bài tập giới hạn hàm số có đáp án

1 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố Bài 1: Tính giới hạn của hàm sau: x0 tanx x I lim x sinx     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 22 x 0 x 0 x 0 x 0 1 1 1 cosx 1 cosx tanx x 1 cosx 2 cos x lim lim lim lim 2 x sinx 1 cosx 1 cosx cos x cos x 1                 Bài 2: Tính giới hạn sau đây: 1 x x e1 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 xx 2 1 e e1 x I lim lim e 1 11 xx         Bài 3: Tính giới hạn sau đây: x0 lnx I lim 1 x   Giải bài 3: Khi x  0 thì giới hạn đã cho có dạng bất định là   . Áp dụng quy tắc L’Hospital x 0 x 0 2 1 lnx x I lim lim 0 11 xx       Bài 4: Tính giới hạn khi nN , a1 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 2 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố 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 lna a (lna) a (lna)            (vì n là một số)  Bài 5: Tính giới hạn sau đây khi 0   x0 I limx lnx    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 lnx I limx lnx lim 1 x     Áp dụng quy tắc L’Hospital ( 1) ( 1) x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 1 lnx lnx 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 2 x0 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 x0 1 cos x 1 x cos x sin x I lim cot x lim lim x sin x x x sin x xcosx sinx xcosx sinx lim x sinx sinx                                          Tới đây tiến hành thay thế VCB tương đương Khi x  0 thì ta có: xcosx ~ x sinx ~ x x 2 sinx ~ x 3 Vậy xcosx + sinx ~ x + x = 2x xcosx – sinx không thay được VCB tương đương vì x – x = 0x 22 x 0 x 0 x 0 33 x 0 x 0 x 0 xcosx sinx xcosx sinx xcosx sinx xcosx sinx I lim lim lim x sinx sinx x sinx sinx xcosx sinx 2x xcosx sinx lim lim 2lim x x x                                                         Áp dụng quy tắc L’Hospital 3 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố 3 2 2 x 0 x 0 x 0 x0 xcosx sinx cosx xsinx cosx xsin x I 2lim 2lim 2lim x 3x 3x 1 sin x 1 2 2 lim 2 1 3 x 3 3                                                          Bài 7: Tính giới hạn sau đây: 3 5 x0 sin 1 x sin1 I lim 1 2xlncosx 1     Giải bài 7: Nhận xét, vì:   3 x0 lim sin 1 x sin1 0     và   5 x0 lim 1 2xlncosx 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 2xlncosx 1 1 2xlncosx 1 1 2xlncosx 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 2xlncosx 1~ xlncosx xln(1 cosx 1) ~ x(cosx 1) ~ x 5 5 5 5 2 x 5                Vậy: 3 3 x0 x cos1 5 2 I lim cos1 x 2 5    Bài 8: Tính giới hạn sau đây: 2 2 x x 4 2x 3 x I lim x 4 x       Giải bài 8: Vì     22 xx lim x 4 2x 3 x lim x 4 x             nên ta tiến hành thay VCL 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 2 x 4 ~ x Như vậy, ta có: 4 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố x 3x 3 I lim 2x 2    Bài 9: Tính giới hạn sau đây:   23 x0 ln 1 x tanx I lim x sin x     Giải bài 9: Vì,     23 x 0 x 0 limln 1 xtanx 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 xtanx ~ xtanx ~ x 33 sin x ~ x Dưới mẫu được 23 xx , lượt bỏ VCB có bậc cao hơn, như vậy dưới mẫu ta được x 2 Như vậy: 2 2 x0 x I lim 1 x    Bài 10: Tính giới hạn sau đây:   2 x0 ln cosx I lim ln(1 x )    Giải bài 10: Vì   2 x 0 x 0 limln cosx 0 limln(1 x ) 0      nên thay VCB tương đương được. Khi x  0, ta được: 2 x ln(cosx) ln(1 cosx 1) ~ cosx 1~ 2      22 ln(1 x ) ~ x Như vậy: 2 2 x0 x 1 2 I lim x2       Bài 11: Tính giới hạn sau đây:   x1 x1 sin e 1 I lim lnx     Giải bài 11: Vì   x1 x 1 x 1 limsin e 1 0 limlnx 0       nên thay VCB tương đương được.     x 1 x 1 x 1 x 1 sin e 1 sin e 1 I lim lim lnx ln(1 x 1)      Khi x  1, ta có:   x 1 x 1 sin e 1 ~ e 1~ x 1     5 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố ln(1 x 1) ~ x 1   Vậy, x1 x1 I lim 1 x1      Bài 12: Tính giới hạn sau đây:     x 34 x0 e 1 cosx 1 I lim sin x 2x     Giải bài 12: Vì       x 3 4 x 0 x 0 lim e 1 cosx 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 cosx 1~ 2  và 33 sin x ~ x Như vậy, 3 3 x0 x 1 2 I lim x2       Bài 13: Tính giới hạn sau:   2 2x x0 sin2x 2arctan3x 3x I lim ln 1 3x sin x xe       Giải bài 13: Vì     2 2 x x 0 x 0 lim sin2x 2arctan3x 3x 0 lim ln 1 3x sin x xe 0            nên thay VCB tương đương được. Khi x0, ta có: sin2x ~ 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: x0 8x I lim 2 4x    Bài 14: Tính giới hạn sau đây: 2 2 x x 4 2x 3 x I lim x 4 x       Giải bài 14: Vì     22 xx lim x 4 2x 3 x lim x 4 x             nên thay VCL tương đương được. Khi x  , ta có: 2 x 4 ~ x ; 2 x 4 ~ x 6 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố 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 x 14 x I lim x 2 x     Giải bài 15: Vì     22 xx lim x 14 x lim x 2 x            nên ta thay VCL tương đương được. Khi x  , ta có: Ta thấy:   2 x lim x 14 x      và   2 x lim x 2 x      . Nên ta mới tiến hành thay VCL tương đương được. 2 2 x 14 ~ x x 2 ~ x   Như vậy, x 2x I lim 1 2x    Bài 16: Tính giới hạn sau đây: 2 2 x x 14 x I lim x 2 x     Giải bài 16: Vì     22 xx lim x 14 x 0 lim 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 22 2 x x x 2 22 14 14 x 1 x 1 1 x 14 x xx I lim lim lim 22 x 2 x x x x 1 1 xx                                 Khi x   , ta có: 2 2 2 14 1 14 7 1 1~ x 2 x x     ; 2 2 2 2 1 2 1 1 1~ x 2 x x                    Như vậy, 7 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố 2 x 2 7 x I lim 7 1 x       # CÁCH 2: Đặt tx Như vậy, giới hạn đã cho trở thành: 2 2 2 2 2 2 2 2 tt 2 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 2 t 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  : 3 3x ln x , xlnx , 3x , 4 x(2 sin x) 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 3 3x ln x Khi x  thì 3 3x ln x ~ 3x So sánh với hàm kế tiếp là xlnx: xx xlnx lnx lim lim 3x 3      Như vậy: xlnx có bậc cao hơn 3x + ln 3 x Có 1 2 3x 3x . Như vậy 3x + ln 3 x 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 + sin 4 x): 4 x(2 sin x) ~ 2x (do hàm sinx là hàm bị chặn) xx 2x 2 lim lim 0 xlnx lnx     xlnx có bậc cao hơn x(2 + sin 4 x) Vậy: VCL có bậc cao nhất là xlnx  Bài 18: VCL nào sau đây có bậc cao nhất khi x  : 2 x , x 2 , x 2 + sin 4 x, xlnx Giải bài 18: Tương tự bài 17. 8 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố Nhận định đầu tiên là giữa 2 x và x 2 thì ta thấy 2 x là VCL có bậc cao hơn vì 2 x tiến ra vô cùng nhanh hơn x 2 . Xét 2 4 2 x sin x ~ x (do hàm sinx là hàm bị chặn) Nên 2 x là VCL có bậc cao hơn x 2 + sin 4 x Tương tự, ta thấy xlnx tiến ra vô cùng chậm hơn 2 x , 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 tt t t t I lim te lim e            Dạng   . Tiến hành dùng L’Hospital 1 t t t 2 1 I lim 0 1 1e t         . Do 1 t t 2 t 1 lim 1 e t         #CÁCH 2: 1 1 t t t t tt t I lim te lim e 0 e            (Do 0.1 = 0 vì hàm t chạy ra vô cùng chậm hơn so với hàm e t nên –t/e t = 0) Vậy 1 x x x I lim xe 0     Bài 20: Tính giới hạn sau đây: 2 x 2 2 x x4 I lim x4        Giải bài 20: Dạng bất định 1  2 2 2 2 2 2 x 8x x4 x4 x 8x 2 lim 8 8 x4 22 xx x 4 8 I lim lim 1 e e x 4 x 4                          Vì 2 2 x 8x lim 8 x4    Bài 21: Tính giới hạn sau đây:   2 1 4 sin x x0 I lim 1 2x   9 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố Giải bài 21: Dạng bất định 1      4 4 2 2 24 x0 2x 2x 11 sin x lim 44 sin x sin x 2x x 0 x 0 I lim 1 2x lim 1 2x e 1            Vì 44 22 x 0 x 0 2x 2x lim lim 0 sin x x    Bài 22: Tính giới hạn sau đây:     cotx x0 I lim ln e x   Giải bài 22: Dạng bất định 1      x0 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 I e e x0 xx I lim ln e x lim ln e 1 lim 1 ln 1 ee x lim 1 ln 1 e e e                                                                 Tính 2 x0 x cosx 1 I limln 1 e sinx e        Vì khi x  0 thì xx ln 1 ~ ee     ; cosx ~ 1; sinx ~ x Như vậy:     1 cot x e x0 I lim ln e x e      Bài 23: Tính giới hạn sau;   2 1 2 sin 2x x0 I lim 1 tan x   Giải bài 23: Dạng bất định 1        2 2 2 2 2 tan x 1 1 sin 2x I 22 tan x sin 2x x 0 x 0 I lim 1 tan x lim 1 tan x e             Tính 2 22 2 2 2 2 2 2 4 x 0 x 0 x 0 sin x tan x sin x 1 cos x I lim lim lim sin 2x 4sin xcos x 4sin xcos x 4           Như vậy,   2 1 1 2 4 sin 2x x0 I lim 1 tan x e       Bài 24: Tính giới hạn sau đây: 10 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố   2 1 x x0 I lim cosx   Giải bài 24: Dạng bất định 1      2 2 x0 2 2 cosx 1 cosx 1 11 lim x I x cosx 1 x x 0 x 0 I lim cosx I lim 1 cosx 1 e e                Tính: 2 2 x0 cosx 1 I lim x    Khi x  0, cosx – 1 ~ -x 2 /2 2 2 22 x 0 x 0 x cosx 1 1 2 I lim lim x x 2          2 1 1 2 x x0 I lim cosx 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 2 2 4x 2x 1 2x 1 x 2 4 2 22 xx 2x 3 4 I lim lim 1 e 2x 1 2x 1                       Vì 2 2 x 4x lim 2 2x 1    Bài 26: Tính giới hạn sau đây: x 1 x x 1 I lim e x      Giải bài 26: Dạng bất định 1  Đặt t = 1/x, ta được giới hạn sau   t t0 2 1 1 lim ln(e t) I t t t t0 I lim e t e e          Tính I 2 . B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố Bài 1: Tính giới hạn của hàm sau: x0 tanx x I lim x sinx     Giải bài 1: Thấy khi x  0 thì giới hạn đã cho có dạng bất định là 0 0 . Áp dụng quy. (lna)            (vì n là một số)  Bài 5: Tính giới hạn sau đây khi 0   x0 I limx lnx    Giải bài 5: Khi x0, giới hạn đã cho có dạng bất định là 0. , ta đưa về dạng. 1 1 x x 2 0 xx 2 1 e e1 x I lim lim e 1 11 xx         Bài 3: Tính giới hạn sau đây: x0 lnx I lim 1 x   Giải bài 3: Khi x  0 thì giới hạn đã cho có dạng bất định là   . Áp dụng quy tắc L’Hospital