Bài tập giới hạn hàm số kèm lời giải chi tiết PDF

Preview

Summary

xem di ne xem di ne xem di ne xem di ne xem di ne...

Description

1|B À I TẬP GI ỚI H ẠN HÀ M S Ố

Bài 1: Tính giớ i 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 2 1  cos x1  cos x  lim 1  cos x  2  2  tan x  x lim  lim cos x  lim x 0 x  sin x x 0 1  cos x x 0 1  cos x  cos2 x x 0 cos2 x 1 Bài 2: Tính giớ i hạn sau đây: 1 x

e 1 x  1 x Giải bài 2: I  lim

Khi x   thì giớ i hạn đã cho có dạng bất định là

0 . 0

Áp dụng quy tắc L’Hospital 1 1 1 x e 2 e x 1  lim x  e0  1  I  lim x  x  1 1 2 x x Bài 3: Tính giớ i hạn sau đây: ln x I  lim x 0 1 x Giải bài 3: Khi x  0 thì giớ i hạn đã cho có dạng bất định là Áp dụng quy tắc L’Hospital 1 ln x  lim x  0  I  lim x 0 1 x 0 1  2 x x Bài 4: Tính giớ i hạn khi n  N , a  1 xn I  lim x x  a Giải bài 4: Khi x   thì giớ i hạn có dạng bất định là Áp dụng quy tắc L’Hospital

 

 . 

2|B ÀI T ẬP GI ỚI H ẠN H ÀM S Ố

xn nx n 1 n(n 1)x n 2 n! lim lim    lim x  0 (vì n là một số)  x x x 2 x  a x  a ln a x  a (ln a) x  a (lna)n Bài 5: Tính giớ i hạn sau đây khi   0 I  lim

I  lim x ln x x 0

Giải bài 5: Khi x0, giớ i hạn đã cho có dạng bất định là 0. , ta đưa về dạng bất định

0   0 

ln x x 0 x 0 1 x Áp dụng quy tắc L’Hospital I  lim x ln x  lim

1 ( 1) ln x ln x x x x x x  lim    lim     0 I  lim lim lim lim 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  cot2 x  2  x 0  x  Giải bài 6: Khi x  0 thì giớ i hạn đã cho có dạng bất định là    0 Đưa    về dạng 0  cos2 x 1   x2 cos2 x  sin2 x  1  2 I  lim  cot x  2   lim 2  2   lim  2 2 x 0 x  x 0  sin x x  x 0  x sin x  

  x cos x  sin x  x cos x  sin x   lim    x 0 x2 sin x  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      2 2  x 0 sin x sin x  x 0  x sin x  x 0     x sin x  x cos x  sin x  2x x cos x  sin x  lim    2lim   lim    3 x 0 x 0 x x3   x 0  x    Áp dụng quy tắc L’Hospital

3|B ÀI T ẬP GI ỚI H ẠN H ÀM S Ố

 x cos x  sin x   cos x  x sin x  cos x    xsin x  I  2lim   2lim   2lim     3 2 2 x 0 x 0 x 0 x 3x      3x   2  1   sin x   1  2     lim   2     1    3  3  x 0  x   3

Bài 7: Tính giớ i hạn sau đây:

sin 1  x3  sin1 I  lim 5 x 0 1  2x ln cos x  1 Giải bài 7: Nhận xét, vì:





3 lim sin 1  x  sin1  0 và lim x 0

x 0



5



1  2x ln cos x  1  0 ta mới tiến hành thay thế VCB

tương đương được.

sin 1  x3  sin1  lim I  lim 5 x 0 1  2xln cos x 1 x 0 Khi x  0, ta có:

2cos

1  x 3 1 1  x 3 1 1  x 3 1 sin 2cos1 sin 2 2 2  lim 5 5 x 0  1  2x lncos x  1 1  2x lncos x  1

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 3  cos1  x 0 x 2 5 Bài 8: Tính giớ i hạn sau đây:

x 2  4  2x  3 x

I  lim

x2  4  x

x

Giải bài 8: Vì lim



x 



x 2  4  2x  3 x    lim



x 



x 2  4  x   nên ta tiến hành thay VCL

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 Như vậy, ta có:

x2  4 ~ x

4|B ÀI T ẬP GI ỚI H ẠN H ÀM S Ố

3x 3   x  2x 2 Bài 9: Tính giới hạn sau đây: ln 1  x tan x I  lim 2 x 0 x  sin3 x Giải bài 9: Vì, limln 1 x tan x   0  lim x 2  sin3 x  0 nên ta thay được các VCB tương đương. I  lim

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

sin3 x ~ x3 Dưới mẫu được x 2  x 3 , lượt bỏ VCB có bậc cao hơn, như vậy dướ i mẫu ta được x2 Như vậy: x2 I  lim 2  1  x 0 x Bài 10: Tính giớ i hạn sau đây: ln cos x I  lim x 0 ln(1  x 2 ) Giải bài 10: Vì limln cosx  0  limln(1 x2 )  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 2 2 ln(1  x ) ~ x Như vậy: x2  1 I  lim 2   2  x 0 x 2 Bài 11: Tính giới hạn sau đây: I  lim

sin ex1  1

ln x Giải bài 11: Vì limsin  ex1  1  0  limln x  0 nên thay VCB tương đương được. x 1

x1

I  lim

x1

sin e

x1

 1

sin ex1  1

 lim x 1 ln(1  x  1) ln x Khi x  1, ta có: sin  ex1  1 ~ ex1  1 ~ x 1 x 1

5|B ÀI T ẬP GI ỚI H ẠN H ÀM S Ố

ln(1  x  1) ~ x  1 Vậy, x 1 I  lim 1  x 1 x 1 Bài 12: Tính giớ i hạn sau đây: x e  1 cos x  1  I  lim x 0 sin 3 x  2x 4 Giải bài 12: Vì lim  ex  1  cosx  1  0  lim sin3 x  2x4   0 nên ta thay VCB tương đương được. x 0 x 0 Khi x0, ta có: x2 x e  1~ x và cos x  1 ~  và sin3 x ~ x3 2 Như vậy, x3  1 I  lim 2   3 x 0 x 2 Bài 13: Tính giớ i hạn sau: sin 2x  2arctan3x  3x2 I  lim x 0 ln 1  3x  sin 2 x  xe x   Giải bài 13:









Vì lim sin 2x  2arctan3x  3x2  0  lim ln 1 3x  sin2 x  xex   0 nên thay VCB x 0 x 0 tương đương được. Khi x0, ta có: sin 2x ~ 2x ; 2arctan3x ~ 6x ; ln 1  3x  sin2 x ~ 3x  sin2 x ~ 3x  x2

xe x ~ x.1  x Như vậy, ta được: 8x I  lim 2  x 0 4x Bài 14: Tính giớ i hạn sau đây: x 2  4  2x  3 x

I  lim

x2  4  x

x 

Giải bài 14: Vì lim



x 



2

x  4  2x  3 x    lim

được. Khi x   , ta có: x2  4 ~ x ;

x2  4 ~ x



x 



2 x  4  x   nên thay VCL tương đương

6|B ÀI T ẬP GI ỚI H ẠN H ÀM S Ố

Nhận thấy VCL bậc cao nhất của t ử 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 giớ i hạn sau đây:

x 2  14  x

I  lim

x2  2  x Giải bài 15: x 

Vì lim

x 





x2  14  x    lim

lim







x2  2  x   nên ta thay VCL tương đương được.

x 

Khi x   , ta có: Ta thấy: x 





x2  2  x  . Nên ta mớ i tiến hành thay VCL tương



x 2  2  x  0 nên ta không thể thay thế VCL tương

x2 14  x   và lim

x 



đương được. 2 x  14 ~ x

x2  2 ~ x Như vậy, 2x I  lim 1  x 2x Bài 16: Tính giớ i hạn sau đây: x 2  14  x

I  lim

x2  2  x Giải bài 16: x 

Vì lim



x 



x 2  14  x  0  lim

x 



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 1  2 1 2 x x  14  x x x I  lim  lim  lim 2 x  x  x  x 2 x  2   2  1    2  1 x x 2    2   x  x   x  Khi x   , ta có: 2

x 1 

14 1 14 7  2  1 ~  2  2 ; 1  2 2 x 2 x x  x Như vậy, 1

1  2    1~ 2    x 2  

1     x2 

7|B ÀI T ẬP GI ỚI H ẠN H ÀM 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:  t2  14  t t2  2  t t2  14  t  t2  14  t I  lim 2  lim  2  t  t  2  t t   t  2  t t 2  2  t t2  14  t   14 t 2  2  t   lim   2 t   2  t 14 t     Khi t   , ta được: t2  2 ~ t và t2  14 ~ t Như vậy, 14  14 2t  I  lim     7   t   2 2t  2

Bài 17: VCL nào sau đây có bậc cao nhất khi x   : 3x  ln3 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 t ử 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 tr ị Max sẽ gán cho phần t ử mới đó. Tương tự, so sánh dần dần và ta được giá trị Max nhất trong dãy) Chọn 3x  ln3 x Khi x   thì 3x  ln3 x ~ 3x xln x ln x  lim   So sánh vớ i hàm kế tiếp là xlnx: lim x  3x x  3 Như vậy: xlnx có bậc cao hơn 3x + ln3x 1 2

Có 3x  3x . Như vậy 3x + ln3x có bậc cao nhất là 1 bé hơn bậc của xlnx đã bị loại. Trong 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 T ẬP GI ỚI H ẠN H ÀM 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 4x ~ x2 (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: x

I  lim xe

1 x

x 

Giải bài 19: Đặt t = -x, ta được giới hạn sau: #CÁCH 1: I  lim  te

1  t    t

t

 lim

t

t e

t

1 t

 . Tiến hành dùng L’Hospital  1 1  I  lim  0 . Do lim  1 2 1 t  t   t 1  1 e t t  t2    #CÁCH 2:

Dạng

1   t    t

I  lim  te t 

1

 t t  e   

1

t  lim t et  0 (Do 0.1 = 0 vì hàm t chạy ra vô cùng chậm hơn so với hàm et t  e

nên –t/et = 0) Vậy I  lim xe

x

1 x

x

0 

Bài 20: Tính giới hạn sau đây: x2

 x2  4  I  lim  2  x  x  4   Giải bài 20: Dạng bất định 1

 x2  x2  4  8   I  lim  2  lim 1  2   x  x  4 x   x 4     8x 2 Vì lim 2 8 x  x  4 Bài 21: Tính giới hạn sau đây: 1

I  lim 1  2x 4  sin2 x x 0

x2 4 8

   

8x 2 x2 4

e

lim

8x 2

x x 2 4

 e8 

9|B ÀI T ẬP GI ỚI H ẠN H ÀM S Ố

Giải bài 21: Dạng bất định 1 1 4 sin2 x

 I  lim1  2x   lim  1  2x 4  x 0 x 0  4 4 2x 2x Vì lim 2  lim 2  0  x 0 sin x x 0 x Bài 22: Tính giới hạn sau đây:

1 2x4

  

2x4 sin 2 x

e

lim

2x 4 2 x

x 0 sin

1

I  lim  ln  e  x  

cot x

x 0

Giải bài 22: Dạng bất định 1

I  lim  ln  e  x  

cot x

x 0

cot x

   x    lim  ln  e 1     x 0 e     

cot x

x    lim  1  ln 1    x 0  e  

x ln 1  cot x  e

1

   x lim ln 1  cot x   x   ln 1 ex   x 0   e   lim 1  ln  1      e  e I2 x 0    e     x cos x 1 Tính I 2  limln  1    x 0 e sin x e   x x Vì khi x  0 thì ln 1  ~ ; cosx ~ 1; sinx ~ x e e  Như vậy:

I  lim  ln  e  x  

cot x

x 0

1 e

e 

Bài 23: Tính giới hạn sau; 1 sin 22x

I  lim 1  tan x  2

x 0

Giải bài 23: Dạng bất định 1 

tan2 x

  sin 2 2x 2 I  lim1  tan x   lim  1   tan x  eI2  x 0 x 0   2 sin x  1  tan 2 x  sin 2 x cos2 x lim lim    Tính I 2  lim 2 2 2 2 4 x 0 sin 2x x 0 4sin x cos x x 0 4sin x cos x 4 Như vậy, 2

1 sin 2 2x

1 sin 2 2x

I  lim 1  tan x  2

x 0



e



1 4



Bài 24: Tính giới hạn sau đây:



1  2 tan x

10 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố 1

I  lim  cos x  x2 x 0

Giải bài 24: Dạng bất định 1

I  lim  cos x 

1 x2

x 0

 I  lim  1  cos x  1 x 0 

1 cos x 1

 

cos x 1 x2

lim

 ex 0

cos x 1 x2

Tính:

cos x  1 x 0 x2 Khi x  0, cosx – 1 ~ -x2/2 x 2 cos x  1 2  1 I 2  lim lim  x 0 x 0 x 2 x2 2 I 2  lim

1 

1

I  lim  cos x  x 2  e 2  x 0

Bài 25: Tính giới hạn sau đây: x2

 2x 2  3  I  lim  2  x  2x  1   Giải bài 25: Dạng bất định 1

 x  2x 2  3  4   I  lim  2  lim  1  2   x  2x  1 x   2x  1     4x 2 Vì lim 2 2 x  2x  1 Bài 26: Tính giớ i hạn sau đây:

2x 2 1

2

x

 1x 1  I  lim  e   x x  Giải bài 26: Dạng bất định 1 Đặt t = 1/x, ta được giới hạn sau 1 t

I  lim  e  t   e t

t 0

Tính I2

1 lim  ln(et t )  t 0t 

 eI 2

4

   

4x2 2x 2 1

 e2 

 eI2

11 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố

1 1 1 t   I 2  lim  ln et  t   lim  ln et  t   lim  ln et 1  t  t 0 t t 0 t t 0 t e    1 t  1 t 1  lim ln e t  ln  1  t    lim  t  t   lim 1  t   2 t 0 t t 0 t 0   t e   e   e   Như vậy, x

 1 1 I  lim  ex    e2  x x ...