Cho khoảng \(K\) chứa điểm \({x_0}\). Ta nói rằng hàm số \(f(x)\) xác định trên \(K\) (có thể trừ điểm \({x_0}\)) có giới hạn là \(L\) khi x dần tới \({x_0}\) nếu với dãy số \(({x_n})\) bất kì, \({x_n} \in K\backslash {\rm{\{ }}{x_0}{\rm{\} }}\) và\({x_n} \to {x_0}\), ta có:\(f({x_n}) \to L\). Ta kí hiệu:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L\)hay \(f(x) \to L\) khi\(x \to {x_0}\).
Chú ý: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to x_{_0}^ + } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_{_0}^ - } f(x) = L\).
Định lí 1: Gới hạn của tổng, hiệu, tích, thương (mẫu số dẫn về\(L \ne 0\)) khi \(x \to {x_0}\) (hay\(x \to + \infty ;x \to - \infty \) ) bằng tổng, hiệu, tích, thương của các giới hạn đó khi \(x \to {x_0}\) (hay\(x \to + \infty ;x \to - \infty \)) .
Chú ý: Định lí trên ta chỉ áp dụng cho những hàm số có giới hạn là hữu hạn. Ta không áp dụng cho các giới hạn dần về vô cực
Định lí 2: (Nguyên lí kẹp)
Cho ba hàm số \(f(x),g(x),h(x)\) xác định trên \(K\)chứa điểm \({x_0}\) (có thể các hàm đó không xác định tại \({x_0}\)). Nếu \(g(x) \le f(x) \le h(x){\rm{ }}\forall x \in K\)và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} h(x) = L\) thì\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L\).
Phương pháp:
Tìm các giới hạn sau:
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x + 3\cos x + x}}{{2x + {{\cos }^2}3x}}\)
b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {{x^2} + 3} - 2x}}{{\sqrt[3]{{x + 6}} + 2x - 1}}\)
a) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x + 3\cos x + x}}{{2x + {{\cos }^2}3x}} = \frac{{\sin 0 + 3\cos 0 + 0}}{{2.0 + {{\cos }^2}0}} = 3\)
b) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {{x^2} + 3} - 2x}}{{\sqrt[3]{{x + 6}} + 2x - 1}} = \frac{{\sqrt {{2^2} + 3} - 2.2}}{{\sqrt[3]{{2 + 6}} + 2.2 - 1}} = \frac{{\sqrt 7 - 4}}{5}\).
Xét xem các hàm số sau có giới hạn tại các điểm chỉ ra hay không? Nếu có hay tìm giới hạn đó?
a) \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} + 3x + 1}}{{{x^2} + 2}}{\rm{ khi }}x < 1\\\frac{{3x + 2}}{3}{\rm{ khi }}x \ge 1\end{array} \right.\) khi \(x \to 1\);
b) \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} + 3x + 1{\rm{ khi }}x \ge 0\\ - {x^2} + 3x + 2{\rm{ khi }}x < 0\end{array} \right.\) khi \(x \to 0\)
a) Ta có:\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{3x + 2}}{3} = \frac{5}{3}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{{x^2} + 3x + 1}}{{{x^2} + 2}} = \frac{5}{3} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \frac{5}{3}\).
Vậy\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \frac{5}{3}\).
b) Ta có:\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} (2{x^2} + 3x + 1) = 1\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} ( - {x^2} + 3x + 2) = 2 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x)\).
Vậy hàm số \(f(x)\) không có giới hạn khi\(x \to 0\).
Tìm \(m\) để các hàm số:
a) \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} + mx + 2m + 1}}{{x + 1}}{\rm{ khi }}x \ge 0\\\frac{{2x + 3m - 1}}{{\sqrt {1 - x} + 2}}{\rm{ khi }}x < 0\end{array} \right.\) có giới hạn khi \(x \to 0\).
b)\(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} + x - 2}}{{\sqrt {1 - x} }} + mx + 1{\rm{ khi }}x < 1\\3mx + 2m - 1{\rm{ khi }}x \ge 1\end{array} \right.\) có giới hạn khi \(x \to 1\).
a) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{{x^2} + mx + 2m + 1}}{{x + 1}} = 2m + 1\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{2x + 3m - 1}}{{\sqrt {1 - x} + 2}} = \frac{{3m - 1}}{3}\)
Hàm số có giới hạn khi \(x \to 0\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x)\)
\( \Leftrightarrow 2m + 1 = \frac{{3m - 1}}{3} \Leftrightarrow m = - \frac{4}{3}\).
b) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} (3mx + 2m - 1) = 5m - 1\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {\frac{{{x^2} + x - 2}}{{\sqrt {1 - x} }} + mx + 1} \right)\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( { - (x + 2)\sqrt {1 - x} + mx + 1} \right) = m + 1\)
Hàm số có giới hạn khi \(x \to 1\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x)\)
\( \Leftrightarrow 5m - 1 = m + 1 \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\).
Dạng này ta gọi là dạng vô định\(\frac{0}{0}\).
Để khử dạng vô định này ta sử dụng định lí Bơzu cho đa thức:
Định lí: Nếu đa thức \(f(x)\) có nghiệm \(x = {x_0}\) thì ta có :
\(f(x) = (x - {x_0}){f_1}(x)\).
Chú ý :Nếu tam thức bậc hai \(a{x^2} + b{\rm{x + c}}\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thì ta luôn có sự phân tích\(a{x^2} + bx + c = a(x - {x_1})(x - {x_2})\).
Các lượng liên hợp:
1. \((\sqrt a - \sqrt b )(\sqrt a + \sqrt b ) = a - b\)
2. \((\sqrt[3]{a} \pm \sqrt[3]{b})(\sqrt[3]{{{a^2}}} \mp \sqrt[3]{{ab}} + \sqrt[3]{{{b^2}}}) = a - b\)
3. \((\sqrt[n]{a} - \sqrt[n]{b})(\sqrt[n]{{{a^{n - 1}}}} + \sqrt[n]{{{a^{n - 2}}b}} + ... + \sqrt[n]{{{b^{n - 1}}}}) = a - b\)
Nếu \(\sqrt[n]{{u(x)}},\sqrt[m]{{v(x)}} \to c\) thì ta phân tích:
\(\sqrt[n]{{u(x)}} - \sqrt[m]{{v(x)}} = (\sqrt[n]{{u(x)}} - c) - (\sqrt[m]{{v(x)}} - c)\).
Trong nhiều trường hợp việc phân tích như trên không đi đến kết quả ta phải phân tích như sau:\(\sqrt[n]{{u(x)}} - \sqrt[m]{{v(x)}} = (\sqrt[n]{{u(x)}} - m(x)) - (\sqrt[m]{{v(x)}} - m(x))\), trong đó \(m(x) \to c\).
\({a^n} - {b^n} = (a - b)({a^{n - 1}} + {a^{n - 2}}b + ... + a{b^{n - 2}} + {b^{n - 1}})\).
Tính các giới hạn sau:
a) Tìm giới hạn \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^3} - 3{x^2} + 2}}{{{x^2} - 4x + 3}}.\)
b) Tìm giới hạn \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^4} - 5{x^2} + 4}}{{{x^3} - 8}}.\)
a) Ta có: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^3} - 3{x^2} + 2}}{{{x^2} - 4x + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{(x - 1)({x^2} - 2x - 2)}}{{(x - 1)(x - 3)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 2x - 2}}{{x - 3}} = \frac{3}{2}\).
b) Ta có: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^4} - 5{x^2} + 4}}{{{x^3} - 8}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{({x^2} - 1)({x^2} - 4)}}{{{x^3} - {2^3}}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{({x^2} - 1)(x - 2)(x + 2)}}{{(x - 2)({x^2} + 2x + 4)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{({x^2} - 1)(x + 2)}}{{{x^2} + 2x + 4}} = 1\).
Tìm các giới hạn sau:
a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^n} - 1}}{{x - 1}}\)
b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^5} - 5{x^3} + 2{x^2} + 6x - 4}}{{{x^3} - {x^2} - x + 1}}\)
a) Ta có: \({x^n} - 1 = (x - 1)({x^{n - 1}} + {x^{n - 2}} + ... + x + 1)\)
Suy ra: \(\frac{{{x^n} - 1}}{{x - 1}} = {x^{n - 1}} + {x^{n - 2}} + ... + x + 1\)
Do đó: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {{x^{n - 1}} + {x^{n - 2}} + ... + x + 1} \right) = n\).
b) Ta có: \({x^5} - 5{x^3} + 2{x^2} + 6x - 4 = {(x - 1)^2}(x + 2)({x^2} - 2)\)
\({x^3} - {x^2} - x + 1 = {(x - 1)^2}(x + 1)\)
Do đó: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{(x + 2)({x^2} - 2)}}{{x + 1}} = - \frac{3}{2}\).
Tìm các giới hạn sau:
a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {2x - 1} - x}}{{{x^2} - 1}}\)
b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{3x + 2}} - x}}{{\sqrt {3x - 2} - 2}}\)
a) Ta có:\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2x - 1 - {x^2}}}{{(x - 1)(x + 1)(\sqrt {2x - 1} + x)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - (x - 1)}}{{(x + 1)(\sqrt {2x - 1} + x)}} = 0\)
b) Ta có:\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(3x + 2 - {x^3})(\sqrt {3x - 2} + 2)}}{{3(x - 2)(\sqrt[3]{{{{(3x + 2)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{3x + 2}} + 4)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{ - ({x^2} + 2x + 1)(\sqrt {3x - 2} + 2)}}{{3(\sqrt[3]{{{{(3x + 2)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{3x + 2}} + 4)}} = - 1\) .
Phương pháp: Tương tự như cách khử dạng vô định ở dãy số. Ta cần tìm cách đưa về các giới hạn:
Tìm các giới hạn sau:
a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{(4x + 1)}^3}{{(2x + 1)}^4}}}{{{{(3 + 2x)}^7}}}\)
b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} - 3x + 4} + 3x}}{{\sqrt {{x^2} + x + 1} - x}}\)
a) Ta có: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{\left( {4 + \frac{1}{x}} \right)}^3}{{\left( {2 + \frac{1}{x}} \right)}^4}}}{{{{\left( {\frac{3}{x} + 2} \right)}^7}}} = 8.\)
b) Ta có: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {4 - \frac{3}{x} + \frac{4}{{{x^2}}}} + 3}}{{ - \sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} - 1}} = \frac{1}{2}.\)
Tìm các giới hạn sau:
a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {2{x^2} + 1} - \sqrt {{x^2} + 1} }}{{2x + 2}}\)
b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {3{x^2} - 2} + \sqrt {x + 1} }}{{\sqrt {{x^2} + 1} - 1}}\)
a) Ta có:\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {2 + \frac{1}{{{x^2}}}} - \left| x \right|\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{x(2 + \frac{2}{x})}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {2 + \frac{1}{{{x^2}}}} - \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{2 + \frac{2}{x}}} = \frac{{\sqrt 2 - 1}}{2}.\) .
b) Ta có: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {3 - \frac{2}{{{x^2}}}} + \left| x \right|\sqrt {\frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{\left| x \right|\left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} - \frac{1}{{\left| x \right|}}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {3 - \frac{2}{{{x^2}}}} - \sqrt {\frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{ - \left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} - \frac{1}{{\left| x \right|}}} \right)}} = \sqrt 3 .\)
Tìm giới hạn \(H = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt[4]{{16{x^4} + 3x + 1}} - \sqrt {4{x^2} + 2} } \right).\)
Ta có: \(H = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {16{x^4} + 3x + 1} - (4{x^2} + 2)}}{{\sqrt[4]{{16{x^4} + 3x + 1}} + \sqrt {4{x^2} + 2} }}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{16{x^4} + 3x + 1 - {{(4{x^2} + 2)}^2}}}{{\left( {\sqrt[4]{{16{x^4} + 3x + 1}} + \sqrt {4{x^2} + 2} } \right)\left( {\sqrt {16{x^4} + 3x + 1} + 4{x^2} + 2} \right)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 16{x^2} + 3x - 3}}{{\left( {\sqrt[4]{{16{x^4} + 3x + 1}} + \sqrt {4{x^2} + 2} } \right)\left( {\sqrt {16{x^4} + 3x + 1} + 4{x^2} + 2} \right)}}\)
Suy ra \(H = 0\).
Phương pháp:
Những dạng vô định này ta tìm cách biến đổi đưa về dạng \(\frac{\infty }{\infty }\).
Tìm giới hạn \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x + 1} - x} \right).\)
Ta có: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{(\sqrt {{x^2} - x + 1} - x)(\sqrt {{x^2} - x + 1} + x)}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} + x}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} - x + 1 - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - x + 1}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} + x}} = - \frac{1}{2}\).
Tìm giới hạn \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2x + \sqrt {4{x^2} - x + 1} } \right).\)
\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{(2x - \sqrt {4{x^2} - x + 1} )(2x + \sqrt {4{x^2} - x + 1} )}}{{2x - \sqrt {4{x^2} - x + 1} }}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x + 1}}{{2x - \sqrt {4{x^2} - x + 1} }} = \frac{1}{4}\).
Tìm các giới hạn sau:\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } (\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} + \sqrt {{x^2} - 2x} )\)
Ta có: \(\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} + \sqrt {{x^2} - 2x} = (\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} - x) + (\sqrt {{x^2} - 2x} + x)\)
\( = \frac{{ - 3{x^2}}}{{\sqrt[3]{{{{({x^3} - 3{x^2})}^2}}} + x\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} + {x^2}}} + \frac{{ - 2x}}{{\sqrt {{x^2} - 2x} - x}}\)
\( \Rightarrow A = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 3}}{{\sqrt[3]{{{{(1 - \frac{3}{x})}^2}}} + \sqrt[3]{{1 - \frac{3}{x}}} + 1}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 2}}{{ - \sqrt {1 - \frac{2}{x}} - 1}} = 0\).
Phương pháp:
Ta sử dụng các công thức lượng giác biến đổi về các dạng sau:
\( \bullet \)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{{\sin x}} = 1\), từ đây suy ra\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\tan x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{{\tan x}} = 1\).
\( \bullet \) Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} u(x) = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\sin u(x)}}{{u(x)}} = 1\) và\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\tan u(x)}}{{u(x)}} = 1\).
Tìm giới hạn \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos ax}}{{{x^2}}}.\)
Ta có:\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2{{\sin }^2}\frac{{ax}}{2}}}{{{x^2}}} = \frac{a}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{\sin \frac{{ax}}{2}}}{{\frac{{ax}}{2}}}} \right)^2} = \frac{a}{2}\).
Tìm giới hạn \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\cos 2x - \cos 3x}}{{x(\sin 3x - \sin 4x)}}.\)
\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\sin \frac{{5x}}{2}\sin \frac{x}{2}}}{{ - 2x\cos \frac{{7x}}{2}\sin \frac{x}{2}}} = - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (\frac{5}{2}.\frac{{\sin \frac{{5x}}{2}}}{{\frac{{5x}}{2}}}).\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\cos \frac{{7x}}{2}}} = \frac{5}{2}\).
Tìm các giới hạn sau:
a)\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^3}\sin \frac{1}{{{x^2}}}\)
b)\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {2\sin x + {{\cos }^3}x} \right)\left( {\sqrt {x + 1} - \sqrt x } \right)\)
a) Ta có: \(0 \le \left| {{x^3}\sin \frac{1}{{{x^2}}}} \right| \le {x^3}\)
Mà \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^3} = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left| {{x^3}\sin \frac{1}{{{x^2}}}} \right| = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^3}\sin \frac{1}{{{x^2}}} = 0\)
Vậy \(A = 0\).
b) Ta có: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2\sin x + {{\cos }^3}x}}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt x }}\)
Mà: \(0 \le \left| {\frac{{2\sin x + {{\cos }^2}x}}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt x }}} \right| \le \frac{3}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt x }} \to 0\) khi \(x \to + \infty \).
Do đó: \(B = 0\).
Nội dung bài học sẽ giới thiệu đến các em khái niệm Giới hạn của hàm số. Bên cạnh đó là các dạng bài toán tính giới hạn của hàm số cùng với những ví dụ minh họa có hướng dẫn giải chi tiết sẽ giúp các em dễ dàng nắm được nội dung bài học.
Để cũng cố bài học xin mời các em cũng làm Bài kiểm tra Trắc nghiệm Toán 11 Bài 2 để kiểm tra xem mình đã nắm được nội dung bài học hay chưa.
Câu 6- Câu 15: Xem thêm phần trắc nghiệm để làm thử Online
Bên cạnh đó các em có thể xem phần hướng dẫn Giải bài tập Toán 11 Bài 2 sẽ giúp các em nắm được các phương pháp giải bài tập từ SGK Giải tích 11 Cơ bản và Nâng cao.
Bài tập 34 trang 163 SGK Toán 11 NC
Bài tập 35 trang 163 SGK Toán 11 NC
Bài tập 36 trang 163 SGK Toán 11 NC
Bài tập 37 trang 163 SGK Toán 11 NC
Bài tập 38 trang 166 SGK Toán 11 NC
Bài tập 39 trang 166 SGK Toán 11 NC
Bài tập 40 trang 166 SGK Toán 11 NC
Bài tập 41 trang 166 SGK Toán 11 NC
Bài tập 42 trang 167 SGK Toán 11 NC
Bài tập 43 trang 167 SGK Toán 11 NC
Bài tập 44 trang 167 SGK Toán 11 NC
Bài tập 45 trang 167 SGK Toán 11 NC
Nếu có thắc mắc cần giải đáp các em có thể để lại câu hỏi trong phần Hỏi đáp, cộng đồng Toán HOCTAP247 sẽ sớm trả lời cho các em.
Copyright © 2021 HOCTAP247