Đại số và Giải tích 11 Bài 2: Giới hạn của hàm số

7 bài tập SGK 10 hỏi đáp

Nội dung bài học sẽ giới thiệu đến các em khái niệm Giới hạn của hàm số. Bên cạnh đó là các dạng bài toán tính giới hạn của hàm số cùng với những ví dụ minh họa có hướng dẫn giải chi tiết sẽ giúp các em dễ dàng nắm được nội dung bài học.

Tóm tắt lý thuyết

1. Định nghĩa

a) Giới hạn hàm số

Cho khoảng \(K\) chứa điểm \({x_0}\). Ta nói rằng hàm số \(f(x)\) xác định trên \(K\) (có thể trừ điểm \({x_0}\)) có giới hạn là \(L\) khi x dần tới \({x_0}\) nếu với dãy số \(({x_n})\)  bất kì, \({x_n} \in K\backslash {\rm{\{ }}{x_0}{\rm{\} }}\) và\({x_n} \to {x_0}\), ta có:\(f({x_n}) \to L\). Ta kí hiệu:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L\)hay \(f(x) \to L\) khi\(x \to {x_0}\).

b) Giới hạn một bên

  • Cho hàm số \(y = f(x)\)  xác định trên\(({x_0};b)\) .Số \(L\) gọi là giới hạn bên phải của hàm số \(y = f(x)\) khi \(x\) dần tới \({x_0}\) nếu với mọi dãy \(({x_n}):{x_0} < {x_n} < b\) mà \({x_n} \to {x_0}\) thì ta có:\(f({x_n}) \to L\).  Kí hiệu:\(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f(x) = L\).
  • Cho hàm số \(y = f(x)\) xác định trên\((a;{x_0})\).Số \(L\) gọi là giới hạn bên trái của hàm số \(y = f(x)\) khi \(x\) dần tới \({x_0}\) nếu với mọi dãy \(({x_n}):a < {x_n} < {x_0}\) mà \({x_n} \to {x_0}\) thì ta có:\(f({x_n}) \to L\). Kí hiệu:\(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f(x) = L\).

Chú ý:   \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to x_{_0}^ + } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_{_0}^ - } f(x) = L\).

c) Giới hạn tại vô cực

  • Ta nói hàm số \(y = f(x)\) xác định trên \((a; + \infty )\) có giới hạn là \(L\) khi \(x \to  + \infty \) nếu với mọi dãy số \(({x_n}):{x_n} > a\) và \({x_n} \to  + \infty \) thì \(f({x_n}) \to L\). Kí hiệu: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f(x) = L\).
  • Ta nói hàm số \(y = f(x)\) xác định trên \(( - \infty ;b)\) có giới hạn là \(L\) khi \(x \to  - \infty \) nếu với mọi dãy số \(({x_n}):{x_n} < b\) và \({x_n} \to  - \infty \) thì\(f({x_n}) \to L\). Kí hiệu:\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f(x) = L\).

d) Giới hạn vô cực

  • Ta nói hàm số \(y = f(x)\) có giới hạn dần tới dương vô cực khi \(x\) dần tới \({x_0}\) nếu với mọi dãy số \(({x_n}):{x_n} \to {x_0}\) thì\(f({x_n}) \to  + \infty \). Kí hiệu:\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) =  + \infty \).
  • Tương tự ta cũng có định nghĩa giới hạn dần về âm vô cực
  • Ta cũng có định nghĩa như trên khi ta thay \({x_0}\) bởi \( - \infty \) hoặc\( + \infty \).

2. Các định lí về giới hạn

Định lí 1: Gới hạn của tổng, hiệu, tích, thương (mẫu số  dẫn về\(L \ne 0\)) khi \(x \to {x_0}\) (hay\(x \to  + \infty ;x \to  - \infty \) ) bằng tổng, hiệu, tích, thương của các giới hạn đó khi \(x \to {x_0}\) (hay\(x \to  + \infty ;x \to  - \infty \)) .

Chú ý: Định lí trên ta chỉ áp dụng cho những hàm số có giới hạn là hữu hạn. Ta không áp dụng cho các giới hạn dần về vô cực

Định lí 2: (Nguyên lí kẹp)

Cho ba hàm số \(f(x),g(x),h(x)\) xác định trên \(K\)chứa điểm \({x_0}\) (có thể các hàm đó không xác định tại \({x_0}\)). Nếu \(g(x) \le f(x) \le h(x){\rm{  }}\forall x \in K\)và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} h(x) = L\) thì\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L\).

3. Một số gới hạn đặc biệt

  • \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty \atop\left( {x \to  - \infty } \right)} {x^{2k}} =  + \infty \)       ;      \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty \atop\left( {x \to  - \infty } \right)} {x^{2k + 1}} =  + \infty \,\,\left( { - \infty } \right)\)
  • \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) =  + \infty {\rm{ }}( - \infty ) \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{k}{{f(x)}} = 0{\rm{  }}(k \ne 0)\).

Bài tập minh họa

Bài toán 1: Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)\) biết \(f(x)\) xác định tại \({x_0}\).

Phương pháp:

  • Nếu \(f(x)\) là hàm số cho bởi một công thức thì giá trị giới hạn bằng  \(f({x_0})\)
  • Nếu \(f(x)\) cho bởi nhiều công thức, khi đó ta sử dụng điều kiện để hàm số có giới hạn (Giới hạn trái bằng giới hạn phải).

 

Ví dụ 1:

Tìm các giới hạn sau:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x + 3\cos x + x}}{{2x + {{\cos }^2}3x}}\)            

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {{x^2} + 3}  - 2x}}{{\sqrt[3]{{x + 6}} + 2x - 1}}\)

Hướng dẫn:

a) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x + 3\cos x + x}}{{2x + {{\cos }^2}3x}} = \frac{{\sin 0 + 3\cos 0 + 0}}{{2.0 + {{\cos }^2}0}} = 3\)

b) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {{x^2} + 3}  - 2x}}{{\sqrt[3]{{x + 6}} + 2x - 1}} = \frac{{\sqrt {{2^2} + 3}  - 2.2}}{{\sqrt[3]{{2 + 6}} + 2.2 - 1}} = \frac{{\sqrt 7  - 4}}{5}\).

 

Ví dụ 2:

Xét xem các hàm số sau có giới hạn tại các điểm chỉ ra hay không? Nếu có hay tìm giới hạn đó?

a) \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} + 3x + 1}}{{{x^2} + 2}}{\rm{       khi }}x < 1\\\frac{{3x + 2}}{3}{\rm{               khi }}x \ge 1\end{array} \right.\)   khi \(x \to 1\);

b) \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} + 3x + 1{\rm{  khi }}x \ge 0\\ - {x^2} + 3x + 2{\rm{ khi }}x < 0\end{array} \right.\)    khi  \(x \to 0\)

Hướng dẫn:

a) Ta có:\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{3x + 2}}{3} = \frac{5}{3}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{{x^2} + 3x + 1}}{{{x^2} + 2}} = \frac{5}{3} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \frac{5}{3}\).

Vậy\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \frac{5}{3}\).

b) Ta có:\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} (2{x^2} + 3x + 1) = 1\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} ( - {x^2} + 3x + 2) = 2 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x)\).

Vậy hàm số \(f(x)\) không có giới hạn khi\(x \to 0\).

 

Ví dụ 3:

Tìm \(m\) để các hàm số:

a) \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} + mx + 2m + 1}}{{x + 1}}{\rm{ khi }}x \ge 0\\\frac{{2x + 3m - 1}}{{\sqrt {1 - x}  + 2}}{\rm{         khi }}x < 0\end{array} \right.\) có giới hạn khi \(x \to 0\).

b)\(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} + x - 2}}{{\sqrt {1 - x} }} + mx + 1{\rm{       khi }}x < 1\\3mx + 2m - 1{\rm{               khi }}x \ge 1\end{array} \right.\) có giới hạn khi \(x \to 1\).

Hướng dẫn:

a) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{{x^2} + mx + 2m + 1}}{{x + 1}} = 2m + 1\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{2x + 3m - 1}}{{\sqrt {1 - x}  + 2}} = \frac{{3m - 1}}{3}\)

Hàm số có giới hạn khi \(x \to 0\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x)\)

\( \Leftrightarrow 2m + 1 = \frac{{3m - 1}}{3} \Leftrightarrow m =  - \frac{4}{3}\).

b) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} (3mx + 2m - 1) = 5m - 1\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {\frac{{{x^2} + x - 2}}{{\sqrt {1 - x} }} + mx + 1} \right)\)

                   \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( { - (x + 2)\sqrt {1 - x}  + mx + 1} \right) = m + 1\)

Hàm số có giới hạn khi \(x \to 1\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x)\)

\( \Leftrightarrow 5m - 1 = m + 1 \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\).

 

Bài toán 2: Tìm \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x)}}{{g(x)}}\)  trong đó \(f({x_0}) = g({x_0}) = 0\).

Dạng này ta gọi là dạng vô định\(\frac{0}{0}\).

Để khử dạng vô định này ta sử dụng định lí Bơzu cho đa thức:

Định lí: Nếu đa thức \(f(x)\) có nghiệm \(x = {x_0}\) thì ta có :

\(f(x) = (x - {x_0}){f_1}(x)\).

  • Nếu \(f(x)\) và \(g(x)\) là các đa thức thì ta phân tích \(f(x) = (x - {x_0}){f_1}(x)\) và\(g(x) = (x - {x_0}){g_1}(x)\). Khi đó\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{{f_1}(x)}}{{{g_1}(x)}}\), nếu giới hạn này có dạng \(\frac{0}{0}\) thì ta tiếp tục quá trình như trên.

Chú ý :Nếu tam thức bậc hai \(a{x^2} + b{\rm{x + c}}\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thì ta luôn có sự phân tích\(a{x^2} + bx + c = a(x - {x_1})(x - {x_2})\).

 

  • Nếu \(f(x)\) và \(g(x)\) là các hàm chứa căn thức thì ta nhân lượng liên hợp để chuyển về các đa thức, rồi phân tích các đa thức như trên.

Các lượng liên hợp:

1. \((\sqrt a  - \sqrt b )(\sqrt a  + \sqrt b ) = a - b\)

2. \((\sqrt[3]{a} \pm \sqrt[3]{b})(\sqrt[3]{{{a^2}}} \mp \sqrt[3]{{ab}} + \sqrt[3]{{{b^2}}}) = a - b\)

3. \((\sqrt[n]{a} - \sqrt[n]{b})(\sqrt[n]{{{a^{n - 1}}}} + \sqrt[n]{{{a^{n - 2}}b}} + ... + \sqrt[n]{{{b^{n - 1}}}}) = a - b\)

  • Nếu \(f(x)\) và \(g(x)\) là các hàm chứa căn thức không đồng bậc ta sử dụng phương pháp tách, chẳng hạn:

Nếu \(\sqrt[n]{{u(x)}},\sqrt[m]{{v(x)}} \to c\) thì ta phân tích:

\(\sqrt[n]{{u(x)}} - \sqrt[m]{{v(x)}} = (\sqrt[n]{{u(x)}} - c) - (\sqrt[m]{{v(x)}} - c)\).

Trong nhiều trường hợp việc phân tích như trên không đi đến kết quả ta phải phân tích như sau:\(\sqrt[n]{{u(x)}} - \sqrt[m]{{v(x)}} = (\sqrt[n]{{u(x)}} - m(x)) - (\sqrt[m]{{v(x)}} - m(x))\), trong đó \(m(x) \to c\).

  • Một đẳng thức cần lưu ý:

\({a^n} - {b^n} = (a - b)({a^{n - 1}} + {a^{n - 2}}b + ... + a{b^{n - 2}} + {b^{n - 1}})\).

 

Ví dụ 1:

Tính các giới hạn sau:

a) Tìm giới hạn \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^3} - 3{x^2} + 2}}{{{x^2} - 4x + 3}}.\) 

b) Tìm giới hạn \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^4} - 5{x^2} + 4}}{{{x^3} - 8}}.\) 

Hướng dẫn:

a) Ta có: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^3} - 3{x^2} + 2}}{{{x^2} - 4x + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{(x - 1)({x^2} - 2x - 2)}}{{(x - 1)(x - 3)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 2x - 2}}{{x - 3}} = \frac{3}{2}\). 

b) Ta có: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^4} - 5{x^2} + 4}}{{{x^3} - 8}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{({x^2} - 1)({x^2} - 4)}}{{{x^3} - {2^3}}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{({x^2} - 1)(x - 2)(x + 2)}}{{(x - 2)({x^2} + 2x + 4)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{({x^2} - 1)(x + 2)}}{{{x^2} + 2x + 4}} = 1\).

 

Ví dụ 2:

Tìm các giới hạn sau:

a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^n} - 1}}{{x - 1}}\)                               

b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^5} - 5{x^3} + 2{x^2} + 6x - 4}}{{{x^3} - {x^2} - x + 1}}\)

Hướng dẫn:

a) Ta có: \({x^n} - 1 = (x - 1)({x^{n - 1}} + {x^{n - 2}} + ... + x + 1)\)

Suy ra: \(\frac{{{x^n} - 1}}{{x - 1}} = {x^{n - 1}} + {x^{n - 2}} + ... + x + 1\)

Do đó: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {{x^{n - 1}} + {x^{n - 2}} + ... + x + 1} \right) = n\).

b) Ta có: \({x^5} - 5{x^3} + 2{x^2} + 6x - 4 = {(x - 1)^2}(x + 2)({x^2} - 2)\)

\({x^3} - {x^2} - x + 1 = {(x - 1)^2}(x + 1)\)

Do đó: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{(x + 2)({x^2} - 2)}}{{x + 1}} =  - \frac{3}{2}\).

 

Ví dụ 3:

Tìm các giới hạn sau:              

a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {2x - 1}  - x}}{{{x^2} - 1}}\)     

b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{3x + 2}} - x}}{{\sqrt {3x - 2}  - 2}}\)

Lời giải:

a) Ta có:\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2x - 1 - {x^2}}}{{(x - 1)(x + 1)(\sqrt {2x - 1}  + x)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - (x - 1)}}{{(x + 1)(\sqrt {2x - 1}  + x)}} = 0\)

b) Ta có:\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(3x + 2 - {x^3})(\sqrt {3x - 2}  + 2)}}{{3(x - 2)(\sqrt[3]{{{{(3x + 2)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{3x + 2}} + 4)}}\)

                  \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{ - ({x^2} + 2x + 1)(\sqrt {3x - 2}  + 2)}}{{3(\sqrt[3]{{{{(3x + 2)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{3x + 2}} + 4)}} =  - 1\) .

 

Bài toán 3: Tìm\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{f(x)}}{{g(x)}}\), trong đó\(f(x),g(x) \to \infty \), dạng này ta còn gọi là dạng vô định\(\frac{\infty }{\infty }\).

Phương pháp: Tương tự như cách khử dạng vô định ở dãy số. Ta cần tìm cách đưa về các giới hạn:

  • \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty \atop(x \to  - \infty )} {x^{2k}} =  + \infty \)       ;      \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty \atop(x \to  - \infty )} {x^{2k + 1}} =  + \infty {\rm{ }}( - \infty )\).
  • \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty \atop(x \to  - \infty )} \frac{k}{{{x^n}}} = 0{\rm{  }}(n > 0;k \ne 0)\).
  • \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) =  + \infty {\rm{ }}( - \infty ) \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{k}{{f(x)}} = 0{\rm{  }}(k \ne 0)\).

 

Ví dụ 1:

Tìm các giới hạn sau:

a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{{(4x + 1)}^3}{{(2x + 1)}^4}}}{{{{(3 + 2x)}^7}}}\)               

b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} - 3x + 4}  + 3x}}{{\sqrt {{x^2} + x + 1}  - x}}\)

Hướng dẫn:

a) Ta có: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{{\left( {4 + \frac{1}{x}} \right)}^3}{{\left( {2 + \frac{1}{x}} \right)}^4}}}{{{{\left( {\frac{3}{x} + 2} \right)}^7}}} = 8.\)

b) Ta có: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - \sqrt {4 - \frac{3}{x} + \frac{4}{{{x^2}}}}  + 3}}{{ - \sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  - 1}} = \frac{1}{2}.\)

 

Ví dụ 2:

Tìm các giới hạn sau:

a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {2{x^2} + 1}  - \sqrt {{x^2} + 1} }}{{2x + 2}}\)             

b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\sqrt {3{x^2} - 2}  + \sqrt {x + 1} }}{{\sqrt {{x^2} + 1}  - 1}}\)

Hướng dẫn:

a) Ta có:\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {2 + \frac{1}{{{x^2}}}}  - \left| x \right|\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{x(2 + \frac{2}{x})}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {2 + \frac{1}{{{x^2}}}}  - \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{2 + \frac{2}{x}}} = \frac{{\sqrt 2  - 1}}{2}.\)                     .

b) Ta có: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {3 - \frac{2}{{{x^2}}}}  + \left| x \right|\sqrt {\frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{\left| x \right|\left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}}  - \frac{1}{{\left| x \right|}}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - \sqrt {3 - \frac{2}{{{x^2}}}}  - \sqrt {\frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{ - \left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}}  - \frac{1}{{\left| x \right|}}} \right)}} = \sqrt 3 .\)

 

Ví dụ 3:

Tìm giới hạn \(H = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt[4]{{16{x^4} + 3x + 1}} - \sqrt {4{x^2} + 2} } \right).\)

Hướng dẫn:

Ta có: \(H = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {16{x^4} + 3x + 1}  - (4{x^2} + 2)}}{{\sqrt[4]{{16{x^4} + 3x + 1}} + \sqrt {4{x^2} + 2} }}\)

                  \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{16{x^4} + 3x + 1 - {{(4{x^2} + 2)}^2}}}{{\left( {\sqrt[4]{{16{x^4} + 3x + 1}} + \sqrt {4{x^2} + 2} } \right)\left( {\sqrt {16{x^4} + 3x + 1}  + 4{x^2} + 2} \right)}}\)

                 \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{ - 16{x^2} + 3x - 3}}{{\left( {\sqrt[4]{{16{x^4} + 3x + 1}} + \sqrt {4{x^2} + 2} } \right)\left( {\sqrt {16{x^4} + 3x + 1}  + 4{x^2} + 2} \right)}}\)

Suy ra \(H = 0\).  

 

Bài toán 4: Dạng vô định: \(\infty  - \infty \) và \(0.\infty \)

Phương pháp

Những dạng vô định này ta tìm cách biến đổi đưa về dạng \(\frac{\infty }{\infty }\).

 

Ví dụ 1:

Tìm giới hạn \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x + 1}  - x} \right).\)  

Hướng dẫn:

Ta có: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{(\sqrt {{x^2} - x + 1}  - x)(\sqrt {{x^2} - x + 1}  + x)}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1}  + x}}\)

                       \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{x^2} - x + 1 - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1}  + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{ - x + 1}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1}  + x}} =  - \frac{1}{2}\).

 

Ví dụ 2:

Tìm giới hạn \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {2x + \sqrt {4{x^2} - x + 1} } \right).\) 

Hướng dẫn:

\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{(2x - \sqrt {4{x^2} - x + 1} )(2x + \sqrt {4{x^2} - x + 1} )}}{{2x - \sqrt {4{x^2} - x + 1} }}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{x + 1}}{{2x - \sqrt {4{x^2} - x + 1} }} = \frac{1}{4}\).

 

Ví dụ 3:

Tìm các giới hạn sau:\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } (\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} + \sqrt {{x^2} - 2x} )\)          

Hướng dẫn:

Ta có: \(\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} + \sqrt {{x^2} - 2x}  = (\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} - x) + (\sqrt {{x^2} - 2x}  + x)\)

               \( = \frac{{ - 3{x^2}}}{{\sqrt[3]{{{{({x^3} - 3{x^2})}^2}}} + x\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} + {x^2}}} + \frac{{ - 2x}}{{\sqrt {{x^2} - 2x}  - x}}\)

\( \Rightarrow A = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - 3}}{{\sqrt[3]{{{{(1 - \frac{3}{x})}^2}}} + \sqrt[3]{{1 - \frac{3}{x}}} + 1}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - 2}}{{ - \sqrt {1 - \frac{2}{x}}  - 1}} = 0\).

 

Bài toán 5: Dạng vô định các hàm lượng giác

Phương pháp:

Ta sử dụng các công thức lượng giác biến đổi về các dạng sau:

\( \bullet \)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{{\sin x}} = 1\), từ đây suy ra\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\tan x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{{\tan x}} = 1\).

\( \bullet \) Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} u(x) = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\sin u(x)}}{{u(x)}} = 1\) và\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\tan u(x)}}{{u(x)}} = 1\).

 

Ví dụ 1:

Tìm giới hạn \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos ax}}{{{x^2}}}.\) 

Hướng dẫn:

Ta có:\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2{{\sin }^2}\frac{{ax}}{2}}}{{{x^2}}} = \frac{a}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{\sin \frac{{ax}}{2}}}{{\frac{{ax}}{2}}}} \right)^2} = \frac{a}{2}\).

 

Ví dụ 2:

Tìm giới hạn \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\cos 2x - \cos 3x}}{{x(\sin 3x - \sin 4x)}}.\) 

Hướng dẫn:

\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\sin \frac{{5x}}{2}\sin \frac{x}{2}}}{{ - 2x\cos \frac{{7x}}{2}\sin \frac{x}{2}}} =  - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (\frac{5}{2}.\frac{{\sin \frac{{5x}}{2}}}{{\frac{{5x}}{2}}}).\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\cos \frac{{7x}}{2}}} = \frac{5}{2}\).

 

Ví dụ 3:

Tìm các giới hạn sau:

a)\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^3}\sin \frac{1}{{{x^2}}}\)                              

b)\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {2\sin x + {{\cos }^3}x} \right)\left( {\sqrt {x + 1}  - \sqrt x } \right)\)

Hướng dẫn:

a) Ta có: \(0 \le \left| {{x^3}\sin \frac{1}{{{x^2}}}} \right| \le {x^3}\)

Mà \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^3} = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left| {{x^3}\sin \frac{1}{{{x^2}}}} \right| = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^3}\sin \frac{1}{{{x^2}}} = 0\)

Vậy \(A = 0\).

b) Ta có: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2\sin x + {{\cos }^3}x}}{{\sqrt {x + 1}  + \sqrt x }}\)

Mà: \(0 \le \left| {\frac{{2\sin x + {{\cos }^2}x}}{{\sqrt {x + 1}  + \sqrt x }}} \right| \le \frac{3}{{\sqrt {x + 1}  + \sqrt x }} \to 0\) khi \(x \to  + \infty \).

Do đó: \(B = 0\).

Lời kết

Nội dung bài học đã giới thiện đến các em khái niệm Giới hạn của hàm số và các phương pháp tính giới hạn. Để cũng cố bài học, xin mời các em cũng làm bài kiểm tra Trắc nghiệm Giới hạn của hàm số với những câu hỏi củng cố bám sát nội dung bài học. Bên cạnh đó các em có thể nêu thắc mắc của mình thông qua phần Hỏi - đáp cộng đồng Toán HỌC247 sẽ sớm giải đáp cho các em.

Bên cạnh đó các em có thể xem phần hướng dẫn Giải bài tập SGK sẽ giúp các em nắm được các phương pháp giải bài tập từ SGK Đại số và Giải tích 11 Cơ bản và Nâng cao.

-- Mod Toán Học 11 HỌC247