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
1.1. 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\( + \infty \).
1.2. 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\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L\).
1.3. 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:
+ \((\sqrt a - \sqrt b )(\sqrt a + \sqrt b ) = a - b\)
+ \((\sqrt[3]{a} \pm \sqrt[3]{b})(\sqrt[3]{{{a^2}}} \mp \sqrt[3]{{ab}} + \sqrt[3]{{{b^2}}}) = a - b\)
+ \((\sqrt[n]{a} - \sqrt[n]{b})(\sqrt[n]{{{a^{n - 1}}}} + \sqrt[n]{{{a^{n - 2}}b}} + ... + \sqrt[n]{{{b^{n - 1}}}}) = a - b\)
- 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: \(B = 0\).
3. Luyện tập Bài 2 chương 4 giải tích 11
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.
3.1 Trắc nghiệm về Giới hạn của hàm số
Để cũng cố bài học xin mời các em cũng làm Bài kiểm tra Trắc nghiệm Toán 11 Bài 2 để kiểm tra xem mình đã nắm được nội dung bài học hay chưa.
-
- A. \( + \infty \)
- B. 4
- C. 2
- D. -1
-
- A. \(\frac{2}{5}\)
- B. \(\frac{1}{5}\)
- C. 0
- D. 1
-
- A. \(- \infty \)
- B. -4
- C. 3
- D. \(+ \infty \)
Câu 4-10: Mời các em đăng nhập xem tiếp nội dung và thi thử Online để củng cố kiến thức và nắm vững hơn về bài học này nhé!
3.2 Bài tập SGK và Nâng Cao về Giới hạn của hàm số
Bên cạnh đó các em có thể xem phần hướng dẫn Giải bài tập Toán 11 Bài 2 sẽ giúp các em nắm được các phương pháp giải bài tập từ SGK Giải tích 11 Cơ bản và Nâng cao.
Bài tập 1 trang 132 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 2 trang 132 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 3 trang 132 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 4 trang 132 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 5 trang 133 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 6 trang 133 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 7 trang 133 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 4.18 trang 165 SBT Toán 11
Bài tập 4.19 trang 165 SBT Toán 11
Bài tập 4.20 trang 165 SBT Toán 11
Bài tập 4.21 trang 165 SBT Toán 11
Bài tập 4.22 trang 165 SBT Toán 11
Bài tập 4.23 trang 165 SBT Toán 11
Bài tập 4.24 trang 165 SBT Toán 11
Bài tập 4.25 trang 166 SBT Toán 11
Bài tập 4.26 trang 166 SBT Toán 11
Bài tập 4.27 trang 166 SBT Toán 11
Bài tập 4.28 trang 166 SBT Toán 11
Bài tập 4.29 trang 166 SBT Toán 11
Bài tập 4.30 trang 166 SBT Toán 11
Bài tập 4.31 trang 167 SBT Toán 11
Bài tập 21 trang 151 SGK Toán 11 NC
Bài tập 22 trang 152 SGK Toán 11 NC
Bài tập 23 trang 152 SGK Toán 11 NC
Bài tập 24 trang 152 SGK Toán 11 NC
Bài tập 25 trang 152 SGK Toán 11 NC
Bài tập 26 trang 158 SGK Toán 11 NC
Bài tập 27 trang 158 SGK Toán 11 NC
Bài tập 28 trang 158 SGK Toán 11 NC
Bài tập 29 trang 159 SGK Toán 11 NC
Bài tập 30 trang 159 SGK Toán 11 NC
Bài tập 31 trang 159 SGK Toán 11 NC
Bài tập 32 trang 159 SGK Toán 11 NC
Bài tập 33 trang 159 SGK Toán 11 NC
Bài tập 34 trang 163 SGK Toán 11 NC
Bài tập 35 trang 163 SGK Toán 11 NC
Bài tập 36 trang 163 SGK Toán 11 NC
Bài tập 37 trang 163 SGK Toán 11 NC
Bài tập 38 trang 166 SGK Toán 11 NC
Bài tập 39 trang 166 SGK Toán 11 NC
Bài tập 40 trang 166 SGK Toán 11 NC
Bài tập 41 trang 166 SGK Toán 11 NC
Bài tập 42 trang 167 SGK Toán 11 NC
Bài tập 43 trang 167 SGK Toán 11 NC
Bài tập 44 trang 167 SGK Toán 11 NC
Bài tập 45 trang 167 SGK Toán 11 NC
4. Hỏi đáp về bài 2 chương 4 giải tích 11
Nếu có thắc mắc cần giải đáp các em có thể để lại câu hỏi trong phần Hỏi đáp, cộng đồng Toán HỌC247 sẽ sớm trả lời cho các em.
-- Mod Toán Học 11 HỌC247
