin{array}{*{20}{c}}{}&{khi\begin{array}{*{20}{c}}{x = {x_0}}&{}\end{array}}\end{array}\end{array} \right.\)
Xét tính liên tục của h/s tại điểm x0?
Phương pháp chung:
B1: Tìm TXĐ: D = R
B2: Tính f(x0); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)\)
B3: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)\) = f(x0) \( \Rightarrow \) KL liên tục tại x0
– Dạng II: Cho h/s \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}{f_1}(x)\begin{array}{*{20}{c}}{}&{khi}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge {x_0}}&{}\end{array}\\{f_2}(x)\begin{array}{*{20}{c}}{}&{khi\begin{array}{*{20}{c}}{x < {x_0}}&{}\end{array}}\end{array}\end{array} \right.\)Xét tính liên tục của h/s tại điểm x0?
3.2 Xét tính liên tục của hàm số trên một khoảng
Phương pháp chung:
B1: Xét tính liên tục của h/s trên các khoảng đơn
B2: Xét tính liên tục của h/s tại các điểm giao
B3: Kết luận
3.3 Tìm điều kiện của tham số để hàm số liên tục tại x0
Phương pháp chung:
B1: Tìm TXĐ: D = R
B2: Tính f(x0); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)\)
B3: Hàm số liên tục tại \({x_0}\) \( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f\left( {{x_0}} \right)\)
3.4 Sử dụng tính liên tục của hàm số để chứng minh phương trình có nghiệm
Phương pháp chung: Cho PT: f(x) = 0. Để c/m PT có nghiệm trên \(\left[ {a;b} \right]\):
B1: Tính f(a), f(b) Þ f(a).f(b) < 0
B2: Kiểm tra tính liên tục của hàm số f(x) trên \(\left[ {a;b} \right]\)
B3: Kết luận về số nghiệm của PT trên \(\left[ {a;b} \right]\)
Ví dụ: CMR phương trình \({x^7} + 3{x^5} – 2 = 0\) có ít nhất một nghiệm
Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^7} + 3{x^5} – 2\) liên tục trên R nên f(x) liên tục trên [0;1]
Và \(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{f\left( 0 \right) = – 2 < 0}\\{f\left( 1 \right) = 2 > 0}\end{array}} \right\} \Rightarrow f\left( 0 \right).f\left( 1 \right) < 0\)
Nên phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có ít nhất một nghiệm \({x_0} \in \left( {0;1} \right)\).
