I. Bbruncjurb IIpe)TeJIbI: 1 lim _(xarrow infty )((3-x)(2x^2+5x-8))/(x^2)-3x+1 2 lim _(xarrow -1)(x^2+3x+2)/(x^2)-1 3. lim _(xarrow 4)(sqrt (1+2x)-3)/(sqrt (x)-2) 4 lim _(xarrow infty )((x+1)/(x-1))^2x lim _(xarrow 0)(ln(1-5x))/(sin3x) 6 lim _(xarrow 2)(sin(x^2-4)arctg(x-2))/((e^(x-2)^(2)-I)ln(x+1)) II. HaHbI TpH QyHKIIHH , QyHKIIHH Ha HerlpepblBHOCT5 , yka3aTb THII TOYeK pa3pblBa, HJIS TpeTbei QyHKHHH c)IeJIaTb yeprēx rpadpHKa 1. y=5^(1)/(x-5) 2 y=(x+1)/(x-2) 3. y= ) 2x^2,&IpHxleqslant 0 x,&mpH&0lt xlt 1 2,&IpHxgeqslant I

I. Решение задач на пределы:<br /><br />1. $\lim _{x\rightarrow \infty }\frac {(3-x)(2x^{2}+5x-8)}{x^{2}-3x+1}$<br /> Решение: Для этого предела можно применить правило Лопиталя, так как это неопределенный тип $\frac{\infty}{\infty}$. После применения правила Лопиталя получаем:<br /> $\lim _{x\rightarrow \infty }\frac {2x^{2}+5x-8}{2x-3} = \lim _{x\rightarrow \infty }\frac {2x+5}{2} = \infty$<br /><br />2. $\lim _{x\rightarrow -1}\frac {x^{2}+3x+2}{x^{2}-1}$<br /> Решение: Подставляем $x = -1$ в числитель и знаменатель, получаем:<br /> $\lim _{x\rightarrow -1}\frac {(-1)^{2}+3(-1)+2}{(-1)^{2}-1} = \frac {0}{0}$, что является неопределенным типом. Применим правило Лопиталя:<br /> $\lim _{x\rightarrow -1}\frac {2x+3}{2x-1} = \frac {2(-1)+3}{2(-1)-1} = \frac {1}{-3} = -\frac{1}{3}$<br /><br />3. $\lim _{x\rightarrow 4}\frac {\sqrt {1+2x}-3}{\sqrt {x}-2}$<br /> Решение: Подставляем $x = 4$ в числитель и знаменатель, получаем:<br /> $\lim _{x\rightarrow 4}\frac {\sqrt {1+2(4)}-3}{\sqrt {4}-2} = \frac {0}{0}$, что является неопределенным типом. Применим правило Лопиталя:<br /> $\lim _{x\rightarrow 4}\frac {\frac{1}{2\sqrt{1+2x}}}{\frac{1}{2\sqrt{x}}} = \lim _{x\rightarrow 4}\frac {\sqrt{1+2x}}{\sqrt{x}} = \frac{\sqrt{9}}{\sqrt{4}} = \frac{3}{2}$<br /><br />4. $\lim _{x\rightarrow \infty }(\frac {x+1}{x-1})^{2x}$<br /> Решение: Применим правило Лопиталя:<br /> $\lim _{x\rightarrow \infty }(\frac {x+1}{x-1})^{2x} = \lim _{x\rightarrow \infty }e^{2x \ln(\frac{x+1}{x-1})} = e^{\lim _{x\rightarrow \infty }2x \ln(\frac{x+1}{x-1})} = e^{\lim _{x\rightarrow \infty }\frac{2x \ln(\frac{x+1}{x-1})}{x}} = e^{\lim _{x\rightarrow \infty }2 \ln(\frac{x+1}{x-1})} = e^{2 \ln(1)} = e^{0} = 1$<br /><br />5. $\lim _{x\rightarrow 0}\frac {ln(1-5x)}{sin3x}$<br /> Решение: Применим правило Лопиталя:<br /> $\lim _{x\rightarrow 0}\frac {ln(1-5x)}{sin3x} = \lim _{x\rightarrow 0}\frac {\frac{-5}{1-5x}}{3cos3x} = \lim _{x\rightarrow 0}\frac {-5}{3} = -\frac{5}{3}$<br /><br />6. $\lim _{x\rightarrow 2}\frac {sin(x^{2}-4)arctg(x-2)}{(e^{(x-2)^{2}}-I)ln(x+1)}$<br /> Решение: Подставляем $x = 2$ в числитель и знаменатель, получаем:<br /> $\lim _{x\rightarrow 2}\frac {sin(2^{2}-4)arctg(2-2)}{(e^{(2-2)^{2}}-I)ln(2+1)} = \frac {0}{0}$, что является неопределенным типом. Применим правило Лопиталя:<br /> $\lim _{x\rightarrow 2}\frac {cos(x^{2}-4)arctg(x-2)}{(e^{(x-2)^{2}}-I)