Phương pháp gọi số hạng vắng

Một số bài tập rèn luyện GIỚI HẠN HÀM SỐ BeckBo1210 PHƯƠNG PHÁP GỌI SỐ HẠNG VẮNG Bản chất khử dạng vô định 0 0 là làm xuất hiện nhân tử chung để : -Hoặc là khử nhân tử chung đưa về dạng xác định . -Hoặc là đưa giới hạn về các dạng cơ bản , quen thuộc đã biết rõ kết quả hoặc cách giải Trong các bài tập khó, trong các đề thi Đại Học, các hạng tử cấu thành nhân tử chung thường thiếu vắng. Để giải quyết bài toán, điều mấu chốt là khôi phục các hạng tử vắng đó như thế nào? Bài viết này, chúng tôi xin giới thiệu đến bạn đọc 3 phương pháp để giải quyết vấn đề này. Phương pháp 1 : HỆ SỐ BẤT ĐỊNH Xét ví dụ : Tìm: )(lim 1 xFA x → = , với 1 75 )( 2 3 23 − +−− = x xx xF Giải : 6 1 ) 1 27 1 25 (lim 2 3 2 2 2 1 = − −+ − − −− = → x x x x A x **Trong lời giải trên, ta đã thêm bớt 2 vào tử thức của )(xF . Có 3 câu hỏi đặt ra là: 1) Tại sao phải có số 2 . 2) Tại sao phải là số 2 . 3) Tìm số 2 như thế nào ? Trả lời 3 câu hỏi trên ta có phương pháp giải loại toán này: +Trả lời câu hỏi 3: Để tìm số 2, ta đưa ra thuật toán gọi số hạng vắng. Bước 1: Rc ∈∀ , ta có : 1 7 1 5 2 3 2 2 2 − −+ − − −− x cx x cx Bước 2: Trong các số c đó , ta tìm số c sao cho x 2 -1 cùng nhân tử với cxxf −−= 2 1 5)( và cxxf −+= 3 2 2 7)( . Điều đó xãy ra khi chỉ khi c là nghiệm của hệ sau : 2 2 2 6 0)1( 0)1( 2 1 =⇔      =    = = ⇔    =± =± c c c c f f Đáp số: c=2 là câu trả lời cho câu hỏi 1 và 2 . Tổng quát : Giả sử )( )( )( xg xf xF = 1 Một số bài tập rèn luyện GIỚI HẠN HÀM SỐ BeckBo1210 Bước 1: Phân tích )( )( )( )( )( 21 xg cxf xg cxf xF − + + = . Bước 2: Tìm c . Gọi x 1 ,x 2 là ngiệm của g(x)=0, khi đó c là nghiệm của hệ :    =+ =+ 0)( 0)( 21 11 cxf cxf    =− =− 0)( 0)( 22 12 cxf cxf . Với c tìm được thì: )( )( lim 1 0 xg cxf xx + → ; )( )( lim 2 0 xg cxf xx − → giải quyết dễ dàng . Bài tập tự giải : 1. x xx Lim x 3 0 812 −−+ → .( ĐHQG HN97) 2. 29 202 4 3 −+ +−+ +∞→ x xx Lim x .Hướng dẫn: Đặt x=y+7. 3. )23( 2 3 23 xxxxLim x −−+ +∞→ . Hướng dẫn: Đặt y x 1 = . 4. x xx Lim x 2 3 0 sin coscos − → . Hướng dẫn: Đặt sin 2 x=y . Phương pháp 2: GỌI ĐA THỨC VẮNG Bằng cách đặt ẩn phụ n axt += 1 , dể dàng chứng minh được: n a x ax n xx = −+ → 11 lim 0 (*) Xét ví dụ 1: Tìm x xx LimA x 199821)1998( 7 2 0 −−+ = → . Ta có : x x x xxF + −− += 121 )1998()( 7 2 ⇒ 7 3996121 )1998( 0 7 2 0 −=+ −− += →→ xLim x x xLimA xx . Trong ví dụ trên ta đã thêm bớt P(x)=x 2 +1998 và tử thức làm xuất hiện dạng x ax n 11 −+ Đây là điểm mấu chốt của lời giải . Tổng quát : Để tìm )( 0 xFLim x→ ta thêm bớt P(x) vào f(x) làm xuất hiện dạng x ax n 11 −+ , hạng tử vắng ở đây là P(x) đã “ xưng danh” trong biểu thức giới hạn. Nhân tử chung trong phương pháp này không giản ước được. Khi tìm giới hạn thì ConstxPLim x = → )( 0 . 2 Một số bài tập rèn luyện GIỚI HẠN HÀM SỐ BeckBo1210 Ví dụ 2: 4 3 4 4 3 0 184 2 3 1 3 1 2 11 xxx x xx x Lim x +−−−+ −−+++ → . Giải: Gọi tử thức là T, mẫu thức là M ,ta có: 111 3 1 3 1 3 1 2 1 3 1 2 1 3 1 2 11 4 444 3 4 3 4 3 +−−−+++−+++++−+++= x xxxxxxxx xT = )11()1 3 1()1 2 1( 3 1)11( 3 1 2 1 4 4 3 44 3 −−−−++−+++−+++ x xxx x xx Áp dụng công thức (*) ta có: 1 4 1 4.3 1 3.2 1 2.1 1 0 =+++= → x T Lim x )11()1 8 1(2)1 4 1(31 8 1 4 12. 2 3 4 3 4 3 −+−−−−−+=+−−−+= x xx x xx M . Áp dụng công thức (*) ta có: 24 5 4 1 24 2 8 3 0 =−+= → x M Lim x . Và do đó: 5 24 00 === →→ x M x T Lim M T LimA xx . Bài tập tự giải : Tìm )( )( 0 xG xF Lim x → với: 100100.993.22.1 11001 .3121)( 222 tgxtgxtgxtgxxF −−+−−+−+= và 4 3 184 2 3 )( tgxtgxtgxxG +−−−+= ( Hướng dẫn: Đặt y=tgx) Phương pháp 3 : TÁCH BỘ PHẬN KÉP ĐỂ TÌM GIỚI HẠN CỦA PHÂN THỨC CHỨA CĂN. Muốn tìm giới hạn k nm ax ax xgxf LimT )( )()( − − = → (*) có dạng vô định 0 0 (m,n,k ∈ N), ( ) nmk ;min1 ≤≤ , ta biến đổi bằng cách thêm bớt biểu thức k ax xh )( )( − vào phân thức phải tìm giới hạn. [ ] [ ] k n n k m m k nm ax xhxgxh ax xhxhxf ax xgxf )( )()()( )( )()()( )( )()( 11 − +− + − −+ = − − )()( )( )()( )( 11 xQax xg xQax xf g k f k − + − = Trong đó Q f (x), Q g (x) là biểu thức liên hợp của )()( xhxf m − và n xgxh )()( − . 3 Một số bài tập rèn luyện GIỚI HẠN HÀM SỐ BeckBo1210 Lúc đó : )()( )( )()( )( 11 xQax xg Lim xQax xf LimT g k ax f k ax − + − = →→ có dạng xác định quen thuộc. Ví dụ 1: Tìm giới hạn: 3 3 223 0 27279968 x xxxxx LimT x ++−+++ = → . Giải: Đặt 2323 )3(8968)( ++=+++= xxxxxxf 332 )3(27279)( +−=++= xxxxxg . Ở đây h(x)=x+3 Viết lại: ) )()3()3()( ( 3 3 3 0 x xgx x xxf LimT x −+ + +− = → (1) Ta có: 3 4 ))3()(( 8 )3()( 3 3 0 3 0 1 = ++ = +− = →→ xxfx x Lim x xxf LimT xx (2) [ ] 3 2 3 23 3 0 3 3 0 2 )()()3()3( )()3( )()3( xgxgxxx xgx Lim x xgx LimT xx ++++ −+ = −+ = →→ = 27 1 )()()3()3( 1 3 2 3 2 0 = ++++ → xgxgxx Lim x (3) Từ (1),(2) và (3) suy ra: 27 37 27 1 3 4 =+= T . LƯU Ý: + Biểu thức h(x) được xác định từ các biểu thức f(x), g(x) được gọi là bộ phận kép trong bài toán tìm giới hạn dạng (*). + Một vài số hạng của bộ phận kép h(x) có thể bị ẩn trong f 1 (x), g 1 (x), ta phải tìm chúng để xác định chính xác biểu thức h(x). Ví dụ 2: Tìm giới hạn: x xxxxx LimT x 3 4 3 0 4 )1ln(cos33cos 2 312cos +−+ − ++ = → Giải: Đặt 2 131 cos 2 312cos )( 3 2 3 −+ += ++ = x x xx xf xx xxx xg +−= +−+ = 1lncos 4 )1ln(cos33cos )( 3 4 . Ở đây h(x)=cosx. Viết lại: ) )(coscos)( ( )()( 3 0 3 0 x xgx x xxf Lim x xgxf LimT xx − + − = − = →→ (4) Ta có: )cos)((2 131 )cos)(( cos)( cos)( 3 0 2 00 1 xxfx x Lim xxfx xxf Lim x xxf LimT xxx + −+ = + − = − = →→→ 4 1 )cos)((2 1 . 131 3 0 = + −+ = → xxf x x Lim x (5) 4 Một số bài tập rèn luyện GIỚI HẠN HÀM SỐ BeckBo1210 )6( 3 1 )()(coscos 1 . )1ln( ))()(cos(cos )(cos )(cos 2 33 2 0 2 33 2 2 0 3 0 2 = ++ + = ++ − = − = → →→ xgxgxx x x Lim xgxgxxx xgx Lim x xgx LimT x xx Từ (4),(5)và(6) suy ra 12 7 = T . Ví dụ 3: Tìm giới hạn: 2 4 2 0 4122cos x xxxx LimT x −+−− = → . Giải: Đặt f(x)=cos2x-2x=(1-x) 2 -x 2 -2sin 2 x. Hay f(x)- (1-x) 2 =-x 2 -2sin 2 x . 223442 21164)1(421)( xxxxxxxxg ++−−+−+=−+= . Hay: 223424 21)164(421)()1( xxxxxxxgx +−++−=−+=−+ .Ở đây: h(x)=1-x Viết lại: ) )()1()1()( ( 2 4 2 0 x xgx x xxf LimT x −+ + +− = → (7) Ta có: )8( 2 3 1)( ) sin (21 )1)(( sin2 )]1()([ )1()( )1()( 2 0 2 22 0 2 2 0 2 0 1 − = −+ −− = −+ −− = −+ −− = −− = → →→→ xxf x x Lim xxfx xx Lim xxfx xxf Lim x xxf LimT x xxx ])()()1()()1()1[( 21164 )()1( 3 44 232 2234 0 2 4 0 2 xgxgxxgxxx xxxx Lim x xgx LimT xx +−+−+− +−++− = −− = →→ )9( 4 5 )()()1()()1()1( ) 21 (64 ])()()1()()1()1[( )()1( 3 44 23 2 2 2 0 3 44 232 4 4 0 = +−+−+− + −+− = +−+−+− −− = → → xgxgxxgxx x x xx Lim xgxgxxgxxx xgx Lim x x Từ (7),(8) và (9) suy ra: 4 1 4 5 2 3 −=+−= T Bài tập tự giải: 2 3 0 3121 .1 x xx Lim x +−+ → (ĐH Thuỷ Lợi 2001) 2 4 232 0 21422cos223 .2 x xxxxxx Lim x +−++−−++ → 2 3 0 3 31)1ln(521 .3 x xxxx Lim x +−+++ → 5 Một số bài tập rèn luyện GIỚI HẠN HÀM SỐ BeckBo1210 3 22 3 0 )31)(31()1)(21( .4 xxxx x Lim x ++−++ → 6 . Một số bài tập rèn luyện GIỚI HẠN HÀM SỐ BeckBo1210 PHƯƠNG PHÁP GỌI SỐ HẠNG VẮNG Bản chất khử dạng vô định 0 0 là làm. có số 2 . 2) Tại sao phải là số 2 . 3) Tìm số 2 như thế nào ? Trả lời 3 câu hỏi trên ta có phương pháp giải loại toán này: +Trả lời câu hỏi 3: Để tìm số