Luận văn;luận văn thạc sĩ;luận án tiến sĩ;tài liệu; khóa luận tốt nghiệp; báo cáo khoa học;đồ án tốt nghiệp;khoán luận 23062015105926

1|B ÀI TẬP GI ỚI HẠN HÀM S Ố
Bài 1: Tính giới hạn của hàm sau:
tan x  x
I  lim
x 0 x  sin x
0
Giải bài 1: Thấy khi x  0 thì giới hạn đã cho có dạng bất định là .
0
Áp dụng quy tắc L’Hospital:
1
1
lim
tan x  x
 lim cos 2
x  lim
1  cos x 1  cos x   lim 1  cos x  2  2 
x 0 x  sin x x 0 1  cos x x 0 1  cos x  cos 2 x x 0 cos 2 x 1
Bài 2: Tính giới hạn sau đây:
1
e 1
x
I  lim
x  1
x
Giải bài 2:
0
Khi x   thì giới hạn đã cho có dạng bất định là .
0
Áp dụng quy tắc L’Hospital
1 1 1x
ex 1 2
e
I  lim  lim x  e0  1 
x  1 x  1
x x2
Bài 3: Tính giới hạn sau đây:
ln x
I  lim
x 0 1
x
Giải bài 3:

Khi x  0 thì giới hạn đã cho có dạng bất định là .

Áp dụng quy tắc L’Hospital
1
ln x
I  lim  lim x  0 
x 0 1 x 0 1
 2
x x
Bài 4: Tính giới hạn khi n  N , a  1
xn
I  lim x
x  a
Giải bài 4:

Khi x   thì giới hạn có dạng bất định là

Áp dụng quy tắc L’Hospital
2|B ÀI TẬP GI ỚI HẠN HÀM S Ố
xn nx n 1 n(n  1)x n 2 n!
I  lim x  lim x  lim  lim  0 (vì n là một số) 
x  a x  a ln a x  a x (ln a) 2 x  a x (ln a) n
Bài 5: Tính giới hạn sau đây khi   0
I  lim x  ln x
x 0
Giải bài 5:
0 
Khi x0, giới hạn đã cho có dạng bất định là 0. , ta đưa về dạng bất định 
0 
ln x
I  lim x  ln x  lim
x 0 x 0 1
x
Áp dụng quy tắc L’Hospital
1
ln x ln x x x (  1) xx x
I  lim  lim    lim  lim  lim  lim 0 
x 0 1 x 0 x x 0   x  (  1) x 0   x x 0   x x 0  
x
Bài 6: Tính giới hạn sau:
 1 
I  lim  cot 2 x  2 
x 0
 x 
Giải bài 6:
Khi x  0 thì giới hạn đã cho có dạng bất định là   
0
Đưa    về dạng
0
 2 1   cos 2 x 1   x 2 cos 2 x  sin 2 x 
I  lim  cot x  2   lim  2  2   lim  
x 0
 x  x 0  sin x x  x 0  x 2 sin 2 x 
 x cos x  sin x  x cos x  sin x  
 lim   
 x sin x  
x 0 2
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 
I  lim      lim   lim  
 x sin x    x 0  x sin x  x0  
x 0 2 2
sin x sin x
 x cos x  sin x   2x   x cos x  sin x 
 lim   lim    2lim  
  x 0  x   
3
x 0 x x 0 x3
Áp dụng quy tắc L’Hospital
3|B ÀI TẬP GI ỚI HẠN HÀM S Ố
 x cos x  sin x   cos x  x sin x  cos x    x sin x 
I  2lim    2lim    2lim  
     3x  
x 0 3 x 0 2 x 0 2
x 3x
 1   sin x   1 2
 2     lim    2     1  
 3  x 0  x   3 3
Bài 7: Tính giới hạn sau đây:
sin 1  x 3  sin1
I  lim 5
x 0 1  2x ln cos x  1
Giải bài 7:
Nhận xét, vì:
   
lim sin 1  x 3  sin1  0 và lim 5 1  2x ln cos x  1  0 ta mới tiến hành thay thế VCB
x 0 x 0
tương đương được.
1  x3  1 1  x3  1 1  x3  1
sin 1  x 3  sin1 2cos sin 2cos1  sin
I  lim 5  lim 2 2  lim 5 2
x 0 1  2x ln cos x  1 x 0 5
1  2x ln cos x  1 x 0 1  2x ln cos x  1
Khi x  0, ta có:
1  x3  1 1  x3  1 1 x3 x3
sin ~ ~  
2 2 2 2 4
2 2 2 2  x2 
5
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 
x3

5
Vậy:
x3
cos1 5
I  lim 2  cos1 
x 0 x3 2
5
Bài 8: Tính giới hạn sau đây:
x 2  4  2x  3 x
I  lim
x 
x2  4  x
Giải bài 8:
Vì lim
x 
 x  4  2x  3 x     lim  x  4  x    nên ta tiến hành thay VCL
2
x 
2
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.
x 2  4 ~ x và x2  4 ~ x
Như vậy, ta có:
4|B ÀI TẬP GI ỚI HẠN HÀM S Ố
3x 3
I  lim  
x  2x 2
Bài 9: Tính giới hạn sau đây:
ln 1  x tan x 
I  lim 2
x 0 x  sin 3 x
Giải bài 9:
Vì, limln 1  x tan x   0  lim  x 2  sin 3 x   0 nên ta thay được các VCB tương đương.
x 0 x 0
Khi x  0, ta tiến hành thay các VCB tương đương:
ln 1  x tan x  ~ x tan x ~ x 2
sin 3 x ~ x 3
Dưới mẫu được x 2  x 3 , lượt bỏ VCB có bậc cao hơn, như vậy dưới mẫu ta được x2
Như vậy:
x2
I  lim 2  1 
x 0 x
Bài 10: Tính giới hạn sau đây:
ln  cos x 
I  lim
x 0 ln(1  x 2 )
Giải bài 10:
Vì limln  cos x   0  limln(1  x 2 )  0 nên thay VCB tương đương được.
x 0 x 0
Khi x  0, ta được:
x2
ln(cos x)  ln(1  cos x  1) ~ cos x  1 ~ 
2
ln(1  x ) ~ x
2 2
Như vậy:
x2
 1
I  lim 22   
x 0 x 2
Bài 11: Tính giới hạn sau đây:
sin  e x 1  1
I  lim
x 1 ln x
Giải bài 11:
Vì limsin  e x 1  1  0  limln x  0 nên thay VCB tương đương được.
x 1 x 1
sin  e x 1  1 sin  e x 1  1
I  lim  lim
x 1 ln x x 1 ln(1  x  1)
Khi x  1, ta có:
sin  ex 1  1 ~ ex 1  1 ~ x  1
5|B ÀI TẬP GI ỚI HẠN HÀM S Ố
ln(1  x  1) ~ x  1
Vậy,
x 1
I  lim 1 
x 1 x  1
Bài 12: Tính giới hạn sau đây:
I  lim
 e x  1  cos x  1
x 0 sin 3 x  2x 4
Giải bài 12:
Vì lim  ex  1  cos x  1  0  lim sin 3 x  2x 4   0 nên ta thay VCB tương đương được.
x 0 x 0
Khi x0, ta có:
x2
e  1 ~ x và cos x  1 ~  và sin 3 x ~ x 3
x
2
Như vậy,
x3
 1
I  lim 23   
x 0 x 2
Bài 13: Tính giới hạn sau:
sin 2x  2arctan 3x  3x 2
I  lim
 
x 0 ln 1  3x  sin 2 x  xe x
Giải bài 13:
   
Vì lim sin 2x  2arctan3x  3x 2  0  lim ln 1  3x  sin 2 x  xe x   0 nên thay VCB
x 0 x 0
tương đương được.
Khi x0, ta có:
sin 2x ~ 2x ; 2arctan3x ~ 6x ; ln 1  3x  sin 2 x  ~ 3x  sin 2 x ~ 3x  x 2
xex ~ x.1  x
Như vậy, ta được:
8x
I  lim 2 
x 0 4x
Bài 14: Tính giới hạn sau đây:
x 2  4  2x  3 x
I  lim
x 
x2  4  x
Giải bài 14:
Vì lim
x 
 x  4  2x  3 x     lim  x  4  x    nên thay VCL tương đương
2
x 
2
được.
Khi x   , ta có:
x2  4 ~ x ; x2  4 ~ x
6|B ÀI TẬP GI ỚI HẠN HÀM 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:
3x 3
I  lim  
x  2x 2
Bài 15: Tính giới hạn sau đây:
x 2  14  x
I  lim
x 
x2  2  x
Giải bài 15:
Vì lim
x 
 x  14  x     lim  x  2  x    nên ta thay VCL tương đương được.
2
x 
2
Khi x   , ta có:
Ta thấy:
lim
x 
 x  14  x    và lim  x  2  x    . Nên ta mới tiến hành thay VCL tương
2
x 
2
đương được.
x 2  14 ~ x
x2  2 ~ x
Như vậy,
2x
I  lim 1 
x  2x
Bài 16: Tính giới hạn sau đây:
x 2  14  x
I  lim
x 
x2  2  x
Giải bài 16:
Vì lim
x 
 x  14  x   0  lim  x  2  x   0 nên ta không thể thay thế VCL tương
2
x 
2
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:
14 14
x 1   x 1  1
x  14  x
2
x 2
x 2
I  lim  lim  lim
x 
x 2  2  x x   2  x 
 2 
x x 2    2   x 1   2  1
 x   x 
Khi x   , ta có:
14 1 14 7  2 1  2 1
1  1 ~   ; 1      1 ~      
 x  2  x2 
2
x2 2 x2 x2 x2
Như vậy,
7|B ÀI TẬP GI ỚI HẠN HÀM S Ố
7
2
I  lim x  7 
x  1
 2
x
# CÁCH 2:
Đặt t  x
Như vậy, giới hạn đã cho trở thành:
t 2  14  t  t 2  14  t t 2  2  t t 2  14  t 
I  lim  lim  
t 
t 2  2  t t   t 2  2  t t 2  2  t t 2  14  t 
 14 t 2  2  t 
 lim  
t   2
 t  14  t 
2
Khi t   , ta được:
t 2  2 ~ t và t 2  14 ~ t
Như vậy,
 14 2t  14
I  lim      7 
t  2 2t
  2
Bài 17: VCL nào sau đây có bậc cao nhất khi x   : 3x  ln 3 x , x ln x , 3x , x(2  sin4 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 3x  ln 3 x
Khi x   thì 3x  ln 3 x ~ 3x
x ln x ln x
So sánh với hàm kế tiếp là xlnx: lim  lim  
x  3x x  3
Như vậy: xlnx có bậc cao hơn 3x + ln3x
1
Có 3x  3x . Như vậy 3x + ln3x có bậc cao nhất là 1 bé hơn bậc của xlnx đã bị loại. Trong
2
khi 3x có bậc là 1/2 < 1 nên cũng bị loại.
Ta đem hàm xlnx so sánh với x(2 + sin4x):
x(2  sin 4 x) ~ 2x (do hàm sinx là hàm bị chặn)
2x 2
lim  lim  0  xlnx có bậc cao hơn x(2 + sin4x)
x  x ln x 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.
8|B ÀI TẬP GI ỚI HẠN HÀM S Ố
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 x 2  sin 4 x ~ x 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:
2x là VCL có bậc cao nhất khi x   
Bài 19: Tính giới hạn sau đây:
1
x
I  lim xe x
x 
Giải bài 19:
Đặt t = -x, ta được giới hạn sau:
 1
 t   t
#CÁCH 1: I  lim  te  t
 lim 1
t  t  t
t
e

Dạng . Tiến hành dùng L’Hospital

1  1  t 1t
I  lim  0 . Do lim 1  2  e  
 1  t t  t 
t  1
t 
 1  2 
e
 t 
#CÁCH 2:
 1
 t    t 1t
I  lim  te  t
 lim t e  0 (Do 0.1 = 0 vì hàm t chạy ra vô cùng chậm hơn so với hàm et
t  t  e
nên –t/et = 0)
1
x
Vậy I  lim xe x
0 
x 
Bài 20: Tính giới hạn sau đây:
x2
 x2  4 
I  lim  2 
x  x  4
 
Giải bài 20:
Dạng bất định 1
8x 2
 x 4  2
x 2 x 2 4
8x 2
 x2  4  
 1 8  8
 lim
I  lim  2   lim   e x  x 2  4
 e8 
x  x  4 x   
 x 4
2
   
8x 2
Vì lim 2 8
x  x  4
Bài 21: Tính giới hạn sau đây:
1
I  lim 1  2x  4 sin 2 x
x 0