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

Trang 1

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

2 2

x 0 x 0 x 0 x 0

1

1 1 cos x 1 cos x

tan x x cos x 1 cos x 2

lim lim lim lim 2

x sin x 1 cos x 1 cos x cos x cos x 1

   

  

      

   

Bài 2: Tính giới hạn sau đây:

1

x

e 1

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

1 x

x 2

0

x x

2

1

e

e 1 x

I lim lim e 1

1 1

x x

 



    

x 0

ln x

I lim

1

x





Giải bài 3:

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



x 0 x 0

2

1

ln x x

I lim lim 0

1 1

x x

 

  

 

Bài 4: Tính giới hạn khi nN, a 1

n

x

I lim

a





Giải bài 4:

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



Trang 2

n n 1 n 2

x x x 2 x n

x x x x

x nx n(n 1)x n!

I lim lim lim lim 0

a a ln a a (ln a) a (ln a)

 

   



     (vì n là một số) 

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







x 0 x 0

ln x

I lim x ln x lim

1

x



 

 

( 1)

x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 x 0

1

ln x ln x x x x x x

I lim lim lim lim lim lim 0

1 x x x x

x

  

 

    



  

     

      

    

Bài 6: Tính giới hạn sau:

2

x 0

1

I lim cot x

x



 

   

 

Giải bài 6:

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

Đưa   về dạng 0

0

2 2 2 2

2

2 2 2 2 2

x 0 x 0 x 0

2

x 0

1 cos x 1 x cos x sin x

I lim cot x lim lim

x sin x x x sin x

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

2 2

x 0 x 0 x 0

3 3

x 0 x 0 x 0

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

I lim lim lim

x sin x sin x x sin x sin x

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

lim lim 2lim

x x x

  

          

       

      

 

 

     

      

     

Trang 3

3 2 2

x 0 x 0 x 0

x 0

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

I 2lim 2lim 2lim

x 3x 3x

1 sin x 1 2

2 lim 2 1

3 x 3 3

  



   

     

      

     

     

          

     



3

5

x 0

sin 1 x sin1

I lim

1 2x ln cos x 1



 



 

Giải bài 7:

Nhận xét, vì:

 3 

x 0

lim sin 1 x sin1 0

    và 5 

x 0

lim 1 2x ln cos x 1 0

    ta mới tiến hành thay thế VCB

tương đương được

3 3 3

3

5 5 5

x 0 x 0 x 0

1 x 1 1 x 1 1 x 1

2cos sin 2cos1 sin

sin 1 x sin1 2 2 2

I lim lim lim

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

  

      

 

  

     

Khi x  0, ta có:

3 3 3 3

1 x 1 1 x 1 1 x x

sin ~ ~

2 2 2 2 4

     

2

5

3

2 2 2 2 x

1 2x ln cos x 1 ~ x ln cos x x ln(1 cos x 1) ~ x(cos x 1) ~ x

5 5 5 5 2

x

5

 

           

 



Vậy:

3

x 0

x

cos1 5

2

I lim cos1

x 2

5



  

2

x

x 4 2x 3 x

I lim

x 4 x



  



 

Giải bài 8:

Vì  2   2 

xlim x 4 2x 3 x xlim x 4 x

            nên ta tiến hành thay VCL

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:

Trang 4

3x 3

I lim

2x 2



  

 

2 3

x 0

ln 1 x tan x

I lim

x sin x









Giải bài 9:

Vì,    2 3 

x 0 x 0

limln 1 x tan x 0 lim x sin x 0

       nên ta thay được các VCB tương đương

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

  2

ln 1 x tan x ~ x tan x ~ x

3 3

sin x ~ x

Dưới mẫu được 2 3

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

Như vậy:

2

x 0

x

I lim 1

x



  

 

2

x 0

ln cos x

I lim

ln(1 x )







Giải bài 10:

Vì   2

x 0 x 0

limln cos x 0 limln(1 x ) 0

      nên thay VCB tương đương được

Khi x  0, ta được:

2

x

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

2

    

2 2

ln(1 x ) ~ x

Như vậy:

2

x 0

x

1

2

I lim

x 2





   

 x 1 

x 1

sin e 1

I lim

ln x









Giải bài 11:

Vì  x 1 

x 1 x 1

limsin e  1 0 limln x 0

      nên thay VCB tương đương được

 x 1   x 1 

x 1 x 1

sin e 1 sin e 1

I lim lim

ln x ln(1 x 1)

 

 

 

 

 

Khi x  1, ta có:

 x 1  x 1

sin e  1 ~ e  1 ~ x 1

Trang 5

ln(1 x 1) ~ x 1  

Vậy,

x 1

I lim 1

x 1





 

 

 x   

3 4

x 0

e 1 cos x 1

I lim

sin x 2x



 





Giải bài 12:

Vì  x     3 4

x 0 x 0

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

          nên ta thay VCB tương đương được

Khi x0, ta có:

x

e 1 ~ x và

2

x

cos x 1 ~

2

  và sin x ~ x3 3

Như vậy,

3

x 0

x

1

2

I lim

x 2





   

Bài 13: Tính giới hạn sau:

 

2

2 x

x 0

sin 2x 2arctan 3x 3x

I lim

ln 1 3x sin x xe



 



  

Giải bài 13:

Vì  2  2  x

x 0 x 0

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

           nên thay VCB

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

I lim 2

4x



  

2

x

x 4 2x 3 x

I lim

x 4 x



  



 

Giải bài 14:

Vì  2   2 

xlim x 4 2x 3 x xlim x 4 x

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

được

Khi x , ta có:

2

x 4 ~ x; x24 ~ x

Trang 6

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



  

2

x

x 14 x

I lim

x 2 x



 



 

Giải bài 15:

Vì  2   2 

xlim x 14 x xlim x 2 x

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

Khi x , ta có:

Ta thấy:

 2 

xlim x 14 x

     và  2 

xlim x 2 x

     Nên ta mới tiến hành thay VCL tương

đương được

2

x 14 ~ x

x 2 ~ x





Như vậy,

x

2x

I lim 1

2x



  

2

x

x 14 x

I lim

x 2 x



 



 

Giải bài 16:

Vì  2   2 

xlim x 14 x 0 xlim x 2 x 0

         nên ta không thể thay thế VCL tương

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 2

2

x x x

2

2 2

14 14

x 1 x 1 1

x 14 x x x

I lim lim lim

2 2

x 2 x

x x x 1 1

x x

  

    

 

  

         

   

   

Khi x , ta có:

2 2 2

14 1 14 7

1 1 ~

x 2 x x

    ; 1 22 1 ~ 1 22 12

x 2 x x

   

       

   

Như vậy,

Trang 7

x

2

7

x

I lim 7

1

x



  

 

# CÁCH 2:

Đặt t x

Như vậy, giới hạn đã cho trở thành:

2 2 2 2

t t

2

t

t 14 t t 14 t t 2 t t 14 t

I lim lim

t 2 t t 2 t t 2 t t 14 t

14 t 2 t

lim

2 t 14 t

 



 

       

   

         

   

  

  

 

Khi t , ta được:

2

t 2 ~ t và t2 14 ~ t

Như vậy,

t

14 2t 14

I lim 7

2 2t 2



 

     



  

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 x

x ln x ln x

lim lim

3x 3

    

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 x

2x 2

lim lim 0

x ln x ln x

     xlnx có bậc cao hơn x(2 + sin4x)

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

Trang 8

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 

1

x

I lim xe 





Giải bài 19:

Đặt t = -x, ta được giới hạn sau:

#CÁCH 1:

1

t

1

t t t

t

I lim te lim

e

 

  

 

  



  

Dạng 

 Tiến hành dùng L’Hospital

1

t t

t

2

1

I lim 0

1

1 e

t

 



 

  

 

 

Do

1

t

2

t

1

lim 1 e

t





    

 

 

#CÁCH 2:

1 1

t

t t

t

t t

t

I lim te lim e 0

e

 

  

 

 



    (Do 0.1 = 0 vì hàm t chạy ra vô cùng chậm hơn so với hàm et

nên –t/et = 0)

Vậy

1

x

I lim xe  0



  

2

x

2

x

x 4

I lim

x 4



  

  



 

Giải bài 20:

Dạng bất định 1

2

2 2

2

x

8x

x 4 x 4

x 8x

2 8 lim

8

x 4

2 2

x x

x 4 8

I lim lim 1 e e

x 4 x 4



 



 

 

     

         

   

    

Vì

2

x

8x

lim 8

x 4

 



  2

1

4 sin x

x 0

I lim 1 2x



 

Trang 9

Giải bài 21:

   

4

2

2 4 x 0

2x

1 1 sin x lim

4 sin x 4 2x sin x

x 0 x 0

I lim 1 2x lim 1 2x e  1

 

 

       

 

Vì

4 4

2 2

x 0 x 0

2x 2x

lim lim 0

sin x x

    

 

 cot x

x 0

I lim ln e x



 

Giải bài 22:

 

x 0 2

cot x cot x

cot x

x 0 x 0 x 0

x

ln 1 cot x

1 e

x

x lim ln 1 cot x

ln 1 e I

e

x 0

x x

I lim ln e x lim ln e 1 lim 1 ln 1

e e

x

lim 1 ln 1 e e

e



  

 

 

   



   

   

 



      

             

   

   

 

 

  

 

       

   

 

Tính 2

x 0

x cos x 1

I limln 1

e sin x e



 

    

 

Vì khi x  0 thì ln 1 x ~ x

e e

  

 

  ; cosx ~ 1; sinx ~ x

Như vậy:

 

 cot x 1

e

x 0

I lim ln e x e



   

Bài 23: Tính giới hạn sau;

  2

1

2 sin 2x

x 0

I lim 1 tan x



 

Giải bài 23:

     

2

2 2

tan x

1

1 sin 2x

I

2 sin 2x 2 tan x

x 0 x 0

I lim 1 tan x lim 1 tan x e



 

 

       

 

Tính

2

2 2 2

2 x 0 2 x 0 2 2 x 0 2 4

sin x

tan x cos x sin x 1

I lim lim lim

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

  



 

    

Như vậy,

  2

1

2 sin 2x 4

x 0

I lim 1 tan x e



   

Trang 10

  2

1

x

x 0

I lim cos x





Giải bài 24:

    2

2

x 0

2 2

cos x 1

1 1 x lim

I

x

cos x 1

x

x 0 x 0

I lim cos x I lim 1 cos x 1 e  e



 

 

        

 

Tính:

2 x 0 2

cos x 1

I lim

x







Khi x  0, cosx – 1 ~ -x2/2

2

2 x 0 2 x 0 2

x

cos x 1 2 1

I lim lim

x x 2

 



   

  2

1

2

x

x 0

I lim cos x e



  

2

x

2

x

2x 3

I lim

2x 1



  

  



 

Giải bài 25:

2

2 2

2

4x

2x 1 2x 1

x

2 4

2

2 2

x x

2x 3 4

I lim lim 1 e

2x 1 2x 1

 

 

 

     

        

   

   

 



Vì

2

x

4x

lim 2

2x 1

 



x

1

x

1

I lim e

x



 

   

 

Giải bài 26:

Đặt t = 1/x, ta được giới hạn sau

  t

t 0 2

1

lim ln(e t ) I

t t t

t 0

I lim e t e    e



   

Tính I2

Trang 11

 t   t  t

2 t

t 0 t 0 t 0

t

t t t

t 0 t 0 t 0

1 1 1 t

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

t t t e

1 t 1 t 1

lim ln e ln 1 lim t lim 1 2

t e t e e

  

  

   

           

 

 

      

           

     

 

Như vậy,

x

1

2

x

1

I lim e e

x



 

    

  

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	447,25 KB