11 trang 12 lượt tải

Đề cương môn giải tích 1- Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.

24

 Tínhgiớihạnsauđây:    Đề cương môn giải tích 1- Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.

Tài liệu gồm 11 trang , giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao.

Môn: Giải tích 1(GT 1) 44 tài liệu

Trường: Trường Đại học Bách khoa, Đại học Đà Nẵng 1.6 K tài liệu

Tác giả:

Profile

giang le

2 tuần trước
Tải xuống Chia sẻ Báo cáo
Danh sách Quiz
Tải xuống
/11
1 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố
−1
Bài 1: Tính giới hạn của hàm sau:
I = lim
tan x − x
x→0
x − sin x
Giải bài 1: Thấy khi x → 0 thì giới hạn đã cho có dạng bất định là
0
.
0
Áp dụng quy tắc L’Hospital:
1
− (
1 − cosx
)(
1 + cosx
) +
lim
tan x x
= lim
cos
2
x
= lim
= lim
1 cosx
=
2
= 2 ◼
x→0
x − sin x
x→0
1 − cosx
x→0
(
1 − cosx
)
cos
2
x
x→0
cos
2
x 1
Bài 2: Tính giới hạn sau đây:
1
I = lim
x→+
e
x
−1
1
x
Giải bài 2:
Khi x → + thì giới hạn đã cho có dạng bất định là
0
.
0
Áp dụng quy tắc L’Hospital
1
1
I = lim
e
x
−1
=
lim
1
e
x
x
2
= e
0
= 1 ◼
x→+
1
x→+
1
x x
2
Bài 3: Tính giới hạn sau đây:
I = lim
ln x
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
I = lim
ln x
= lim
x
= 0 ◼
x→0
1
x→0
−
1
x x
2
Bài 4: Tính giới hạn khi nN, a 1
x
n
I = lim
x→+
a
Giải bài 4:
Khi x → + thì giới hạn có dạng bất định là
Áp dụng quy tắc L’Hospital
x
2 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố
−
I = lim
x
= lim
nx
n−1
= lim
n(n −1)x
n−2
= lim
n!
= 0 (vì n là một số) ◼
x
→+
a
x
x
→+
a
x
lna
x→+
a
x
(lna)
2
x
→+
a
x
(lna)
n
Bài 5: Tính giới hạn sau đây khi
I = limx
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
0
I = limx
ln x = lim
ln x
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
x→0
1
x
= lim
x→0
x
−
= lim
x→0
−x
−( +1)
= lim
x→0
−x
= lim
x→0
−x
= lim
x→0
−
= 0 ◼
Bài 6: Tính giới hạn sau:
I = lim
cot
2
x −
1
x→0
x
2
Giải bài 6:
Khi x → 0 thì giới hạn đã cho có dạng bất định là −
Đưa − về dạng
0
0
2
1
cos
2
x 1
x
2
cos
2
x − sin
2
x
I = lim
cot x −
2
= lim
2 2
= lim
2 2
x→0
x
x→0
sin
x x
x→0
x sin
x
= lim
xcos x − sin x
xcos x + sin x
x→0
x
2
sin x

sin x

Tới đây tiến hành thay thế VCB tương đương
Khi x → 0 thì ta có:
xcosx ~ x
sinx ~ x
x
2
sinx ~ x
3
Vậy xcosx + sinx ~ x + x = 2x
xcosx – sinx không thay được VCB tương đương vì x – x = 0x
I = lim
xcos x − sin x
xcos x + sin x
= lim
xcos x − sin x
lim
xcos x + sin x
x→0
x
2
sin x

sin x
x→0
x
2
sin x
x→0
sin x

= lim
xcos x − sin x
lim
2x
= 2lim
xcos x − sin x
x→0
x
3
x→0
x
x→0
x
3
Áp dụng quy tắc L’Hospital
n
3 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố
1+ x
3
−1
x
2
− 4
(
(
)
)
(
I = 2lim
xcos x − sin x
= 2lim
cos x − xsin x − cos x
= 2lim
−xsin x
x→0
x
3
x→0
3x
2
x→0
3x
2
◼
= 2
−
1
lim
sin x
= 2
−
1
1 = −
2
3
x→0
x
3
3
Bài 7: Tính giới hạn sau đây:
I = lim
x→0
Giải bài 7:
Nhận xét, vì:
lim sin
x
→
0
−
sin1
)
=
0
và
lim
5
1− 2xlncosx −1 = 0
x
→
0
ta mới tiến hành thay thế VCB
tương đương được.
1 + x
3
+ 1 1 + x
3
−1 1 + x
3
−1
sin 1 + x
3
− sin1
2cos
sin
2 2
2cos1sin
2
I = lim = lim = lim
x→0
5
1 − 2xlncosx −1
x→0
5
1 − 2xlncosx −1
Khi x → 0, ta có:
1
x
3
x
3
x→0
5
1 − 2xlncosx −1
sin ~ ~ =
2 2 2 2 4
2 2 2 2
x
2
−1 ~ − x lncos x = − x ln(1 + cos x −1) ~ − x(cos x −1) ~ − x
−
=
x
3
5
Vậy:
x
3
2
cos1
5
5 5 5 5
2
I = lim
3
= cos1 ◼
x→0
x
2
5
Bài 8: Tính giới hạn sau đây:
I = lim
x
→+
Giải bài 8:
Vì
lim
x→+
+
2x
+
3 x
=
+
lim
x
→+
+ 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
và
~ x
Như vậy, ta có:
sin 1 + x
3
− sin1
5
1 − 2xlncosx −1
1+ x
3
5
1 − 2xlncos x
x
2
+ 4 + 2x + 3 x
x
2
− 4 + x
(
4 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố
−1
)
(
)
(
)
(
)
(
)
I = lim
3x
=
3
◼
x→+
2x 2
Bài 9: Tính giới hạn sau đây:
I = lim
ln
(
1+ x tan x
)
x→0
x
2
+ sin
3
x
Giải bài 9:
Vì,
limln 1
+
x tan x
=
0
lim x
2
+
sin
3
x
=
0
x
→
0
x
→
0
nên ta thay được các VCB tương đương.
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
Như vậy:
x
2
x
2
+ x
3
, lượt bỏ VCB có bậc cao hơn, như vậy dưới mẫu ta được x
2
I = lim
x→0
x
2
= 1 ◼
Bài 10: Tính giới hạn sau đây:
I = lim
ln
(
cosx
)
x→0
ln(1 + x
2
)
Giải bài 10:
Vì limln
cosx = 0 limln(1 + x
2
) = 0
x
→
0
x
→
0
nên thay VCB tương đương được.
Khi x → 0, ta được:
ln(cosx) = ln(1 + cosx −1) ~ cosx −1 ~ −
x
2
ln(1+ x
2
) ~ x
2
Như vậy:
−
x
2
I = lim
2
= −
1
◼
x→0
x
2
2
Bài 11: Tính giới hạn sau đây:
I = lim
x→1
ln x
Giải bài 11:
Vì limsin
e
x−1
−1
= 0 limln x = 0
x
→
1
x
→
1
nên thay VCB tương đương được.
I = lim
sin
(
e
x
−
1
−
1
)
= lim
sin
(
e
x
−
1
−
1
)
x→1
ln x
x→1
ln(1 + x −1)
Khi x → 1, ta có:
sin
(
e
x−1
−1
)
~ e
x−1
−1 ~ x −1
2
5 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố
x
2
− 4
x
→
0
x
→
0
x
→
0
x
→
0
)
(
ln(1+ x −1) ~ x −1
Vậy,
I = lim
x −1
= 1 ◼
x→1
x −1
Bài 12: Tính giới hạn sau đây:
(
e
x
−
1
)
(
cosx
−
1
)
I = lim
x
→
0
sin
3
x + 2x
4
Giải bài 12:
Vì lim
(
e
x
−1
)
(
cosx −1
)
= 0 lim
(
sin
3
x + 2x
4
)
= 0 nên ta thay VCB tương đương được.
Khi x→0, ta có:
x
x
2
3 3
e
−
1 ~ x
và cosx −1 ~ − và
2
sin x ~ x
Như vậy,
−
x
3
I = lim
2
= −
1
◼
x→0
x
3
2
Bài 13: Tính giới hạn sau:
I = lim
x→0
Giải bài 13:
Vì lim
(
sin 2x + 2arctan 3x + 3x
2
)
= 0 lim
ln
(
1+ 3x + sin
2
x
)
+ xe
x
= 0 nên thay VCB
tương đương được.
Khi x→0, ta có:
sin 2x ~ 2x ; 2arctan3x ~ 6x ;
xe
x
~ x.1
=
x
Như vậy, ta được:
ln
(
1+ 3x + sin
2
x
)
~ 3x + sin
2
x ~ 3x + x
2
I = lim
8x
= 2 ◼
x→0
4x
Bài 14: Tính giới hạn sau đây:
I = lim
x
→+
Giải bài 14:
Vì lim
x→+
+ 2x + 3 x = + lim
x
→+
+ x
)
= + nên thay VCL tương đương
được.
Khi x → +, ta có:
~ x ; ~ x
sin 2x + 2arctan 3x + 3x
2
ln
(
1 + 3x + sin
2
x
)
+ xe
x
x
2
+ 4 + 2x + 3 x
x
2
− 4 + x
x
2
+ 4
x
2
− 4
x
2
+ 4
(
6 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M 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:
I = lim
3x
=
3
◼
x→+
2x 2
Bài 15: Tính giới hạn sau đây:
I = lim
x
→+
Giải bài 15:
Vì
lim
x→+
+
x
= + lim
x
→+
+
x
)
= + nên ta thay VCL tương đương được.
Khi x → +, ta có:
Ta thấy:
lim
x
→+
đương được.
~ x
~ x
Như vậy,
+
x
)
=
+
và
lim
x→+
+
x
)
= + . Nên ta mới tiến hành thay VCL tương
I = lim
2x
= 1 ◼
x→+
2x
Bài 16: Tính giới hạn sau đây:
I = lim
x
→−
Giải bài 16:
Vì lim
x→−
+
x
= 0 lim
x
→−
+
x
)
=
0
nên ta không thể thay thế VCL tương
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:
I = lim
x→−
Khi x → −, ta có:
−1 ~
1
14
=
7
;
−1 ~
1
−
2
= −
1
2
x
2
x
2
2
x
2
x
2
Như vậy,
x
2
+ 14 + x
x
2
− 2 + x
x
2
+14
x
2
− 2
x
2
+14
x
2
− 2
x
2
+ 14
x
2
− 2
x
2
+ 14 + x
x
2
− 2 + x
x
2
+14
x
2
− 2
x
2
+ 14 + x
−x 1 +
14
+ x
= lim
x
2
− 2 + x
x→−
−x
x
2
1 +
14
−1
= lim
x
2
x + −
2
2
x→−
x
2
+ x
1 +
−
2
−1
x
2
1 +
14
1+
−
2
x
(
(
(
7 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố
t
2
+ 14 − t t
2
− 2 + t t
2
+ 14 + t
t
2
− 2 − t t
2
− 2 + t t
2
+ 14 + t
14
−2
t
2
− 2 + t
t
2
+ 14 + t
t
2
+14
3x
7
I = lim
x
2
= −7 ◼
x→−
−
1
x
2
# CÁCH 2:
Đặt
t
=
−
x
Như vậy, giới hạn đã cho trở thành:
I = lim
t→+
= lim
t→+
= lim
t→+
Khi t → +, ta được:
~ t và ~ t
Như vậy,
I = lim
14 2t
= −
14
= −7 ◼
t→+
−2 2t
2
Bài 17: VCL nào sau đây có bậc cao nhất khi x → +: 3x + ln
3
x , xln x , 3x , x(2 + sin
4
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
So sánh với hàm kế tiếp là xlnx:
lim
xln x
=
lim
ln x
= +
x→+
3x
x→+
3
Như vậy: xlnx có bậc cao hơn 3x + ln
3
x
1
Có
= 3x
2
. Như vậy 3x + ln
3
x có bậc cao nhất là 1 bé hơn bậc của xlnx đã bị loại. Trong
khi có bậc là 1/2 < 1 nên cũng bị loại.
Ta đem hàm xlnx so sánh với x(2 + sin
4
x):
x(2 + sin
4
x) ~ 2x (do hàm sinx là hàm bị chặn)
lim
2x
= lim
2
= 0 → xlnx có bậc cao hơn x(2 + sin
4
x)
x→+
xln x
x→+
ln x
Vậy: VCL có bậc cao nhất là xlnx ◼
Bài 18: VCL nào sau đây có bậc cao nhất khi x → +: 2
x
, x
2
, x
2
+ sin
4
x, xlnx
Giải bài 18:
Tương tự bài 17.
t
2
+ 14 − t
t
2
− 2 − t
t
2
− 2
3x
8 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố
t→+
t
2
2
x→+
2
(
)
1 +
Nhận định đầu tiên là giữa 2
x
và x
2
thì ta thấy 2
x
là VCL có bậc cao hơn vì 2
x
tiến ra vô cùng
nhanh hơn x
2
.
Xét x
2
+ sin
4
x ~ x
2
(do hàm sinx là hàm bị chặn)
Nên 2
x
là VCL có bậc cao hơn x
2
+ sin
4
x
Tương tự, ta thấy xlnx tiến ra vô cùng chậm hơn 2
x
, như vậy:
2
x
là VCL có bậc cao nhất khi x → +◼
Bài 19: Tính giới hạn sau đây:
x+
1
I = lim xe
x
x→−
Giải bài 19:
Đặt t = -x, ta được giới hạn sau:
−
t−
1
t
−t
#CÁCH 1: I = lim − te
= lim
t→+ t→+
t−
1
e
t
Dạng
. Tiến hành dùng L’Hospital
I = lim
−1
t→+
1
2
t−
1
t
= 0 . Do
lim
1 +
1
e
t−
1
t
= +
t
#CÁCH 2:
−
t−
1
1
t
−t
t
I = lim − te
= lim e
t
= 0 (Do 0.1 = 0 vì hàm t chạy ra vô cùng chậm hơn so với hàm e
t
→+
t
→+
e
t
nên –t/e
t
= 0)
x+
1
Vậy
I = lim xe
x
→−
x
=0 ◼
Bài 20: Tính giới hạn sau đây:
2
x
2
+
x
I = lim
4
x→+
x
2
− 4
Giải bài 20:
Dạng bất định 1
x
2
+ 4
x
8
8x
2
x
2
−
4
x
2
−
4
8
8x
2
lim
I = lim
x→+
x − 4
8x
2
= lim
1 +
x
2
− 4
= e
x→+
x
2
−4
= e
8
◼
Vì
lim = 8
x→+
x − 4
Bài 21: Tính giới hạn sau đây:
1
I = lim 1 + 2x
4
sin
2
x
x→0
e
2
9 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố
CuuDuongThanCong.com
https://fb.com/tailieudientucntt
Downloaded by giang lê (legiang0407@gmail.com)
x→0
=
x
(
)
x→0
(
)
2 2
= −
2 4
Giải bài 21:
Dạng bất định 1
1
2x
4
1
sin
2
x
lim
2x
4
I = lim
(
1 + 2x
4
)
sin
2
x
= lim
(
1 + 2x
4
)
2x
4
= e
x→0
sin
2
x
= 1
x→0 x→0
4
4
Vì lim
2x
= lim
2x
= 0 ◼
x→0
sin
2
x
x→0
x
2
Bài 22: Tính giới hạn sau đây:
I = lim
(
ln
(
e + x
)
)
cot x
Giải bài 22:
Dạng bất định 1
cot x
cot x
I = lim
(
ln
(
e + x
)
)
cot x
= lim
ln
e
1 +
x
lim
1 + ln
1 +
x→0 x→0
e
x→0
e
1
ln
1+
x
cot x
e
x
x
ln
1+
x
lim ln
1+
cot x
I
e
x
→
0
e
2
= lim
1 + ln
1 +
= e = e
x→0
e
Tính I = limln
1 +
2
x
→
0
Vì khi x → 0 thì ln
1 +
x
~
x
; cosx ~ 1; sinx ~ x
e
e
Như vậy:
1
I = lim
(
ln
(
e + x
)
)
cot x
= e
e
◼
Bài 23: Tính giới hạn sau;
1
I = lim 1 − tan
2
x
sin
2
2x
x→0
Giải bài 23:
Dạng bất định 1
1
−
1
−
tan
2
x
sin
2
2x
I
=
lim
(
1
−
tan
2
x
)
sin
2
2x
=
lim
(
1
+
(
−
tan
2
x
)
)
tan
2
x
= e
I
2
x→0 x→0
−
sin
2
x
−tan
2
x
cos
2
x
−sin
2
x 1
Tính I
2
= lim
2
= lim = lim
x→0
sin
2x
x→0
4sin
xcos
x
Như vậy,
1
−
1
x→0
4sin
xcos
x 4
I = lim 1 − tan
2
x
sin
2
2x
= e
4
◼
x
→
0
Bài 24: Tính giới hạn sau đây:
x
cosx
=
1
e
sin x e
10 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố
(
)
→
x
1
1
I = lim cosx
x
2
x→0
Giải bài 24:
Dạng bất định 1
1
1
cos x
−
1
x
2
lim
cos x−1
I = lim
(
cosx
)
x
2
= I = lim
(
1 + cosx −1
)
cos x−1
=
e
x
→
0
x
2
= e
I
2
x→0 x→0
Tính:
I = lim
cosx −1
2
x
→
0
x
2
Khi x → 0, cosx – 1 ~ -x
2
/2
−x
2
I = lim
cosx −1
= lim
2
= −
1
2
x→0
x
2
1
x→0
x
2
2
−
1
I = lim
(
cosx
)
x
2
= e
2
◼
x 0
Bài 25: Tính giới hạn sau đây:
2
2x
2
+
x
I = lim
3
x→+
2x
2
−1
Giải bài 25:
Dạng bất định 1
x
2
4x
2
2x
2
−1
2x
2
−1
2x
2
+ 3
4
4
2
I = lim
2
= lim
1 +
2
= e ◼
x→+
2x
4x
2
Vì
lim
−1
= 2
x→+
2x
−1
x→+
2x
2
−1
Bài 26: Tính giới hạn sau đây:
1
1
x
I
=
lim
e
x
+
x→+
Giải bài 26:
Dạng bất định 1
Đặt t = 1/x, ta được giới hạn sau
I = lim
(
e + t
)
t
1
= e
t→0
t
t
=
e
2
t
t
→
0
Tính I
2
lim
ln(e
+
t)
I
11 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố
I = lim
1
ln
(
e
t
+ t
)
= lim
1
ln
(
e
t
+ t
)
= lim
1
lne
t
1 +
t
2
t→0
t
t→0
t
t→0
t
e
t
= lim
1
lne
t
+ ln
1 +
t
= lim
1
t +
t
= lim
1 +
1
= 2
t→0
t
e
t
t→0
t
e
t
t→0
e
t
Như vậy,
1
1
x
I
=
lim
e
x
+
x→+
= e
2
◼
x

Tài liệu khác của Trường Đại học Bách khoa, Đại học Đà Nẵng

Preview text:

1 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M 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 − tan x x − ( 1 1 − cosx)(1 + cosx) + 1 cosx 2 lim = lim cos2 x = lim = lim = = 2 ◼ x→0 x − sin x x→0 1 − cosx x→0 (1 − cosx)cos2 x x→0 cos2 x 1
Bài 2: Tính giới hạn sau đây: 1 I = lim ex −1 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 1 ex −1 ex I = lim = lim x2 = 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 x x2
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 À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố x n n! I = lim
= lim nxn−1 = lim n(n −1)xn−2 = lim
= 0 (vì n là một số) ◼ x→+ ax x→+ ax lna x→+ ax (lna)2 x→+ ax (lna)n
Bài 5: Tính giới hạn sau đây khi   0 I = limx 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 = limx 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−  (  +1) x→0 −x x→0 −x x→0 −x x→0 − x
Bài 6: Tính giới hạn sau:  1  I = lim cot2 x −  x→0 x2    Giải bài 6:
Khi x → 0 thì giới hạn đã cho có dạng bất định là  −  0
Đưa  −  về dạng 0  2 1   cos2 x 1   x2 cos2 x − sin2 x 
I = limcot x − 2  = lim 2 − 2  = lim 2 2  x→0 
x  x→0  sin x x  x→0  x sin x  =
 xcos x − sin x  xcos x + sin x  li  x m →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
 xcos x − sin x  xcos x + sin x   xcos x − sin x   xcos x + sin x  I = lim     x→0 x2 sin x sin x  = lixm →0 x2 sin x lim x→0 sin x        =  xcos x − sin x   2x   xcos x − sin x  lim  x→0 lim  = 2lim x3  x→0 x  x→0 x3       
Áp dụng quy tắc L’Hospital
3 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố    I = 2lim xcos x − sin x  
= 2lim cos x − xsin x − cos x   = 2lim −xsin x    x→0 x3  x→0 3x2  x→0 3x2        1   sin x  1  2 ◼ = 2  − lim = 2  − 1 = −      3  x→0 x 3 3      
Bài 7: Tính giới hạn sau đây: I = lim sin 1 + x3 − sin1 x→0 5 1 − 2xlncosx −1 Giải bài 7: Nhận xét, vì: lim
1+ x3 − sin1) = 0 và lim 5 1− 2xlncosx −1 = 0 ta mới tiến hành thay thế VCB x→0 ( sin ( ) x→0 tương đương được. 1 + x3 + 1 1 + x3 −1 1 + x3 −1 sin 1 + x3 − sin1 2cos sin 2 2 2cos1sin 2 I = lim = lim = lim
x→0 5 1 − 2xlncosx −1 x→0 5 1 − 2xlncosx −1 x→0 5 1 − 2xlncosx −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 ~ − x lncos x = − x ln(1 + cos x −1) ~ − x(cos x −1) ~ − x 1 − 2xlncos x −  5 5 5 5  2  = x3 5 Vậy: x3 cos1 I = lim 2 5 3 = cos1 ◼ x→0 x 2 5
Bài 8: Tính giới hạn sau đây: I = lim x2 + 4 + 2x + 3 x x→+ x2 − 4 + x Giải bài 8: Vì lim ( + 2x + 3 x = +  lim
+ x) = + nên ta tiến hành thay VCL x→+ ) x→+ ( 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 và x2 − 4 ~ x Như vậy, ta có:
4 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố I = lim 3x = 3 ◼ x→+ 2x 2
Bài 9: Tính giới hạn sau đây: ln(1+ x tan x) I = lim x→0 x2 + sin3 x Giải bài 9:
Vì, limln( 1+ x tan x ) = 0  lim( x2 + sin3 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 ~ x2 sin3 x ~ x3
Dưới mẫu được x2 + x3 , lượt bỏ VCB có bậc cao hơn, như vậy dưới mẫu ta được x2 Như vậy: x2 I = lim = 1 ◼ x→0 x2
Bài 10: Tính giới hạn sau đây: ln(cosx) I = lim x→0 ln(1 + x2 ) 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: x 2
ln(cosx) = ln(1 + cosx −1) ~ cosx −1 ~ − 2 ln(1+ x2) ~ x2 Như vậy: − x2 1 I = lim 2 = − ◼ x→0 x2 2
Bài 11: Tính giới hạn sau đây: −1) I = lim x→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 sin(ex−1 −1) = lim sin(ex−1 −1) 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 À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M 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: (ex −1)(cosx −1) I = lim x→0 sin3 x + 2x4 Giải bài 12:
Vì lim(ex −1)(cosx −1) x→0 
= 0  lim(sin3 x + 2x4 ) = 0 nên ta thay VCB tương đương được. x→0 Khi x→0, ta có: x2 x 3 3
e −1 ~ x và cosx −1 ~ − và sin x ~ x 2 Như vậy, − x3 1 I = lim 2 = − ◼ x→0 x3 2
Bài 13: Tính giới hạn sau: sin 2x + 2arctan 3x + 3x2 I = lim
x→0 ln(1 + 3x + sin2 x) + xex
Giải bài 13:
Vì lim(sin 2x + 2arctan 3x + 3x2 ) = 0  limln(1+ 3x + sin2 x) + xex  x→0 x→0   = 0 nên thay VCB tương đương được. Khi x→0, ta có:
sin 2x ~ 2x ; 2arctan3x ~ 6x ; ln(1+ 3x + sin2 x) ~ 3x + sin2 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: I = lim x2 + 4 + 2x + 3 x x→+ x2 − 4 + x Giải bài 14:
Vì lim ( x2 + 4 + 2x + 3 x = +  lim x2 − 4 + x) = + nên thay VCL tương đương x→+ ) x→+ ( được. Khi x → +, ta có: x2 + 4 ~ x ; x2 − 4 ~ x
6 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M 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: I = lim x2 + 14 + x x→+ x2 − 2 + x Giải bài 15:
Vì lim ( x2 +14 + x = +  lim x2 − 2 + x) = + nên ta thay VCL tương đương được. x→+ ) x→+ ( Khi x → +, ta có: Ta thấy: lim
x2 +14 + x) = + và lim ( x2 − 2 + x) = + . Nên ta mới tiến hành thay VCL tương x→+ ( x→+ đương được. x2 + 14 ~ x x2 − 2 ~ x Như vậy, 2x I = lim = 1 ◼ x→+ 2x
Bài 16: Tính giới hạn sau đây: I = lim x2 + 14 + x x→− x2 − 2 + x Giải bài 16:
Vì lim ( x2 +14 + x = 0  lim x2 − 2 + x) = 0 nên ta không thể thay thế VCL tương x→− ) 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 −x 1 + + x 1 + −1 I = lim x2 + 14 + x = lim x2 = lim x2 x→− x2 − 2 + x x→− −  2  x→−  2  x x2 + −  + x 1 + − −1  x 2    x 2   Khi x → −, ta có: − 1 14 1 1 ~  = 7
 2  −1 ~ − 2  1 14 1 + 2 x2 1+ − ; = − x2  2  x2  x2  x     Như vậy,
7 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố 7 I = lim x2 = −7 ◼ x→− − 1 x2 # CÁCH 2: Đặt t = −x
Như vậy, giới hạn đã cho trở thành:   t2 + 14 − t
t2 + 14 − t t2 − 2 + t t2 + 14 + t I = lim = lim   t→+ t→+  t2 − 2 − t
 t2 − 2 − t t2 − 2 + t t2 + 14 + t    14 t2 − 2 + t  = lim   t→+ − 2 t2 + 14 + t    Khi t → +, ta được: t2 − 2 ~ t và t2 +14 ~ t Như vậy, 
I = lim 14 2t  = −14 = −7 ◼   t→+  −2 2t  2
Bài 17: VCL nào sau đây có bậc cao nhất khi x → +: 3x + ln3 x , xln 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 + ln3 x
Khi x → +thì 3x + ln3 x ~ 3x ln x
So sánh với hàm kế tiếp là xlnx: lim xln x = lim = + x→+ 3x x→+ 3
Như vậy: xlnx có bậc cao hơn 3x + ln3x 1 Có
3x = 3x 2 . 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 + sin4 x) ~ 2x (do hàm sinx là hàm bị chặn) 2x 2 lim = lim
= 0 → xlnx có bậc cao hơn x(2 + sin4x) x→+ xln 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 À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M 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 x2 + sin4x ~ 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: 1 x+ I = lim xe x x→− Giải bài 19:
Đặt t = -x, ta được giới hạn sau: − t−1   t  −t
#CÁCH 1: I = lim − te   = lim t→+ t→+ t−1 e t  Dạng
. Tiến hành dùng L’Hospital  −1 I = lim  1  t−1 = 0 . Do lim  1 + e t = + t→+ t→+ 1 t−1  t2    2   1 +  t e  t  #CÁCH 2: − t−1  1  t  −t t I = lim − te   = lim
et = 0 (Do 0.1 = 0 vì hàm t chạy ra vô cùng chậm hơn so với hàm e t→+ t→+ et nên –t/et = 0) 1 x+ Vậy I = lim xe x =0 ◼ x→−
Bài 20: Tính giới hạn sau đây: 2  x2 + x 4 I = lim   x→+  x2 − 4  Giải bài 20: Dạng bất định 1 8x2  x2 + 4 x 2   x2 −4  8 x2 −4  8 8x2 lim I = lim   = ex→+ x2 −4 = e8 ◼ 2  = lim 1 +  x→+ x→+   x − 4   x2 − 4     8x2 Vì lim = 8 2 x→+ x − 4
Bài 21: Tính giới hạn sau đây: ( 1 I = lim 1 + 2x4 ) sin2 x x→0
9 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố Giải bài 21: Dạng bất định 1 2x4 1  1 2x4 sin2 x lim
I = lim(1 + 2x4 )sin2 x = lim(1 + 2x4 )2x4  = ex→0 sin2 x = 1 x→0 x→0   4 4 2x 2x Vì lim = lim = 0 ◼ x→0 sin2 x x→0 x2
Bài 22: Tính giới hạn sau đây: I = lim(ln(e + x))cot x x→0 Giải bài 22:
Dạng bất định 1      x  e 1 + cot x cot x
I = lim(ln(e + x))cot x = limln  lim 1 + ln 1 +   x→0 x→0   e  =  x  x→0 e           1 ln 1+ x cot x      e   x     x ln 1+ x  lim ln1+ cot x   e   x→0  e  I 2
= lim 1 + ln1 +    = e = e x→0   e     
Tính I = limln 1 + x  cosx 1 2  = x→0  e   sin x e  x  x Vì khi x → 0 thì ln 1 + ~ ; cosx ~ 1; sinx ~ x  e  e   Như vậy: 1
I = lim(ln(e + x))cot x = ee ◼ x→0
Bài 23: Tính giới hạn sau; ( 1 ) I = lim 1 − tan2 x sin2 2x x→0 Giải bài 23: Dạng bất định 1 1  tan2 x − 1  − sin2 2x
I = lim(1 − tan2 x)sin2 2x = lim(1 + (−tan2 x)) tan2 x  = eI2 x→0 x→0   − sin2 x −tan2 x cos2 x −sin2 x 1 Tính I2 = lim 2 = lim = lim = − 2 2 2 4 x→0 sin 2x x→0 4sin xcos x x→0 4sin xcos x 4 Như vậy, I = lim( 1 1 − tan2 x) −1 sin2 2x = e 4 ◼ x→0
Bài 24: Tính giới hạn sau đây: CuuDuongThanCong.com
https://fb.com/tailieudientucntt
Downloaded by giang lê (legiang0407@gmail.com)
10 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố ( 1 ) I = lim cosx x2 x→0 Giải bài 24: Dạng bất định 1 cos x−1 1  1 cos x−1
I = lim(cosx)x2 = I = lim (1 + cosx −1)cos x−1  x2 lim = ex→0 x2 = eI2  x→0 x→0   Tính: cosx −1 I = lim 2 x→0 x2
Khi x → 0, cosx – 1 ~ -x2/2 −x2 cosx −1 1 I = lim = lim 2 = − 2 x→0 x2 x→0 x2 2 1 −1 I = lim(cosx)x2 = e 2 ◼ x→ 0
Bài 25: Tính giới hạn sau đây: 2  2x2 + x 3 I = lim   x→+  2x2 −1  Giải bài 25: Dạng bất định 1 4x2 x2  2x2 −1  2x2 −1  2x2 + 3   4  4  2 I = lim  2  = lim 1 + 2  = e ◼ x→+  2x −1  x→+  2x −1       4x2 Vì lim = 2 x→+ 2x2 −1
Bài 26: Tính giới hạn sau đây:  1 1 x I = lim ex +  x→+  x  Giải bài 26:
Dạng bất định 1
Đặt t = 1/x, ta được giới hạn sau I = lim(e + t )t 1 1 = e t  t→0 t lim = e 2 t ln(e +t) I t→0 Tính I2
11 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố 1 1 1   t  I = lim ln 2
(et + t ) = lim ln (et + t ) = lim lnet 1 + t→0 t   t→0 t   t→0 t   et     = 1   t  1 t   1  lim lnet + ln 1 + = lim t + = lim 1 + = 2   t→0 t   et  t→0 t et  t→0 et         Như vậy,  1 1 x I = lim ex +  = e2 ◼ x→+  x 

Tài liệu liên quan: