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\(x \to {x_0}\).
- 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: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L \)
\(\Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to x_{_0}^ + } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_{_0}^ - } f(x) = L\).
- 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: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = L\).
- 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 \( + \infty \).
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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L\).
\((k \ne 0)\).
Phương pháp:
Tìm các giới hạn sau:
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x + 3\cos x + x}}{{2x + {{\cos }^2}3x}}\)
b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {{x^2} + 3} - 2x}}{{\sqrt[3]{{x + 6}} + 2x - 1}}\)
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:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {{x^2} + 3} - 2x}}{{\sqrt[3]{{x + 6}} + 2x - 1}} = \frac{{\sqrt {{2^2} + 3} - 2.2}}{{\sqrt[3]{{2 + 6}} + 2.2 - 1}} = \frac{{\sqrt 7 - 4}}{5}\).
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 \(x \to 0\)
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 \(x \to 0\).
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 \(x \to 1\).
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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x)\)
\( \Leftrightarrow 5m - 1 = m + 1 \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\).
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:
\({a^n} - {b^n} \)
\(= (a - b)({a^{n - 1}} + {a^{n - 2}}b + ... + a{b^{n - 2}} + {b^{n - 1}})\).
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 \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^4} - 5{x^2} + 4}}{{{x^3} - 8}}.\)
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: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^4} - 5{x^2} + 4}}{{{x^3} - 8}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{({x^2} - 1)({x^2} - 4)}}{{{x^3} - {2^3}}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{({x^2} - 1)(x - 2)(x + 2)}}{{(x - 2)({x^2} + 2x + 4)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{({x^2} - 1)(x + 2)}}{{{x^2} + 2x + 4}} = 1\).
Tìm các giới hạn sau:
a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^n} - 1}}{{x - 1}}\)
b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^5} - 5{x^3} + 2{x^2} + 6x - 4}}{{{x^3} - {x^2} - x + 1}}\)
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: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{(x + 2)({x^2} - 2)}}{{x + 1}} = - \frac{3}{2}\).
Tìm các giới hạn sau:
a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {2x - 1} - x}}{{{x^2} - 1}}\)
b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{3x + 2}} - x}}{{\sqrt {3x - 2} - 2}}\)
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: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(3x + 2 - {x^3})(\sqrt {3x - 2} + 2)}}{{3(x - 2)(\sqrt[3]{{{{(3x + 2)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{3x + 2}} + 4)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{ - ({x^2} + 2x + 1)(\sqrt {3x - 2} + 2)}}{{3(\sqrt[3]{{{{(3x + 2)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{3x + 2}} + 4)}} = - 1\) .
Phương pháp: Tương tự như cách khử dạng vô định ở dãy số. Ta cần tìm cách đưa về các giới hạn:
\((k \ne 0)\).
Tìm các giới hạn sau:
a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{(4x + 1)}^3}{{(2x + 1)}^4}}}{{{{(3 + 2x)}^7}}}\)
b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} - 3x + 4} + 3x}}{{\sqrt {{x^2} + x + 1} - x}}\)
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: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {4 - \frac{3}{x} + \frac{4}{{{x^2}}}} + 3}}{{ - \sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} - 1}} = \frac{1}{2}.\)
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) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {3{x^2} - 2} + \sqrt {x + 1} }}{{\sqrt {{x^2} + 1} - 1}}\)
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: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {3 - \frac{2}{{{x^2}}}} + \left| x \right|\sqrt {\frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{\left| x \right|\left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} - \frac{1}{{\left| x \right|}}} \right)}} \)
\(= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {3 - \frac{2}{{{x^2}}}} - \sqrt {\frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{ - \left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} - \frac{1}{{\left| x \right|}}} \right)}} = \sqrt 3 .\)
Tìm giới hạn \(H = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt[4]{{16{x^4} + 3x + 1}} - \sqrt {4{x^2} + 2} } \right).\)
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 \(H = 0\).
Phương pháp:
Những dạng vô định này ta tìm cách biến đổi đưa về dạng \(\frac{\infty }{\infty }\).
Tìm giới hạn \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x + 1} - x} \right).\)
Ta có: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{(\sqrt {{x^2} - x + 1} - x)(\sqrt {{x^2} - x + 1} + x)}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} + x}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} - x + 1 - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - x + 1}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} + x}} \)
\(= - \frac{1}{2}\).
Tìm giới hạn \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2x + \sqrt {4{x^2} - x + 1} } \right).\)
\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{(2x - \sqrt {4{x^2} - x + 1} )(2x + \sqrt {4{x^2} - x + 1} )}}{{2x - \sqrt {4{x^2} - x + 1} }}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x + 1}}{{2x - \sqrt {4{x^2} - x + 1} }} = \frac{1}{4}\).
Tìm các giới hạn sau: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } (\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} + \sqrt {{x^2} - 2x} )\)
Ta có: \(\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} + \sqrt {{x^2} - 2x} \)
\(= (\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} - x) + (\sqrt {{x^2} - 2x} + x)\)
\( = \frac{{ - 3{x^2}}}{{\sqrt[3]{{{{({x^3} - 3{x^2})}^2}}} + x\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} + {x^2}}} + \frac{{ - 2x}}{{\sqrt {{x^2} - 2x} - x}}\)
\( \Rightarrow A = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 3}}{{\sqrt[3]{{{{(1 - \frac{3}{x})}^2}}} + \sqrt[3]{{1 - \frac{3}{x}}} + 1}}\)
\(+ \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 2}}{{ - \sqrt {1 - \frac{2}{x}} - 1}} = 0\).
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\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\tan u(x)}}{{u(x)}} = 1\).
Tìm giới hạn \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos ax}}{{{x^2}}}.\)
Ta có: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2{{\sin }^2}\frac{{ax}}{2}}}{{{x^2}}} = \frac{a}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{\sin \frac{{ax}}{2}}}{{\frac{{ax}}{2}}}} \right)^2} = \frac{a}{2}\).
Tìm giới hạn \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\cos 2x - \cos 3x}}{{x(\sin 3x - \sin 4x)}}.\)
\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\sin \frac{{5x}}{2}\sin \frac{x}{2}}}{{ - 2x\cos \frac{{7x}}{2}\sin \frac{x}{2}}} \)
\(= - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (\frac{5}{2}.\frac{{\sin \frac{{5x}}{2}}}{{\frac{{5x}}{2}}}).\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\cos \frac{{7x}}{2}}} = \frac{5}{2}\).
Tìm các giới hạn sau:
a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^3}\sin \frac{1}{{{x^2}}}\)
b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {2\sin x + {{\cos }^3}x} \right)\left( {\sqrt {x + 1} - \sqrt x } \right)\)
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: \(B = 0\).
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\(x \to {x_0}\).
- 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: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L \)
\(\Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to x_{_0}^ + } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_{_0}^ - } f(x) = L\).
- 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: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = L\).
- 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 \( + \infty \).
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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L\).
\((k \ne 0)\).
Phương pháp:
Tìm các giới hạn sau:
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x + 3\cos x + x}}{{2x + {{\cos }^2}3x}}\)
b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {{x^2} + 3} - 2x}}{{\sqrt[3]{{x + 6}} + 2x - 1}}\)
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:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {{x^2} + 3} - 2x}}{{\sqrt[3]{{x + 6}} + 2x - 1}} = \frac{{\sqrt {{2^2} + 3} - 2.2}}{{\sqrt[3]{{2 + 6}} + 2.2 - 1}} = \frac{{\sqrt 7 - 4}}{5}\).
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 \(x \to 0\)
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 \(x \to 0\).
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 \(x \to 1\).
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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x)\)
\( \Leftrightarrow 5m - 1 = m + 1 \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\).
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:
\({a^n} - {b^n} \)
\(= (a - b)({a^{n - 1}} + {a^{n - 2}}b + ... + a{b^{n - 2}} + {b^{n - 1}})\).
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 \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^4} - 5{x^2} + 4}}{{{x^3} - 8}}.\)
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: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^4} - 5{x^2} + 4}}{{{x^3} - 8}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{({x^2} - 1)({x^2} - 4)}}{{{x^3} - {2^3}}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{({x^2} - 1)(x - 2)(x + 2)}}{{(x - 2)({x^2} + 2x + 4)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{({x^2} - 1)(x + 2)}}{{{x^2} + 2x + 4}} = 1\).
Tìm các giới hạn sau:
a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^n} - 1}}{{x - 1}}\)
b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^5} - 5{x^3} + 2{x^2} + 6x - 4}}{{{x^3} - {x^2} - x + 1}}\)
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: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{(x + 2)({x^2} - 2)}}{{x + 1}} = - \frac{3}{2}\).
Tìm các giới hạn sau:
a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {2x - 1} - x}}{{{x^2} - 1}}\)
b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{3x + 2}} - x}}{{\sqrt {3x - 2} - 2}}\)
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: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(3x + 2 - {x^3})(\sqrt {3x - 2} + 2)}}{{3(x - 2)(\sqrt[3]{{{{(3x + 2)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{3x + 2}} + 4)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{ - ({x^2} + 2x + 1)(\sqrt {3x - 2} + 2)}}{{3(\sqrt[3]{{{{(3x + 2)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{3x + 2}} + 4)}} = - 1\) .
Phương pháp: Tương tự như cách khử dạng vô định ở dãy số. Ta cần tìm cách đưa về các giới hạn:
\((k \ne 0)\).
Tìm các giới hạn sau:
a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{(4x + 1)}^3}{{(2x + 1)}^4}}}{{{{(3 + 2x)}^7}}}\)
b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} - 3x + 4} + 3x}}{{\sqrt {{x^2} + x + 1} - x}}\)
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: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {4 - \frac{3}{x} + \frac{4}{{{x^2}}}} + 3}}{{ - \sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} - 1}} = \frac{1}{2}.\)
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) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {3{x^2} - 2} + \sqrt {x + 1} }}{{\sqrt {{x^2} + 1} - 1}}\)
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: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {3 - \frac{2}{{{x^2}}}} + \left| x \right|\sqrt {\frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{\left| x \right|\left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} - \frac{1}{{\left| x \right|}}} \right)}} \)
\(= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {3 - \frac{2}{{{x^2}}}} - \sqrt {\frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{ - \left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} - \frac{1}{{\left| x \right|}}} \right)}} = \sqrt 3 .\)
Tìm giới hạn \(H = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt[4]{{16{x^4} + 3x + 1}} - \sqrt {4{x^2} + 2} } \right).\)
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 \(H = 0\).
Phương pháp:
Những dạng vô định này ta tìm cách biến đổi đưa về dạng \(\frac{\infty }{\infty }\).
Tìm giới hạn \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x + 1} - x} \right).\)
Ta có: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{(\sqrt {{x^2} - x + 1} - x)(\sqrt {{x^2} - x + 1} + x)}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} + x}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} - x + 1 - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - x + 1}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} + x}} \)
\(= - \frac{1}{2}\).
Tìm giới hạn \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2x + \sqrt {4{x^2} - x + 1} } \right).\)
\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{(2x - \sqrt {4{x^2} - x + 1} )(2x + \sqrt {4{x^2} - x + 1} )}}{{2x - \sqrt {4{x^2} - x + 1} }}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x + 1}}{{2x - \sqrt {4{x^2} - x + 1} }} = \frac{1}{4}\).
Tìm các giới hạn sau: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } (\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} + \sqrt {{x^2} - 2x} )\)
Ta có: \(\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} + \sqrt {{x^2} - 2x} \)
\(= (\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} - x) + (\sqrt {{x^2} - 2x} + x)\)
\( = \frac{{ - 3{x^2}}}{{\sqrt[3]{{{{({x^3} - 3{x^2})}^2}}} + x\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} + {x^2}}} + \frac{{ - 2x}}{{\sqrt {{x^2} - 2x} - x}}\)
\( \Rightarrow A = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 3}}{{\sqrt[3]{{{{(1 - \frac{3}{x})}^2}}} + \sqrt[3]{{1 - \frac{3}{x}}} + 1}}\)
\(+ \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 2}}{{ - \sqrt {1 - \frac{2}{x}} - 1}} = 0\).
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\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\tan u(x)}}{{u(x)}} = 1\).
Tìm giới hạn \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos ax}}{{{x^2}}}.\)
Ta có: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2{{\sin }^2}\frac{{ax}}{2}}}{{{x^2}}} = \frac{a}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{\sin \frac{{ax}}{2}}}{{\frac{{ax}}{2}}}} \right)^2} = \frac{a}{2}\).
Tìm giới hạn \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\cos 2x - \cos 3x}}{{x(\sin 3x - \sin 4x)}}.\)
\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\sin \frac{{5x}}{2}\sin \frac{x}{2}}}{{ - 2x\cos \frac{{7x}}{2}\sin \frac{x}{2}}} \)
\(= - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (\frac{5}{2}.\frac{{\sin \frac{{5x}}{2}}}{{\frac{{5x}}{2}}}).\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\cos \frac{{7x}}{2}}} = \frac{5}{2}\).
Tìm các giới hạn sau:
a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^3}\sin \frac{1}{{{x^2}}}\)
b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {2\sin x + {{\cos }^3}x} \right)\left( {\sqrt {x + 1} - \sqrt x } \right)\)
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: \(B = 0\).