Các dạng bài toán về tính giới hạn hàm

1 Phần 1. Các dạng bài toán về tính giới hạn hàm số  Một số giới hạn cơ bản được dùng trong các kì thi:  0 sinx lim 1 x x   ; 0 1 lim 1 x x e x     0 ln(1 ) lim 1 x x x    ; 1 00 1 lim 1 lim(1 ) x x xx xe x          2 2 00 sin 1 cos lim 1;lim , , 0 ax 2 xx ax ax a a R a x       ( * )( cái này có được vì sao? ) @ Sau đây là các bài toán hay và thường gặp về giới hạn  Thí dụ 1. Tìm giới hạn 3 0 2 1 8 lim x xx T x      ( ĐHQGHN 1997 ) Lời giải. Trước hết ta thêm bớt 2 trên tử rồi tách ra như sau 3 00 2( 1 1) (2 8 ) lim lim xx xx T xx       tại sao lại là số 2? Đến đây chắc chắn bạn sẽ làm theo cách nhân lượng liên hiệp, ( ko hay cho lắm, nếu căn lớn hơn ). Bạn chú ý nhá: Đặt 3 1 ; 8u x v x    thì 23 1; 8 ; , 2x u x v u v     . Như vậy chúng ta có thể viết:   2 3 2 2 2 2 2 21 2 2 1 2 1 3 lim lim lim lim 1 8 1 4 2 3 12 4 u v u v u v T u v u v v                   (cách giải này có cái hay là chúng ta đã loại đi những dấu căn cồng kềnh, khi đổi biến thì nhớ đổi ‘cận’ của giới hạn). Ưu điểm hơn qua bài toán sau:  Thí dụ 2. Tìm giới hạn 5 4 1 2 1 2 lim 1 x xx T x       ( ĐHSPHN 1999 ) ĐS: 7 10 T  , Câu hỏi đặt ra là làm sao tìm được hệ số tự do thêm bớt vào ( trong bài 1 là số ‘2’ ấy ). Bạn xem bài toán tổng quát từ đó rút ra suy nghĩ nhé: ( ) ( ) lim nm xa f x g x T xa     số bạn cần tìm là: ( ) ( ) nm f a g a nếu điều này không xảy ra thì có nghĩa bạn đang đối mặt với một bài toán khó hơn! Bạn nhìn lại thí dụ 1 và 2 điều này có đúng không. 2  Thí dụ 3. Tìm giới hạn 2 0 1 cos cos2 lim x xx T x    Lời giải. Biến đổi và sử dụng công thức ( * ) 2 2 2 2 0 0 0 1 cos 1 os2 1 cos 1 os2 lim( cos . ) lim limcos . x x x x c x x c x T x x x x x x            22 1 2 5 2 2 2    Tổng quát: 2 2 2 2 0 1 cos 2 .cos 1 2 . lim 2 x xco x nx n x        Thí dụ 4. Tìm giới hạn cos os3 2 0 os2 lim x c x x e c x T x     Lời giải. Biến đổi như sau cos os3 22 0 1 1 os2 lim( ) x c x x e c x T xx     bạn đang gặp lại dạng thêm bớt lúc đầu nhé! Vậy 12 T T T với cos os3 cos os3 1 2 cos os3 2 00 1 1 cos os3 lim lim . x c x x c x x c x xx e e x c x T xx           cos os3 cos os3 2 2 0 1 1 os3 1 cos lim x c x x c x x e c x x xx           o   cos os3 cos os3 00 11 lim lim 1; cos os3 x c x t x c x xt ee t x c x t          Thí dụ 5. Tính giới hạn 0 ln(sinx cos ) lim x x T x    Lời giải. Biến đổi 2 00 ln(sinx cos ) ln(1 sin2 ) sin2 lim lim( . ) 2 sin2 2 xx x x x T x x x    ( nhớ học công thức nhan các anh em ) o 00 ln(1 sin2 ) ln(1 ) lim lim ; sin2 sin2 xt xt tx xt    o 00 sin2 sin lim lim ; 2 2 xu xt ux xt   Vậy 1.1 1T  ( chú ý phải trình bày cẩn thận các phép đổi cận thì giang hồ mới chấp nhận ví như ko được viết 0 sin2 lim 0 2 x x x   )  Thí dụ 6. Tìm giới hạn 3 lim 1 x x x T x        Lời giải. Thực hiện phép biến đổi 32 lim lim 1 11 xx xx x T xx                    Đặt 21 1xt   , ta có 2 1;x t x t      vì vậy 2 2 1 1 2 1 1 1 lim 1 lim 1 1 tt tt Te t t t                                 Thí dụ 7. Tìm giới hạn   3 3 2 2 lim 3 1 x T x x x x       3 Lời giải. Thực hiện phép biến đổi đơn giản   3 3 2 2 lim ( 3 ) ( 1 ) x T x x x x x x         (cái này gợi cho ta sự thêm bớt đúng hem, nhưng nó mang đẳng cấp cao hơn rùi) o     2 3 32 3 3 2 3 2 2 3 3 lim 3 lim 33 xx x D x x x x x x x x x           2 3 3 3 lim 1 33 1 1 1 x xx          o 2 2 1 lim ( 1 ) lim 1 xx x Du x x x x x x            2 1 1 1 lim 2 11 11 x x xx        Vậy 3 2 T D Du    Thí dụ 8. Tìm giới hạn T= 0 sin(sinx) lim x x  ( ĐH Bách Khoa HN 1997 ) – cùi bắp Lời giải. 00 sin(sinx) sinx sin(sinx) lim lim . 1 sinx xx xx    Thí dụ 9. Tìm giới hạn   2 0 1 cos lim 11 x x T x     Lời giải. Ta thực hiện biến đổi sau     2 2 2 2 22 2 00 2sin (1 1 ) 2sin (1 1 ) 22 lim lim 1 1 1 1 xx xx xx T x xx           22 2 0 2sin (1 1 ) 2 lim 1 4 2 x x x x       ( bạn trình bày chỗ này rõ ra nhé! )  Thí dụ 10. Tính giới hạn sau 2 0 1 os 2 lim sin x cx T xx    ( ĐN 1997 ) Lời giải. 2 22 0 0 2 0 1 os 2 sin 2 sin 2 4 lim lim lim . 4 sinx sin sin 2 x x x c x x x T x x x x x x               Chỉ là những phép biến đổi khéo léo ở bạn đó!  Thí dụ 11. Tìm giới hạn sau 0 1 lim . os x T x c x   ( ĐH Giao Thông 1997 ) Lời giải. Bài này phải dùng pp đánh giá nói đúng hơn là nguyên lí kẹp của vaiơstrat ( hic sách giáo khoa 11 cho nhỏ bên cạnh nhà mượn rùi, ghi nhầm có gì bà con bỏ qua nhen ) Tóm tắt pp: Giả sử ta có : 4 o ( ) ( ) ( );u x f x v x x D    ( tập xác định của ba hàm số này ) o lim ( ) lim ( ) ; x a x a u x v x Dieu a D     Thì lim ( ) ; xa f x Dieu a D   ( ui khuya quá rồi, nhớ cô bé đáng yêu ghê, ngày mai viết tiếp, bé ơi ngủ đi đêm đã khuya rồi … măm măm, tối thứ bảy, 29-3-2009 ) Tiếp nè:   1 1 1 cos os cos 1x x c x x x x x x x           0 0 0 1 lim lim cos lim 0 x x x x x x x            0 1 lim cos 0 x x x       Thí dụ 12. Tìm giới hạn sau 0 1 1 sin3 lim 1 cos x x T x     ( ĐHQG HN 1997 ) Lời giải. Biến đổi như sau 00 1 1 sin3 1 1 sin3 lim lim 1 cos 1 cos xx x x T xx      ( vì 1 sin3 0x ) 32 2 2 0 0 0 4sin 3sin sinx 4sin 3 1 os lim lim lim 4sin 3 1 co s 1 os 1 cos x x x x x x cx x ax cx            2 0 lim 1 cos 4sin 3 3 2 x xx       Thí dụ 13. Tính giới hạn sau sinx lim sinx x x T x     ( ĐHGT 1998 ) Lời giải. Tiếp tục ý tưởng với nguyên lí kẹp của vaiơstrat, bắt đầu nào sinx sinx 1 1 sinx 1 sinx ; 0 lim 0 x x x x x x x x x            ( các bạn nên thuộc giới hạn này nhé ) Vì vậy sinx sinx 1 1 sinx lim lim lim 1 sinx sinx sinx 1 1 x x x x x x x T x x x x                     Thí dụ 14. Tính giới hạn sau 3 2 0 2 1 1 lim sinx x xx T      ( ĐHQG HN 2000 ) Lời giải. Các bạn nhớ lại ý tưởng thêm bớt nhé, chúng ta thử mới biết là có giải được hay không? 3 2 0 ( 2 1 1) ( 1 1) lim sinx x xx T        3 2 00 ( 2 1 1) ( 1 1) lim lim sinx sinx xx xx       AB o        00 2 1 1 2 1 1 12 lim lim . 1 sinx 2 1 1 sinx 2 1 1 xx xx A xx x             5 o         33 2 2 2 2 3 00 33 2 2 2 2 2 2 33 1 1 ( 1) 1 1 1 lim lim 0 sinx ( 1) 1 1 sinx ( 1) 1 1 xx x x x x B x x x x x                        o Vậy 1T  .  Thí dụ 15. Tính giới hạn 2 2 0 3 cos lim x x x T x    ( ĐHSP HN 2000 ) 22 ln3 22 00 3 cos ( 1) (1 cos ) lim lim xx xx x e x T xx         2 2 ln3 2 2 00 2sin 1 1 2 lim .ln3 lim ln3 .ln3 2 4 2 x xx x e x x           Thí dụ 16. Tính giới hạn sau 2 0 1 cos cos2 cos3 lim x x x x T x    Lời giải. Bạn hãy nhìn lại thí dụ 3 xem sao, tôi khẳng định chúng có mối quan hệ với nhau, hehe, còn quan hệ như thế nào bạn tự suy nghĩ nhé! Đs: 7 2 T  ( nếu bí quá bạn có thể liên hệ với chúng tôi qua tinhbantoan@yahoo.com )  Thí dụ 17. ( Một bài toán cực kì quan trọng ) Tính giới hạn sau 0 1 ax 1 lim n x T x    với n nguyên dương Lời giải. Thực hiện phép đổi biến đê: Đặt 1 ax n y  Khi ấy 0x  thì 1y  vì thế em có :     12 11 11 lim lim 1 1 . 1 n nn yy yy T a a y y y y y           12 1 1 lim . 1 nn y a a y y y n        Làm một vài ứng dụng của nó nha! ( Bạn hãy tổng quát kết quả trên với đa thực bậc n: 10 ( ) . n n p n a x a x a    nhá, có nghĩa là lúc này x được thay bằng p(n) ) 6  Thí dụ 18. Tính giới hạn sau 3 4 0 1 2 1 3 1 4 1 lim x x x x T x       Lời giải. Trước hết bài toán này khá hay và khó, với những căn thức như vậy chúng ta sẽ liên tưởng đến kết quả mà chúng ta đã có trong thí dụ 17, vậy phải làm sao khi mà bài toán này có chứa tích của tới ba dấu căn khác bậc. Ta sử dụng biến đổi sau đây 3 4 1 2 1 3 1 4 1x x x    = 3 1 2 1 2 1 2 1 3x x x x      33 4 1 2 1 3 1 2 1 3 1 4 1x x x x x        Từ đây là ngon ăn quá rồi nha! 3 4 3 00 0 1 2 1 1 3 1 1 4 1 lim lim 1 2 lim 1 2 1 3 xx x x x x T x x x x x x                   3 4 0 0 0 1 2 1 1 3 1 1 4 1 lim lim lim x x x x x x T x x x                 234 234    @ Hoàn toàn bạn có thể tạo ra những bài toán như ý muốn của bạn từ những ý tưởng cơ bản, thế mới biết toán học là muôn màu muôn vẻ!  Thí dụ 19. Tính giới hạn sau 4 limtan2 .tan( ) 4 x T x x     ( ĐHSPHN 2000 ) Lời giải. nhẩm nhẩm ta thấy nếu mà thế 4 x   vào thì T không xác định. Để cho gọn ta đặt 4 ax   2 0 0 0 0 os2 sin os2 1 limtan 2 .t ana limcot2 .tan lim lim 4 sin2 cos 2cos 2 a a a a c a a c a T a a a a a a                7 Phần 2. Các bài toán về tính liên tục và có đạo hàm của hàm số  Hàm số liên tục tại điểm 0 xx khi và chỉ khi   00 0 lim ( ) lim ( ) x x x x f x f x f x     Đạo hàm của hàm số ()y f x tại điểm 0 xx là giới hạn hữu hạn ( nếu có ) của 0 0 0 ( ) ( ) lim xx f x f x xx    , kí hiệu là 0 '( )fx . Chú ý đạo hàm tồn tại khi 00 00 00 ( ) ( ) ( ) ( ) lim lim x x x x f x f x f x f x x x x x      ( bạn hãy hiểu thật rõ về đạo hàm nhé ) Định lí: Nếu hàm số ()fx có đạo hàm tại 0 x thì liên tục tại điểm đó. ( điều ngược lại không phải lúc nào cũng đúng )  Thí dụ 20. Tìm m để hàm số sau liên tục tại điểm 1x  :     3 2 2 1 ( ) ; 1 1 1 ; 1 2 xx y f x x x mx              Lời giải. Trước hết cần hiểu liên tục tại một điểm là như thế nào đã, cái này chúng tôi đã trình bày trong phần lí thuyết tóm tắt của phần này!  Hàm số liên tục tại điểm 0 xx khi và chỉ khi   00 0 0 lim ( ) lim ( ) lim ( ) x x x x xx f x f x f x f x       Bài toán chúng ta đang xét ứng với 0 1x  , bạn cũng nên biết rằng hàm số của chúng ta đang cần xét là hàm hai quy tắc, một điều rất quan trọng nữa là khi 1x  đồng nghĩa với x chưa bằng 1 hay 1x  . Với nhận xét này chúng ta bắt đầu giải như sau: Xét giới hạn 33 1 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 4 lim ( ) lim lim 1 1 1 3 x x x x x x x fx x x x                      (?) với những gì bạn có trong những ví dụ phần 1 thì việc tính giới hạn này chỉ còn là trò trẻ con! Bạn thấy một chút gì đó khó hiểu, ừ đúng, hãy đọc lại đề một lần nữa thật kĩ. Người ta yêu cầu “ tìm m “ để hàm số liên tục tại điểm x=1 vậy nên ta đã có một giả thiết cực kì quan trọng là hàm số này liên tục tại điểm x=1, điều này tương đương với 1 lim ( ) (1) x f x f   4 3 m . Hãy nhớ đây là bài toán tìm m và đề cho hàm số của chúng ta đã liên tục tại điểm x=1 rồi. Bài toán này khác với bài toán xét tính liên tục của một hàm số!  Thí dụ 21. Tìm m để hàm số sau liên tục tại điểm 3 x   tanx 3cot 3 ( ) ; 3 ; 3 x x y f x x mx                 Lời giải. Như vậy các bạn chỉ cần trình bày như sau 8 Xột gii hn 33 tanx 3cot lim ( ) lim 3 xx x f x a x ( mt kt qu no ú cỏc bn t tỡm ha ) Vỡ hm s liờn tc ti 3 x nờn : 3 lim ( ) ( ) 3 x f x f am ( nu bn vn thy khú hiu thỡ nờn ngm ngh li nhng gỡ mỡnh mi c ri hóy tip tc nha, toỏn liờn quan n lớ thuyt hay lộm ) Phn 3. ng dng nh lớ lagrange trong vic gii phng trỡnh ( Dnh cho cỏc bn hc cỏc lp bi dng ) I) Định lý Roll : là tr-ờng hợp riêng của định lý Lagrăng 1.Trong ch-ơng trình toán giải tích lớp 12 có định lý Lagrăng nh- sau : ( rt tic chng trỡnh mi nh lớ ny ó c gim ti ) nh lớ : Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên [a; b] và có đạo hàm trên (a; b) thì tồn tại một điểm c (a; b) sao cho: f / (c) = ab )a(f)b(f ý nghĩa hình học của định lý nh- sau : Xét cung AB của đồ thị hàm số y = f(x), với toạ độ của điểm A(a; f(a)) , B(b; f(b)). Hệ số góc của cát tuyến AB là: k = ab )a(f)b(f Đẳng thức : f / (c) = ab )a(f)b(f nghĩa là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm C(c; f(c)) của cung AB bằng hệ số góc của đ-ờng thẳng AB. Vậy nếu các điều kiện của định lý Lagrăng đ-ợc thoả mãn thì tồn tại một điểm C của cung AB, sao cho tiếp tuyến tại đó song song với cát tuyến AB. 2. Nếu cho hàm số y = f(x) thoả mãn thêm điều kiện f(b) = f(a) thì có f / (c) = 0. Ta có định lý sau đây có tên gọi là : Định lý Roll . Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên [a; b], có đạo hàm f / (x) trên (a; b) và có f(a) = f(b) thì tồn tại điểm x o )b,a( sao cho f (x o ) = 0 Nh- vậy định lý Roll là một tr-ờng hợp riêng của định lý Lagrăng. Tuy nhiên có thể chứng minh định lý Roll trực tiếp nh- sau: Hàm số f(x) liên tục trên [a; b] nên đạt các giá trị max, min trên đoạn [a; b] gọi m = min f(x) , M = max f(x) 9 x ],[ ba x ],[ ba Nếu m = M thì f(x) = C là hằng số nên x o )b,a( đều có f(x o ) = 0 Nếu m < M thì ít nhất một trong hai giá trị max, min của hàm số f(x) đạt đ-ợc tại điểm nào đó x o (a; b). Vậy x o phải là điểm tới hạn của f(x) trên khoảng (a; b) f (x o ) = 0. Định lý đ-ợc chứng minh . ý nghĩa hình học của định lý Roll : Trên cung AB của đồ thị hàm số y = f(x), với A(a; f(a)) , B(b; f(b)) và f(a) = f(b), tồn tại điểm C ( c; f(c) ) mà tiếp tuyến tại C song song với Ox. Nhận xét : Từ định lý Roll có thể rút ra một số hệ quả quan trọng nh- sau : Cho hàm số y = f (x) xác định trên [a; b] và có đạo hàm tại )b;a(x . Hệ quả 1 : Nều ph-ơng trình f(x) = 0 có n nghiệm phân biệt thì: phương trình f (x) = 0 có ít nhất n 1 nghiệm phân biệt . ph-ơng trình f )k( (x) = 0 có ít nhất n k nghiệm phân biệt, với k = 2, 3, 4 Hệ quả 2 : Nếu ph-ơng trình f(x) = 0 có n nghiệm phân biệt thì ph-ơng trình : f(x) + f (x) = 0 có ít nhất n-1 nghiệm phân biệt , với R mà 0 . Thớ d 29. Chng minh rng vi mi s thc ,,abc thỡ phng trỡnh cos3 cos2 cos sinx 0a x b x c x (1) luụn cú nghim trong khong 0;2 Li gii. Ln u tiờn tụi gp bi toỏn ny vo nm lp 10, tht s li gii lm cho tụi thớch nht ca bi toỏn ny l dựng nh lớ lagrange Xột hm s 11 ( ) 3 asin3 2 sin2 sin cosf x x b x c x x trờn on [0;2 ] . Rừ rng hm s ny xỏc nh v liờn tc trờn [0;2 ] , cú o hm ti mi im thuc 0;2 . Ngoi ra (0) (2 ) 1ff . Theo nh lớ lagrange, tn ti 0;2d sao cho 20 1 ( 1) '0 2 0 2 ff fd cos3 cos2 cos sin 0a d b d c d d iu ny cú ngha d l mt nghim ca phng trỡnh (1) suy ra pcm. ( chỳ ý bi toỏn ny cũn cú cỏch gii khỏc ) Thớ d 30. Gii phng trỡnh cos cos 1 cos 2 4 3.4 xx x Li gii. V bi toỏn ny trc ht ta phi thc hin t n ph cos 1;1xy Khi ú pt ó cho cú dng 1 2 4 4.4 11 y y y y (1) ti õy cụng vic cng cha hng l ó n gin hn. Chỳng ta s dựng ý tng ca nh lớ lagrange gii phng trỡnh ny, t nh lớ lagrange chỳng ta thy rng phng trỡnh o hm cp 1 '0f cú khụng quỏ k nghim thỡ phng trỡnh 0f cú khụng qua k+1 nghim, ri t ú bng cỏch oỏn nghim ta suy ra cỏc nghim ca phng trỡnh. Nhng phng trỡnh dựng ti nh lớ ny thng cú mt trong cỏc kỡ thi hsg! Ta cú 2 6.4 ln4 '( ) 1 24 y y fy ( cỏc bn kim tra li phộp tớnh o hm ny nhộ ) 10 2 '( ) 0 2 4 6.4 ln 4 0 yy fy nu ta coi phng trỡnh ny l phng trỡnh vi bin l 4 y thỡ rừ rng nú l mt pt bc hai nờn nú s cú khụng quỏ 2 nghim. T ú (1) s cú khụng quỏ 3 nghim, ta oỏn c 1 2 3 1 0; ; 1 2 y y y l ba nghim ca (1). Ri t y gii cỏc pt lng giỏc c bn 1 cos 0;cos ;cos 1 2 x x x suy ra kt qu! Thớ d 31. Cho n là số nguyên d-ơng , còn a, b, c là các số thực tuỳ ý thoả mãn hệ thức : 2n a + 1n b + n c = 0 (1) CMR ph-ơng trình : a 2 x + bx + c = 0 có ít nhất một nghiệm trong ( 0; 1) . Giải : Xét hàm số: f(x) = 2n ax 2n + 1n bx 1n + n cx n . Hàm số f (x) liên tục và có đạo hàm tại x R . Theo giả thiết (1) có f(0) = 0 , f(1) = 0 n c 1n b 2n a Theo định lý Roll tồn tại x o (0; 1) sao cho f(x o ) = 0 mà: f(x) = a 2nn1n cxbxx f(x 0 ) = 0 0cxbxax 1n o n o 1n o o 2 o 1n o bxax(x +c) = 0 ( 0x o ) 0cbxax o 2 o Vậy ph-ơng trình a 0cbxx 2 có nghiệm )1;0(x o . (đpcm) . Thớ d 32. Giải ph-ơng trình : xxxx 5463 Giải : Ph-ơng trình đã cho t-ơng đ-ơng với : xxxx 3456 (2). Rõ ràng 0x o là một nghiệm của ph-ơng trình (2) . Ta phõn tớch nh sau, phng trỡnh tng ng vi 5 1 5 3 1 3 xx xx , vỡ phng trỡnh cú bc l bin nờn chỳng ta s dựng mt th thut x lớ nh sau: Ta gọi là nghiệm bất kỳ của ph-ơng trình (2). Xét hàm số : f(x) = x)1x( , với x > 0, chỳ ý X ny l X ln nhen! Hàm số f(x) xác định và liên tục trên ( 0; + ) và có đạo hàm : f (x) = 1 )1x( - 1 x = [ 11 x)1x( ] Từ (2) có f(5) = f(3) . Vậy tồn tại c ( 3; 5) sao cho f(c) = 0, hay là : . 1 Phần 1. Các dạng bài toán về tính giới hạn hàm số  Một số giới hạn cơ bản được dùng trong các kì thi:  0 sinx lim 1 x x  . * )( cái này có được vì sao? ) @ Sau đây là các bài toán hay và thường gặp về giới hạn  Thí dụ 1. Tìm giới hạn 3 0 2 1 8 lim x xx T x      ( ĐHQGHN