Blog

📝 ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG VII: ĐẠO HÀM (60 PHÚT)

posted on Tháng 5 7, 2026Tháng 5 7, 2026

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (7.0 ĐIỂM)

Câu 1: Đạo hàm của hàm số $y = x^5$ là:

A. $5x^4$
B. $x^4$
C. $5x^5$
D. $4x^5$

Câu 2: Đạo hàm của hàm số $y = \cos x$ là:

A. $\sin x$
B. $-\sin x$
C. $\cos x$
D. $-\cos x$

Câu 3: Cho $f(x) = x^2 + 2x$. Giá trị $f'(1)$ bằng:

A. $2$
B. $3$
C. $4$
D. $1$

Câu 4: Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ $x_0$ của đồ thị hàm số $y = f(x)$ là:

A. $f(x_0)$
B. $f'(x_0)$
C. $y_0$
D. $\frac{\Delta y}{\Delta x}$

Câu 5: Đạo hàm cấp hai của hàm số $y = x^3$ là:

A. $3x^2$
B. $6x$
C. $6$
D. $x^2$

Câu 6: Đạo hàm của hàm số $y = \tan x$ là:

A. $1 + \tan^2 x$
B. $-\frac{1}{\cos^2 x}$
C. $\cot x$
D. $1 – \tan^2 x$

Câu 7: Cho hàm số $f(x) = \frac{1}{x}$. Tính $f'(2)$.

A. $\frac{1}{4}$
B. $-\frac{1}{4}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $-\frac{1}{2}$

Câu 8: Đạo hàm của hàm số $y = (x^2 + 1)^3$ là:

A. $3(x^2 + 1)^2$
B. $6x(x^2 + 1)^2$
C. $2x(x^2 + 1)^2$
D. $6x^2(x^2 + 1)^2$

Câu 9: Vi phân của hàm số $y = \sin(2x)$ là:

A. $dy = 2\cos(2x)dx$
B. $dy = \cos(2x)dx$
C. $dy = -2\cos(2x)dx$
D. $dy = -2\sin(2x)dx$

Câu 10: Đạo hàm của hàm số $y = \cos(2x + 1)$ là:

A. $2\sin(2x + 1)$
B. $-2\sin(2x + 1)$
C. $-\sin(2x + 1)$
D. $2\cos(2x + 1)$

Câu 11: Tính đạo hàm của hàm số $y = x \cdot \sin x$:

A. $\cos x$
B. $\sin x + x\cos x$
C. $\sin x – x\cos x$
D. $1 + \cos x$

Câu 12: Đạo hàm của hàm số $y = \frac{1}{x^2 + 1}$ là:

A. $\frac{2x}{(x^2 + 1)^2}$
B. $\frac{-2x}{(x^2 + 1)^2}$
C. $\frac{1}{2x}$
D. $\frac{-1}{(x^2 + 1)^2}$

Câu 13: Cho hàm số $f(x) = \sqrt{2x – 1}$. Tính $f'(1)$:

A. $1$
B. $\frac{1}{2}$
C. $2$
D. $0$

Câu 14: Đạo hàm của hàm số $y = \cot x$ là:

A. $\frac{1}{\sin^2 x}$
B. $-\frac{1}{\cos^2 x}$
C. $-\frac{1}{\sin^2 x}$
D. $1 + \cot^2 x$

Câu 15: Tính đạo hàm cấp hai của hàm số $y = x^4 – 2x^2 + 1$:

A. $4x^3 – 4x$
B. $12x^2 – 4$
C. $12x^2 – 4x$
D. $4x^3 – 4$

Câu 16: Đạo hàm của hàm số $y = \sin^2 x$ là:

A. $2\sin x$
B. $2\cos x$
C. $\sin(2x)$
D. $\cos(2x)$

Câu 17: Cho $f(x) = x^3 – 3x + 1$. Tập nghiệm của bất phương trình $f'(x) < 0$ là:

A. $(-1; 1)$
B. $(-\infty; -1) \cup (1; +\infty)$
C. $(-\infty; 1)$
D. $(-1; +\infty)$

Câu 18: Đạo hàm của hàm số $y = \sqrt{\tan x}$ là:

A. $\frac{1}{2\sqrt{\tan x} \cdot \cos^2 x}$
B. $\frac{1}{\sqrt{\tan x}}$
C. $\frac{\tan x}{2\sqrt{\tan x}}$
D. $\frac{1}{2\sqrt{\tan x}}$

Câu 19: Vi phân của hàm số $y = x^2$ tại điểm $x = 1$ với số gia $dx = 0,1$ là:

A. $0,1$
B. $0,2$
C. $2$
D. $1$

Câu 20: Cho hàm số $y = \cos^3 x$. Đạo hàm $y’$ là:

A. $3\cos^2 x$
B. $-3\cos^2 x \cdot \sin x$
C. $3\sin^2 x \cdot \cos x$
D. $-3\sin^2 x$

Câu 21: Đạo hàm của hàm số $y = \frac{2x – 1}{x + 3}$ là:

A. $\frac{7}{(x + 3)^2}$
B. $\frac{5}{(x + 3)^2}$
C. $\frac{-7}{(x + 3)^2}$
D. $\frac{1}{(x + 3)^2}$

Câu 22: Một vật rơi tự do theo phương trình $s = \frac{1}{2}gt^2$ ($g \approx 10m/s^2$). Vận tốc của vật tại thời điểm $t = 2s$ là:

A. $10 m/s$
B. $20 m/s$
C. $5 m/s$
D. $40 m/s$

Câu 23: Cho hàm số $f(x) = (2x + 1)^5$. Đạo hàm $f'(0)$ bằng:

A. $10$
B. $5$
C. $1$
D. $20$

Câu 24: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = \frac{1}{x}$ tại điểm có hoành độ $x = -1$ có phương trình là:

A. $y = x + 2$
B. $y = -x – 2$
C. $y = -x$
D. $y = x$

Câu 25: Cho hàm số $y = x^3 – 3x^2 + 2$. Hệ số góc của tiếp tuyến song song với đường thẳng $y = 9x + 5$ là:

A. $3$
B. $9$
C. $-3$
D. $0$

Câu 26: Đạo hàm của hàm số $y = \sqrt{\cos x}$ là:

A. $\frac{\sin x}{2\sqrt{\cos x}}$
B. $-\frac{\sin x}{2\sqrt{\cos x}}$
C. $\frac{1}{2\sqrt{\cos x}}$
D. $-\frac{1}{2\sqrt{\cos x}}$

Câu 27: Một chất điểm chuyển động có phương trình $s(t) = t^2 + 1$. Vận tốc tức thời tại thời điểm $t = 5s$ là:

A. $10$ m/s
B. $11$ m/s
C. $5$ m/s
D. $2$ m/s

Câu 28: Cho $f(x)$ có đạo hàm tại $x_0$. Khẳng định nào sau đây sai?

A. $f'(x_0)$ là hệ số góc tiếp tuyến.
B. Nếu $f(x)$ có đạo hàm tại $x_0$ thì nó liên tục tại $x_0$.
C. Nếu $f(x)$ liên tục tại $x_0$ thì nó có đạo hàm tại $x_0$.
D. Đạo hàm là giới hạn của tỉ số giữa số gia hàm số và số gia đối số.

PHẦN II: TỰ LUẬN (3.0 ĐIỂM)

Câu 1 (1.0đ): Tính đạo hàm của hàm số $y = \sqrt{3x^2 – 2x + 5}$.

Câu 2 (1.0đ): Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = x^3 – 3x + 2$ tại điểm có hoành độ $x_0 = 2$.

Câu 3 (1.0đ): Một chuyển động thẳng xác định bởi phương trình $s(t) = t^3 – 3t^2 + 5t + 2$ ($t$ tính bằng giây, $s$ tính bằng mét). Tính vận tốc và gia tốc của chuyển động tại thời điểm $t = 3s$.

Vận dụng. Trang 115 – SGK Toán 11

posted on Tháng 3 29, 2026Tháng 3 29, 2026tagged as Giới hạn hữu hạn của hàm số tại vô cực

Cho tam giác $OAB$ vuông tại $O$ với $A(a; 0)$ và $B(0; 1)$ như Hình 5.5 ($a > 0$). 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?

Giải

a) Tính $h$ theo $a$

Ta có $OA = |a| = a$ (vì $a > 0$) và $OB = 1$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $OAB$:

$$\frac{1}{h^2} = \frac{1}{a^2} + \frac{1}{1^2} = \frac{1 + a^2}{a^2}$$

$$\implies h^2 = \frac{a^2}{a^2 + 1} \implies h = \frac{a}{\sqrt{a^2 + 1}}$$

b) Khi điểm $A$ dịch chuyển về $O$

Khi $A$ dịch chuyển về $O$, tức là $a \to 0^+$.

Ta có:

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

Giải thích:

Khi $a$ càng nhỏ, cạnh $OA$ càng ngắn lại, làm cho đường cao $OH$ cũng ngắn dần về $0$. Khi đó, điểm $H$ sẽ dịch chuyển dần về gốc tọa độ $O$.

c) Khi $A$ dịch chuyển ra vô cực ($a \to +\infty$)

Ta cần tính giới hạn của $h$ khi $a$ tiến ra vô cực:

$$\lim_{a \to +\infty} h = \lim_{a \to +\infty} \frac{a}{\sqrt{a^2 + 1}}$$

Chia cả tử và mẫu cho $a$ (với $a > 0$):

$$\lim_{a \to +\infty} \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{a^2}}} = \frac{1}{\sqrt{1 + 0}} = 1$$

Giải thích:

Về độ dài: $h$ tiến dần về $1$ (chính bằng độ dài $OB$).

Về vị trí: Khi $A$ ở rất xa, cạnh huyền $AB$ gần như nằm ngang và trùng với trục $Ox$. Khi đó, đường cao $OH$ hạ từ $O$ xuống $AB$ sẽ gần như thẳng đứng và trùng với trục $Oy$. Do đó, điểm $H$ sẽ dịch chuyển dần về điểm $B(0; 1)$.

Giới hạn. Hàm số liên tục

Vận dụng. Trang 115 – SGK Toán 11

Th3 29, 2026 60 2 min read

Giới hạn. Hàm số liên tục

Chứng minh: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{1}{x^k} = 0$ (với $k \in \mathbb{Z}^+$)

Th3 29, 2026 56 2 min read

Giới hạn. Hàm số liên tục

Chứng minh: $\lim_{x \to \pm\infty} c = c$

Th3 29, 2026 56 1 min read

Chứng minh: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{1}{x^k} = 0$ (với $k \in \mathbb{Z}^+$)

posted on Tháng 3 29, 2026Tháng 3 29, 2026tagged as Giới hạn hữu hạn của hàm số tại vô cực

Chứng minh: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{1}{x^k} = 0$ (với $k \in \mathbb{Z}^+$)

Giải

Tiêu chuẩn Weierstrass

Hàm số $f(x)$ có giới hạn là $L$ khi $x \to +\infty$ nếu:

Với mọi số thực $\epsilon > 0$ bé tùy ý, luôn tồn tại một số thực $M > 0$ sao cho:

$$\forall x > M \implies |f(x) – L| < \epsilon$$

Chứng minh cụ thể cho $f(x) = \frac{1}{x^k}$ với $L = 0$

Ta cần tìm một số $M$ (phụ thuộc vào $\epsilon$) sao cho hễ $x > M$ thì $|\frac{1}{x^k} – 0| < \epsilon$.

Phân tích biểu thức

Ta muốn có:

$$|\frac{1}{x^k}| < \epsilon$$

Vì ta đang xét $x \to +\infty$, có thể giả sử $x > 0$. Khi đó biểu thức tương đương với:

$$\frac{1}{x^k} < \epsilon$$

$$\iff x^k > \frac{1}{\epsilon}$$

$$\iff x > \sqrt[k]{\frac{1}{\epsilon}}$$

Chọn số $M$

Dựa vào phân tích trên, với mỗi số $\epsilon > 0$ cho trước, ta chọn:

$$M = \sqrt[k]{\frac{1}{\epsilon}}$$

Kết luận

Với mọi $x > M$, ta có:

$$x > \sqrt[k]{\frac{1}{\epsilon}} \implies x^k > \frac{1}{\epsilon} \implies \frac{1}{x^k} < \epsilon$$

Điều này chứng tỏ rằng $|f(x) – 0| < \epsilon$ luôn đúng khi $x > M$.

Vậy, theo tiêu chuẩn Weierstrass, ta đã chứng minh được:

$\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x^k} = 0$

Giới hạn. Hàm số liên tục

Vận dụng. Trang 115 – SGK Toán 11

Th3 29, 2026 60 2 min read

Giới hạn. Hàm số liên tục

Chứng minh: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{1}{x^k} = 0$ (với $k \in \mathbb{Z}^+$)

Th3 29, 2026 56 2 min read

Giới hạn. Hàm số liên tục

Chứng minh: $\lim_{x \to \pm\infty} c = c$

Th3 29, 2026 56 1 min read

Chứng minh: $\lim_{x \to \pm\infty} c = c$

posted on Tháng 3 29, 2026Tháng 3 29, 2026tagged as Giới hạn hữu hạn của hàm số tại vô cực

Chứng minh định lý về hằng số:

$\lim_{x \to \pm\infty} c = c$

Giải

Xét một dãy số $(x_n)$ bất kỳ sao cho $x_n \to +\infty$ (hoặc $-\infty$).

Xét hàm số hằng $f(x) = c$. Điều này có nghĩa là với mọi giá trị của $x$, kết quả luôn luôn là $c$.

Khi đó, dãy giá trị tương ứng là $f(x_n) = c, c, c, \dots$ (một dãy số hằng).

Theo lý thuyết giới hạn của dãy số, giới hạn của một dãy hằng số chính là hằng số đó: $\lim_{n \to +\infty} f(x_n) = c$.

Kết luận:

Vì kết quả đúng với mọi dãy $(x_n)$, nên theo định nghĩa: $\lim_{x \to \pm\infty} c = c$.

Giới hạn. Hàm số liên tục

Vận dụng. Trang 115 – SGK Toán 11

Th3 29, 2026 60 2 min read

Giới hạn. Hàm số liên tục

Chứng minh: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{1}{x^k} = 0$ (với $k \in \mathbb{Z}^+$)

Th3 29, 2026 56 2 min read

Giới hạn. Hàm số liên tục

Chứng minh: $\lim_{x \to \pm\infty} c = c$

Th3 29, 2026 56 1 min read

Chứng minh Giới hạn của Căn thức $\lim_{x \to x_0} \sqrt{f(x)} = \sqrt{L}$

posted on Tháng 3 28, 2026Tháng 3 28, 2026tagged as Giới hạn của Hàm số tại một điểm

Nếu $f(x) \geq 0$ và $\lim_{x \to x_0} f(x) = L > 0$, chứng minh $\lim_{x \to x_0} \sqrt{f(x)} = \sqrt{L}$.

Giải

Ta xét hiệu: $|\sqrt{f(x)} – \sqrt{L}| = \left| \frac{(\sqrt{f(x)} – \sqrt{L})(\sqrt{f(x)} + \sqrt{L})}{\sqrt{f(x)} + \sqrt{L}} \right| = \frac{|f(x) – L|}{\sqrt{f(x)} + \sqrt{L}}$

Vì $f(x) \geq 0$ và $\sqrt{L} > 0$, ta có mẫu số $\sqrt{f(x)} + \sqrt{L} \geq \sqrt{L}$.

Do đó: $|\sqrt{f(x)} – \sqrt{L}| \leq \frac{|f(x) – L|}{\sqrt{L}}$

Với mọi $\epsilon > 0$, vì $\lim f(x) = L$, tồn tại $\delta > 0$ sao cho $|f(x) – L| < \epsilon \cdot \sqrt{L}$.

Khi đó: $|\sqrt{f(x)} – \sqrt{L}| < \frac{\epsilon \cdot \sqrt{L}}{\sqrt{L}} = \epsilon$.

Vậy $\lim_{x \to x_0} \sqrt{f(x)} = \sqrt{L}$.

Chứng minh Giới hạn của Thương $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{L}{M}$

posted on Tháng 3 28, 2026Tháng 3 28, 2026tagged as Giới hạn của Hàm số tại một điểm

Nếu $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$ và $\lim_{x \to x_0} g(x) = M$;

Chứng minh $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{L}{M}$ (với $M \neq 0$).

Giải

Chứng minh:

$\lim_{x \to x_0} \frac{1}{g(x)} = \frac{1}{M}$

Xét hiệu:

$\left| \frac{1}{g(x)} – \frac{1}{M} \right| = \frac{|M – g(x)|}{|g(x)| \cdot |M|} = \frac{|g(x) – M|}{|g(x)| \cdot |M|}$

Chặn mẫu số:

Vì $\lim g(x) = M \neq 0$, chọn $\epsilon_0 = \frac{|M|}{2} > 0$. Tồn tại $\delta_1 > 0$ sao cho khi $0 < |x – x_0| < \delta_1$ thì $|g(x) – M| < \frac{|M|}{2}$.

Suy ra: $|g(x)| > |M| – \frac{|M|}{2} = \frac{|M|}{2}$.
Khi đó: $\frac{1}{|g(x)|} < \frac{2}{|M|}$.

Kiểm soát tử số:

Với $\epsilon > 0$ bất kỳ, tồn tại $\delta_2 > 0$ sao cho khi $0 < |x – x_0| < \delta_2$ thì $|g(x) – M| < \frac{\epsilon \cdot M^2}{2}$.

Chọn $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$. Khi đó:

$$\left| \frac{1}{g(x)} – \frac{1}{M} \right| = \frac{|g(x) – M|}{|g(x)| \cdot |M|} < \frac{|g(x) – M|}{\frac{|M|}{2} \cdot |M|} = \frac{2 \cdot |g(x) – M|}{M^2}$$

Ta có: $\frac{2}{M^2} \cdot \frac{\epsilon \cdot M^2}{2} = \epsilon$.

Sau khi có $\lim \frac{1}{g(x)} = \frac{1}{M}$, ta áp dụng định lý tích:

$$\lim \frac{f(x)}{g(x)} = \lim \left( f(x) \cdot \frac{1}{g(x)} \right) = L \cdot \frac{1}{M} = \frac{L}{M}$$

Chứng minh Giới hạn của Tích $\lim_{x \to x_0} [f(x) \cdot g(x)] = L \cdot M$

posted on Tháng 3 28, 2026Tháng 3 28, 2026tagged as Giới hạn của Hàm số tại một điểm

Nếu $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$ và $\lim_{x \to x_0} g(x) = M$;

Chứng minh $\lim_{x \to x_0} [f(x) \cdot g(x)] = L \cdot M$.

Giải

Ta cần chứng minh:

Với mọi $\epsilon > 0$, tồn tại $\delta > 0$ sao cho nếu $0 < |x – x_0| < \delta$ thì $|f(x)g(x) – LM| < \epsilon$.

Sử dụng kỹ thuật thêm bớt hạng tử trung gian $f(x)M$:

$$|f(x)g(x) – LM| = |f(x)g(x) – f(x)M + f(x)M – LM|$$

Áp dụng bất đẳng thức tam giác $|A + B| \leq |A| + |B|$:

$$|f(x)g(x) – LM| \leq |f(x)| \cdot |g(x) – M| + |M| \cdot |f(x) – L| \quad (*)$$

Chặn hàm số $f(x)$

Vì $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$, nên với sai số $\epsilon_1 = 1$, luôn tồn tại $\delta_1 > 0$ sao cho khi $0 < |x – x_0| < \delta_1$ thì:

$$|f(x) – L| < 1 \implies |f(x)| < |L| + 1$$

Đặt $K = \max(|L| + 1, |M|)$. Khi đó, $|f(x)|$ và $|M|$ đều bị chặn bởi $K$.

Kiểm soát các sai số thành phần

Với mọi $\epsilon > 0$ cho trước, ta chọn:

$\delta_2 > 0$ sao cho nếu $0 < |x – x_0| < \delta_2$ thì $|f(x) – L| < \frac{\epsilon}{2K}$.
$\delta_3 > 0$ sao cho nếu $0 < |x – x_0| < \delta_3$ thì $|g(x) – M| < \frac{\epsilon}{2K}$.

Tổng hợp kết quả

Chọn $\delta = \min(\delta_1, \delta_2, \delta_3)$. Khi đó, với mọi $x$ thỏa mãn $0 < |x – x_0| < \delta$, thay vào biểu thức $(*)$ ta có:

$$|f(x)g(x) – LM| \leq |f(x)| \cdot |g(x) – M| + |M| \cdot |f(x) – L|$$

$$< K \cdot \frac{\epsilon}{2K} + K \cdot \frac{\epsilon}{2K}$$

$$= \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon$$

Kết luận

Vậy theo định nghĩa Weierstrass, ta có:

$$\lim_{x \to x_0} [f(x) \cdot g(x)] = L \cdot M$$

Chứng minh Giới hạn của Hiệu $\lim_{x \to x_0} [f(x) – g(x)] = L – M$

posted on Tháng 3 28, 2026Tháng 3 28, 2026tagged as Giới hạn của Hàm số tại một điểm

Bài toán: Nếu $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$ và $\lim_{x \to x_0} g(x) = M$, chứng minh $\lim_{x \to x_0} [f(x) – g(x)] = L – M$.

Giải

Cho trước $\epsilon > 0$. Ta cần tìm $\delta > 0$ sao cho nếu $0 < |x – x_0| < \delta$ thì $|(f(x) – g(x)) – (L – M)| < \epsilon$.

Ta có: $|(f(x) – g(x)) – (L – M)| = |(f(x) – L) – (g(x) – M)|$.

Áp dụng bất đẳng thức tam giác $|A – B| \leq |A| + |B|$:

$$|(f(x) – L) – (g(x) – M)| \leq |f(x) – L| + |g(x) – M|$$

Vì $\lim f(x) = L$ và $\lim g(x) = M$, nên với $\frac{\epsilon}{2} > 0$:

Tồn tại $\delta_1 > 0$ để $|f(x) – L| < \frac{\epsilon}{2}$ khi $0 < |x – x_0| < \delta_1$.
Tồn tại $\delta_2 > 0$ để $|g(x) – M| < \frac{\epsilon}{2}$ khi $0 < |x – x_0| < \delta_2$.

Chọn $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$. Khi đó với $0 < |x – x_0| < \delta$:

$$|f(x) – g(x) – (L – M)| < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon$$

Chứng minh Giới hạn của Tổng: $\lim_{x \to x_0} [f(x) + g(x)] = L + M$

posted on Tháng 3 28, 2026Tháng 3 28, 2026tagged as Giới hạn của Hàm số tại một điểm

Cho hai hàm số $f(x)$ và $g(x)$ thỏa mãn:

$$\lim_{x \to x_0} f(x) = L \quad \text{và} \quad \lim_{x \to x_0} g(x) = M$$

Chứng minh:

$$\lim_{x \to x_0} [f(x) + g(x)] = L + M$$

Giải

Cho trước một số $\epsilon > 0$ bất kỳ. Ta cần tìm $\delta > 0$ sao cho nếu $0 < |x – x_0| < \delta$ thì $|(f(x) + g(x)) – (L + M)| < \epsilon$.

Theo giả thiết:

Với $\frac{\epsilon}{2} > 0$, tồn tại $\delta_1 > 0$ để $|f(x) – L| < \frac{\epsilon}{2}$ khi $0 < |x – x_0| < \delta_1$.

Với $\frac{\epsilon}{2} > 0$, tồn tại $\delta_2 > 0$ để $|g(x) – M| < \frac{\epsilon}{2}$ khi $0 < |x – x_0| < \delta_2$.

Chọn $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$. Khi đó, với $0 < |x – x_0| < \delta$, cả hai bất đẳng thức trên đều đúng.

Sử dụng bất đẳng thức tam giác: $|A + B| \leq |A| + |B|$, ta có:$$|(f(x) + g(x)) – (L + M)| = |(f(x) – L) + (g(x) – M)|$$$$\leq |f(x) – L| + |g(x) – M|$$$$< \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon$$

Vậy $\lim_{x \to x_0} [f(x) + g(x)] = L + M$.

HĐ1. Nhận biết khái niệm giới hạn tại một điểm – Trang 111 | SGK Toán 11

posted on Tháng 3 28, 2026Tháng 3 28, 2026

HĐ1. Nhận biết khái niệm giới hạn tại một điểm

Cho hàm số $f(x) = \frac{4 – x^2}{x – 2}$.

a) Tìm tập xác định của hàm số $f(x)$.
b) Cho dãy số $x_n = \frac{2n + 1}{n}$. 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 kỳ sao cho $x_n \neq 2$ và $x_n \to 2$, tính $f(x_n)$ và tìm $\lim_{n \to +\infty} f(x_n)$.

Giải

a) Tìm tập xác định

Hàm số $f(x) = \frac{4 – x^2}{x – 2}$ xác định khi và chỉ khi mẫu thức khác 0:

$$x – 2 \neq 0 \iff x \neq 2$$

Vậy tập xác định của hàm số là: $D = \mathbb{R} \setminus \{2\}$.

b) Tính giới hạn với dãy số cụ thể $x_n = \frac{2n + 1}{n}$

Rút gọn $f(x)$: Với mọi $x \neq 2$, ta có:$$f(x) = \frac{4 – x^2}{x – 2} = \frac{(2 – x)(2 + x)}{x – 2} = \frac{-(x – 2)(x + 2)}{x – 2} = -(x + 2)$$
Thay $x_n$ vào $f(x)$:$$u_n = f(x_n) = -(x_n + 2) = -\left( \frac{2n + 1}{n} + 2 \right)$$Rút gọn biểu thức bên trong: $\frac{2n + 1}{n} = 2 + \frac{1}{n}$.Do đó: $u_n = -\left( 2 + \frac{1}{n} + 2 \right) = -\left( 4 + \frac{1}{n} \right) = -4 – \frac{1}{n}$.
Tính giới hạn:$$\lim u_n = \lim \left( -4 – \frac{1}{n} \right) = -4 – 0 = \mathbf{-4}$$

c) Tính giới hạn với dãy số $(x_n)$ bất kỳ

Giả sử có dãy số $(x_n)$ bất kỳ thỏa mãn $x_n \neq 2$ và $\lim x_n = 2$.

Vì $x_n \neq 2$, ta luôn có: $f(x_n) = -(x_n + 2)$.
Áp dụng quy tắc tính giới hạn của dãy số:$$\lim_{n \to +\infty} f(x_n) = \lim_{n \to +\infty} [-(x_n + 2)] = -(\lim x_n + 2) = -(2 + 2) = \mathbf{-4}$$

Kết luận:

Qua hoạt động này, ta thấy dù chọn dãy số nào tiến về 2 thì giá trị hàm số đều tiến về -4.

Ta nói

$\lim_{x \to 2} f(x) = -4$.