BÀI TẬP KÈM LỜI GIẢI GIỚI HẠN HÀM SỐ

Khi x  ta tiến hành lượt bỏ các VCL có bậc thấp hơn, chỉ chọn những VCL có bậc cao nhất của cả tử và mẫu... Nên ta mới tiến hành thay VCL tương đương được... Nếu có phần tử nào mà lớn

Bài 1: Tính giới hạn của hàm sau:

x 0

tan x x

I lim

x sin x









Giải bài 1: Thấy khi x  0 thì giới hạn đã cho có dạng bất định là 0

0

Áp dụng quy tắc L’Hospital:

2

1

Bài 2: Tính giới hạn sau đây:

1

x

x

I lim

1

x







Giải bài 2:

Khi x  thì giới hạn đã cho có dạng bất định là 0

0

Áp dụng quy tắc L’Hospital

1

0

2

1 e



Bài 3: Tính giới hạn sau đây:

x 0

ln x

1

x





Giải bài 3:

Khi x  0 thì giới hạn đã cho có dạng bất định là 



Áp dụng quy tắc L’Hospital

2

1

Bài 4: Tính giới hạn khi nN, a 1

n

x

x

x

I lim

a





Giải bài 4:

Khi x thì giới hạn có dạng bất định là 



Áp dụng quy tắc L’Hospital

n n 1 n 2



Bài 5: Tính giới hạn sau đây khi  0

x 0

I lim x ln x





Giải bài 5:

Khi x0, giới hạn đã cho có dạng bất định là 0., ta đưa về dạng bất định 0

0







ln x

1 x





Áp dụng quy tắc L’Hospital

( 1)

( 1)

1

x



Bài 6: Tính giới hạn sau:

2

2

x 0

1

x



Giải bài 6:

Khi x  0 thì giới hạn đã cho có dạng bất định là   

Đưa   về dạng 0

0

2

2

x 0

x cos x sin x x cos x sin x

lim

x sin x sin x



Tới đây tiến hành thay thế VCB tương đương

Khi x  0 thì ta có:

xcosx ~ x

sinx ~ x

x2sinx ~ x3

Vậy xcosx + sinx ~ x + x = 2x

xcosx – sinx không thay được VCB tương đương vì x – x = 0x

x cos x sin x x cos x sin x x cos x sin x x cos x sin x

x cos x sin x 2x x cos x sin x

Áp dụng quy tắc L’Hospital

3 2 2

x 0



          



Bài 7: Tính giới hạn sau đây:

3

5

x 0

sin 1 x sin1

I lim

1 2x ln cos x 1





Giải bài 7:

Nhận xét, vì:

x 0

lim sin 1 x sin1 0

x 0

tương đương được

3

1 2x ln cos x 1 1 2x ln cos x 1 1 2x ln cos x 1

Khi x  0, ta có:

2 5

3

x

5



Vậy:

3

3

x 0

x

2

5



Bài 8: Tính giới hạn sau đây:

2

2 x





 

Giải bài 8:

tương đương được

Khi x  ta tiến hành lượt bỏ các VCL có bậc thấp hơn, chỉ chọn những VCL có bậc cao nhất của cả tử và mẫu

2

x 4 ~ x và x2 4 ~ x

Như vậy, ta có:

3x 3

I lim

2x 2



Bài 9: Tính giới hạn sau đây:

x 0

ln 1 x tan x

I lim

x sin x









Giải bài 9:

Khi x  0, ta tiến hành thay các VCB tương đương:

ln 1 x tan x ~ x tan x ~ x

sin x ~ x

x x , lượt bỏ VCB có bậc cao hơn, như vậy dưới mẫu ta được x2

Như vậy:

2

2

x 0

x

x



Bài 10: Tính giới hạn sau đây:

2

x 0

ln cos x

I lim

ln(1 x )







Giải bài 10:

limln cos x 0 limln(1 x ) 0

Khi x  0, ta được:

2

x ln(cos x) ln(1 cos x 1) ~ cos x 1 ~

2

ln(1 x ) ~ x

Như vậy:

2

2

x 0

x

1 2





Bài 11: Tính giới hạn sau đây:

 x 1 

x 1

ln x









Giải bài 11:

  Khi x  1, ta có:

sin e  1 ~ e  1 ~ x 1

ln(1 x 1) ~ x 1  

Vậy,

x 1

x 1

x 1





Bài 12: Tính giới hạn sau đây:

x 0

e 1 cos x 1

I lim

sin x 2x







Giải bài 12:

lim e 1 cos x 1 0 lim sin x 2x 0

Khi x0, ta có:

x

e 1 ~ x và

2

x cos x 1 ~

2

  và sin x ~ x3 3

Như vậy,

3

3

x 0

x

1 2





Bài 13: Tính giới hạn sau:

2

x 0

sin 2x 2arctan 3x 3x

I lim

ln 1 3x sin x xe





Giải bài 13:

lim sin 2x 2arctan 3x 3x 0 lim ln 1 3x sin x xe 0

tương đương được

Khi x0, ta có:

sin 2x ~ 2x; 2arctan3x ~ 6x;  2  2 2

ln 1 3x sin x ~ 3xsin x ~ 3x x

x

xe ~ x.1 x

Như vậy, ta được:

x 0

8x

4x



Bài 14: Tính giới hạn sau đây:

2

2 x





 

Giải bài 14:

            nên thay VCL tương đương được

Khi x , ta có:

2

x 4 ~ x; x24 ~ x

Nhận thấy VCL bậc cao nhất của tử và mẫu là bậc 1, nên các VCL có bậc < 1 sẽ bị giản lược

đi bớt Như vậy, ta có:

x

3x 3

I lim

2x 2



Bài 15: Tính giới hạn sau đây:

2

2 x





 

Giải bài 15:

           nên ta thay VCL tương đương được Khi x , ta có:

Ta thấy:

xlim x 14 x

     và  2 

đương được

2

2

x 14 ~ x

x 2 ~ x





Như vậy,

x

2x

2x



Bài 16: Tính giới hạn sau đây:

2

2 x





 

Giải bài 16:

đương được mà chỉ có thể tính bằng các giới hạn cơ bản hoặc thay bằng VCB tương đương bằng cách biến đổi biểu thức

#CÁCH 1:

2

2

Khi x , ta có:

       

Như vậy,

x

2

7

x

1

x



# CÁCH 2:

Đặt t x

Như vậy, giới hạn đã cho trở thành:

2

2 t

lim



Khi t , ta được:

2

t 2 ~ t và t2 14 ~ t

Như vậy,

t





Bài 17: VCL nào sau đây có bậc cao nhất khi x : 3xln x3 , x ln x , 3x, x(2 sin x) 4

Giải bài 17:

(Phương pháp: Giống như thuật toán tìm giá trị Max, thì đầu tiên ta gán một phần tử bất kì xem như là nó max ban đầu, sau đó so sánh tiếp với các phần tử khác Nếu có phần tử nào mà lớn hơn phần tử đã gán ban đầu thì giá trị Max sẽ gán cho phần tử mới đó Tương tự, so sánh dần dần và ta được giá trị Max nhất trong dãy)

Chọn 3xln x3

Khi x thì 3xln x ~ 3x3

So sánh với hàm kế tiếp là xlnx:

x ln x ln x

    

Như vậy: xlnx có bậc cao hơn 3x + ln3x

Có

1 2

3x  3x Như vậy 3x + ln3x có bậc cao nhất là 1 bé hơn bậc của xlnx đã bị loại Trong khi 3x có bậc là 1/2 < 1 nên cũng bị loại

Ta đem hàm xlnx so sánh với x(2 + sin4x):

4

x(2 sin x) ~ 2x (do hàm sinx là hàm bị chặn)

x ln x ln x

Vậy: VCL có bậc cao nhất là xlnx 

Bài 18: VCL nào sau đây có bậc cao nhất khi x : 2x, x2, x2 + sin4x, xlnx

Giải bài 18:

Tương tự bài 17

Nhận định đầu tiên là giữa 2x và x2 thì ta thấy 2x là VCL có bậc cao hơn vì 2x tiến ra vô cùng nhanh hơn x2

Xét x2  sin x ~ x4 2 (do hàm sinx là hàm bị chặn)

Nên 2x là VCL có bậc cao hơn x2 + sin4x

Tương tự, ta thấy xlnx tiến ra vô cùng chậm hơn 2x, như vậy:

2 x là VCL có bậc cao nhất khi x 

Bài 19: Tính giới hạn sau đây:

1 x

x x

I lim xe 





Giải bài 19:

Đặt t = -x, ta được giới hạn sau:

#CÁCH 1:

1 t t

1

t

t

e

 

  

 



 Tiến hành dùng L’Hospital

1

t 2

1

1

t



  

Do

1 t t 2 t

1

t





#CÁCH 2:

t

t

t

e

 

  

 



nên –t/et = 0)

Vậy

1 x x x

I lim xe  0



Bài 20: Tính giới hạn sau đây:

2

x 2

2

x

I lim





Giải bài 20:

Dạng bất định 1

2

2 x

8x

x 4 x 4

8

x 4



 



Vì

2

2

x

8x



Bài 21: Tính giới hạn sau đây:

1

4 sin x

x 0

I lim 1 2x



Giải bài 21:

Dạng bất định 1

4

4 2

2

2x

2x

Vì

Bài 22: Tính giới hạn sau đây:

 cot x

x 0



Giải bài 22:

Dạng bất định 1

cot x

x

ln 1 cot x

x

e

x 0

x

e



 

 



 



Tính 2

x 0



Vì khi x  0 thì ln 1 x ~ x

Như vậy:

e

x 0



Bài 23: Tính giới hạn sau;

1

2 sin 2x

x 0

I lim 1 tan x



Giải bài 23:

Dạng bất định 1

2

2 2

tan x 1

I





Tính

2

sin x

sin 2x 4sin x cos x 4sin x cos x 4



Như vậy,

1 1

2 sin 2x 4

x 0

I lim 1 tan x e



Bài 24: Tính giới hạn sau đây:

  2

1 x

x 0

I lim cos x





Giải bài 24:

Dạng bất định 1

2

x 0

cos x 1

cos x 1

I x

cos x 1 x







Tính:

cos x 1

I lim

x







Khi x  0, cosx – 1 ~ -x2/2

2

x





  2

1 1

2 x

x 0

I lim cos x e



Bài 25: Tính giới hạn sau đây:

2

x 2

2 x

2x 3

I lim

2x 1





Giải bài 25:

Dạng bất định 1

2

2

4x 2x 1 2x 1 x

2

 



Vì

2

2

x

4x



Bài 26: Tính giới hạn sau đây:

x 1

x

x

1

x



Giải bài 26:

Dạng bất định 1

Đặt t = 1/x, ta được giới hạn sau

1 1

lim ln(e t ) I

t 0



Tính I2

 t   t  t

t

I lim ln e t lim ln e t lim ln e 1

Như vậy,

x 1

2 x

x

1

x

