Bài viết hướng dẫn phương pháp tìm giới hạn của hàm số thông qua các bước giải cụ thể và các ví dụ minh họa có lời giải chi tiết.
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:
1. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x + 3\cos x + x}}{{2x + {{\cos }^2}3x}}.\)
2. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {{x^2} + 3} – 2x}}{{\sqrt[3]{{x + 6}} + 2x – 1}}.\)
1. Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x + 3\cos x + x}}{{2x + {{\cos }^2}3x}}\) \( = \frac{{\sin 0 + 3\cos 0 + 0}}{{2.0 + {{\cos }^2}0}}\) \( = 3.\)
2. 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?
1. \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2} + 3x + 1}}{{{x^2} + 2}} \quad {\rm{ khi }} \: x < 1\\
\frac{{3x + 2}}{3} \quad {\rm{ khi }} \: x \ge 1
\end{array} \right.\) khi \(x \to 1.\)
2. \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
2{x^2} + 3x + 1\quad {\rm{khi}} \: x \ge 0\\
– {x^2} + 3x + 2\quad {\rm{khi}} \: x < 0
\end{array} \right.\) khi \(x \to 0.\)
1. 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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \frac{5}{3}.\)
2. 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:
1. \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2} + mx + 2m + 1}}{{x + 1}} \quad {\rm{khi}} \: x \ge 0\\
\frac{{2x + 3m – 1}}{{\sqrt {1 – x} + 2}} \quad {\rm{khi}} \: x < 0
\end{array} \right.\) có giới hạn khi \(x \to 0.\)
2. \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2} + x – 2}}{{\sqrt {1 – x} }} + mx + 1 \quad {\rm{khi}} \: x < 1\\
3mx + 2m – 1 \quad {\rm{khi}} \: x \ge 1
\end{array} \right.\) có giới hạn khi \(x \to 1.\)
1. 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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ – }} f(x)\) \( \Leftrightarrow 2m + 1 = \frac{{3m – 1}}{3}\) \( \Leftrightarrow m = – \frac{4}{3}.\)
2. 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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x)}}{{g(x)}}\) trong đó \(f({x_0}) = g({x_0}) = 0\) (dạng vô định \(\frac{0}{0}\)).
Để khử dạng vô định \(\frac{0}{0}\) ta sử dụng định lí Bơzu (Bézout) cho đa thức: 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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x)}}{{g(x)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{{f_1}(x)}}{{{g_1}(x)}}\), 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 4. Tìm các giới hạn sau:
1. \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^n} – 1}}{{x – 1}}.\)
2. \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^5} – 5{x^3} + 2{x^2} + 6x – 4}}{{{x^3} – {x^2} – x + 1}}.\)
1. 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: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {{x^{n – 1}} + {x^{n – 2}} + … + x + 1} \right)\) \( = n.\)
2. 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 5. Tìm các giới hạn sau:
1. \(C = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{(1 + mx)}^n} – {{(1 + nx)}^m}}}{{{x^2}}}.\)
2. \(D = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{(1 + 2x)}^2}{{(1 + 3x)}^3} – 1}}{x}.\)
1. Ta có:
\({(1 + mx)^n}\) \( = 1 + mnx\) \( + \frac{{{m^2}n(n – 1){x^2}}}{2}\) \( + {m^3}{x^3}A\), với \(A = C_n^3 + mxC_n^4\) \( + … + {\left( {mx} \right)^{n – 3}}C_n^n.\)
\({\left( {1 + nx} \right)^m}\) \( = 1 + mnx\) \( + \frac{{{n^2}m(m – 1){x^2}}}{2}\) \( + {n^3}{x^3}B\), với \(B = C_m^3 + nxC_m^4\) \( + … + {\left( {nx} \right)^{m – 3}}C_m^m.\)
Do đó: \(C = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} [\frac{{{m^2}n(n – 1) – {n^2}m(m – 1)}}{2}\) \( + x\left( {{m^3}A – {n^3}B} \right)]\) \( = \frac{{{m^2}n(n – 1) – {n^2}m(m – 1)}}{2}\) \( = \frac{{mn(n – m)}}{2}.\)
Ta có: \(\frac{{{{\left( {1 + 2x} \right)}^2}{{\left( {1 + 3x} \right)}^3} – 1}}{x}\) \( = \frac{{\left( {1 + 2{x^2}} \right)\left[ {{{\left( {1 + 3x} \right)}^3} – 1} \right]}}{x}\) \( + \frac{{{{(1 + 2x)}^2} – 1}}{x}\) \( = {\left( {1 + 2x} \right)^2}\) \(\left( {9 + 27x + 27{x^2}} \right)\) \( – (4 + 4x).\)
Suy ra: \(D = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} [{\left( {1 + 2x} \right)^2}\) \(\left( {9 + 27x + 27{x^2}} \right)\) \( – (4 + 4x)]\) \( = 5.\)
Ví dụ 6. Tìm các giới hạn sau:
1. \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {2x – 1} – x}}{{{x^2} – 1}}.\)
2. \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{3x + 2}} – x}}{{\sqrt {3x – 2} – 2}}.\)
1. Ta có: \(A = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2x – 1 – {x^2}}}{{(x – 1)(x + 1)(\sqrt {2x – 1} + x)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ – (x – 1)}}{{(x + 1)(\sqrt {2x – 1} + x)}}\) \( = 0.\)
2. Ta có: \(B = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(3x + 2 – {x^3})(\sqrt {3x – 2} + 2)}}{{3(x – 2)(\sqrt[3]{{{{(3x + 2)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{3x + 2}} + 4)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{ – ({x^2} + 2x + 1)(\sqrt {3x – 2} + 2)}}{{3(\sqrt[3]{{{{(3x + 2)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{3x + 2}} + 4)}}\) \( = – 1.\)
Ví dụ 7. Tìm các giới hạn sau:
1. \(C = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt[3]{{2x – 1}} – 1}}{{x – 1}}.\)
2. \(D = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {2x – 1} .\sqrt[3]{{3x – 2}}.\sqrt[4]{{4x – 3}} – 1}}{{x – 1}}.\)
1. Đặt \(t = x – 1\) ta có: \(C = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{\sqrt[3]{{2t + 1}} – 1}}{t} = \frac{2}{3}.\)
2. Ta có: \(\sqrt {2x – 1} .\sqrt[3]{{3x – 2}}.\sqrt[4]{{4x – 3}} – 1\) \( = \sqrt {2x – 1} .\sqrt[3]{{3x – 2}}\left( {\sqrt[4]{{4x – 3}} – 1} \right)\) \( + \sqrt {2x – 1} \left( {\sqrt[3]{{3x – 2}} – 1} \right)\) \( + \sqrt {2x – 1} – 1.\)
Mà: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {2x – 1} – 1}}{{x – 1}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt[3]{{3x – 2}} – 1}}{{x – 1}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt[4]{{4x – 3}} – 1}}{{x – 1}} = 1.\)
Nên ta có: \(D = 1 + 1 + 1 = 3.\)
Ví dụ 8. Tìm các giới hạn sau:
1. \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt[3]{{7x + 1}} – \sqrt {5x – 1} }}{{x – 1}}.\)
2. \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{{\sqrt {x + 2} – \sqrt[3]{{x + 20}}}}{{\sqrt[4]{{x + 9}} – 2}}.\)
1. Ta có: \(A = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt[3]{{7x + 1}} – 2 – (\sqrt {5x – 1} – 2)}}{{x – 1}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt[3]{{7x + 1}} – 2}}{{x – 1}}\) \( – \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {5x – 1} – 2}}{{x – 1}}\) \( = I – J.\)
\(I = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{7(x – 1)}}{{(x – 1)(\sqrt[3]{{{{(7x – 1)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{7x – 1}} + 4)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{7}{{\sqrt[3]{{{{(7x – 1)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{7x – 1}} + 4}}\) \( = \frac{7}{{12}}.\)
\(J = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{5(x – 1)}}{{(x – 1)(\sqrt {5x – 1} + 1)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{5}{{\sqrt {5x – 1} + 1}} = \frac{5}{3}.\)
Vậy \(A = – \frac{2}{3}.\)
2. Ta có: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{{\sqrt {x + 2} – \sqrt[3]{{x + 20}}}}{{\sqrt[4]{{x + 9}} – 2}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{{\frac{{\sqrt {x + 2} – 3}}{{x – 7}} – \frac{{\sqrt[3]{{x + 20}} – 3}}{{x – 7}}}}{{\frac{{\sqrt[4]{{x + 9}} – 2}}{{x – 7}}}}.\)
Mà:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{{\sqrt {x + 2} – 3}}{{x – 7}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{1}{{\sqrt {x + 2} + 3}}\) \( = \frac{1}{6}.\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{{\sqrt[3]{{x + 20}} – 3}}{{x – 7}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{1}{{{{(\sqrt[3]{{x + 20}})}^2} + 3\sqrt[3]{{x + 20}} + 9}}\) \( = \frac{1}{{27}}.\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{{\sqrt[4]{{x + 9}} – 2}}{{x – 7}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{1}{{{{(\sqrt[4]{{x + 9}})}^3} + 2{{(\sqrt[4]{{x + 9}})}^2} + 4\sqrt[4]{{x + 9}} + 8}}\) \( = \frac{1}{{32}}.\)
Vậy \(B = \frac{{\frac{1}{6} – \frac{1}{{27}}}}{{\frac{1}{{32}}}} = \frac{{112}}{{27}}.\)
Bài toán 3: Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{f(x)}}{{g(x)}}\), trong đó \(f(x),g(x) \to \infty \) (dạng vô định \(\frac{\infty }{\infty }\)).
Phương pháp: Ta cần tìm cách đưa về các giới hạn:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } {x^{2k}} = + \infty .\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^{2k + 1}} = + \infty .\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {x^{2k + 1}} = – \infty .\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{k}{{{x^n}}} = 0\left( {n /> 0;k \ne 0} \right).\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = \pm \infty \) \( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{k}{{f\left( x \right)}} = 0\left( {k \ne 0} \right).\)
Ví dụ 9. Tìm các giới hạn sau:
1. \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{(4x + 1)}^3}{{(2x + 1)}^4}}}{{{{(3 + 2x)}^7}}}.\)
2. \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} – 3x + 4} + 3x}}{{\sqrt {{x^2} + x + 1} – x}}.\)
1. Ta có: \(A = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{\left( {4 + \frac{1}{x}} \right)}^3}{{\left( {2 + \frac{1}{x}} \right)}^4}}}{{{{\left( {\frac{3}{x} + 2} \right)}^7}}}\) \( = 8.\)
2. 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 10. Tìm các giới hạn sau:
1. \(A = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {2{x^2} + 1} – \sqrt {{x^2} + 1} }}{{2x + 2}}.\)
2. \(B = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{\sqrt {3{x^2} – 2} + \sqrt {x + 1} }}{{\sqrt {{x^2} + 1} – 1}}.\)
1. Ta có: \(A = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {2 + \frac{1}{{{x^2}}}} – \left| x \right|\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{x(2 + \frac{2}{x})}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {2 + \frac{1}{{{x^2}}}} – \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{2 + \frac{2}{x}}}\) \( = \frac{{\sqrt 2 – 1}}{2}.\)
2. Ta có: \(B = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {3 – \frac{2}{{{x^2}}}} + \left| x \right|\sqrt {\frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{\left| x \right|\left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} – \frac{1}{{\left| x \right|}}} \right)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{ – \sqrt {3 – \frac{2}{{{x^2}}}} – \sqrt {\frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{ – \left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} – \frac{1}{{\left| x \right|}}} \right)}}\) \( = \sqrt 3 .\)
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 11. 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: \(\sqrt[3]{{{x^3} – 3{x^2}}} + \sqrt {{x^2} – 2x} \) \( = (\sqrt[3]{{{x^3} – 3{x^2}}} – x)\) \( + (\sqrt {{x^2} – 2x} + x)\) \( = \frac{{ – 3{x^2}}}{{\sqrt[3]{{{{({x^3} – 3{x^2})}^2}}} + x\sqrt[3]{{{x^3} – 3{x^2}}} + {x^2}}}\) \( + \frac{{ – 2x}}{{\sqrt {{x^2} – 2x} – x}}.\)
\( \Rightarrow A = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{ – 3}}{{\sqrt[3]{{{{(1 – \frac{3}{x})}^2}}} + \sqrt[3]{{1 – \frac{3}{x}}} + 1}}\) \( + \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{ – 2}}{{ – \sqrt {1 – \frac{2}{x}} – 1}}\) \( = 0.\)
Ví dụ 12. Tìm các giới hạn sau: \(B = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x(\sqrt {{x^2} + 2x} – 2\sqrt {{x^2} + x} + x).\)
Ta có: \(\sqrt {{x^2} + 2x} – 2\sqrt {{x^2} + x} + x\) \( = \frac{{2{x^2} + 2x + 2x\sqrt {{x^2} + 2x} – 4{x^2} – 4x}}{{\sqrt {{x^2} + 2x} + 2\sqrt {{x^2} + x} + x}}\) \( = 2x\frac{{\sqrt {{x^2} + 2x} – x – 1}}{{\sqrt {{x^2} + 2x} + 2\sqrt {{x^2} + x} + x}}\) \( = \frac{{ – 2x}}{{(\sqrt {{x^2} + 2x} + 2\sqrt {{x^2} + x} + x)(\sqrt {{x^2} + 2x} + x + 1)}}.\)
\( \Rightarrow B = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ – 2{x^2}}}{{(\sqrt {{x^2} + 2x} + 2\sqrt {{x^2} + x} + x)(\sqrt {{x^2} + 2x} + x + 1)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ – 2}}{{(\sqrt {1 + \frac{2}{x}} + 2\sqrt {1 + \frac{1}{x}} + 1)(\sqrt {1 + \frac{2}{x}} + 1 + \frac{1}{x})}}\) \( = – \frac{1}{4}.\)
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:
+ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{{\sin x}}\) \( = 1\), từ đó suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\tan x}}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{{\tan x}}\) \( = 1.\)
+ 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 13. Tìm các giới hạn sau:
1. \(A = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {\cos x} – \sqrt[3]{{\cos x}}}}{{{{\sin }^2}x}}.\)
2. \(B = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + 2x} – \sqrt[3]{{1 + 3x}}}}{{1 – \sqrt {\cos 2x} }}.\)
1. Ta có: \(A = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {\cos x} – 1}}{{{x^2}}}\frac{{{x^2}}}{{{{\sin }^2}x}}\) \( + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 – \sqrt[3]{{\cos x}}}}{{{x^2}}}.\frac{{{x^2}}}{{{{\sin }^2}x}}.\)
Mà:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {\cos x} – 1}}{{{x^2}}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\cos x – 1}}{{{x^2}}}.\frac{1}{{\sqrt {\cos x} + 1}}\) \( = – \frac{1}{4}.\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 – \sqrt[3]{{\cos x}}}}{{{x^2}}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 – \cos x}}{{{x^2}}}\)\(.\frac{1}{{\sqrt[3]{{{{\cos }^2}x}} + \sqrt[3]{{\cos x}} + 1}}\) \( = \frac{1}{6}.\)
Do đó: \(A = – \frac{1}{4} + \frac{1}{6} = – \frac{1}{{12}}.\)
2. Ta có: \(B = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{{\sqrt {1 + 2x} – \sqrt[3]{{1 + 3x}}}}{{{x^2}}}}}{{\frac{{1 – \sqrt {\cos 2x} }}{{{x^2}}}}}.\)
Mà:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + 2x} – \sqrt[3]{{1 + 3x}}}}{{{x^2}}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + 2x} – (1 + x)}}{{{x^2}}}\) \( + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{(x + 1) – \sqrt[3]{{1 + 3x}}}}{{{x^2}}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ – 1}}{{\sqrt {1 + 2x} + x + 1}}\) \( + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x + 3}}{{{{(x + 1)}^2} + (x + 1)\sqrt[3]{{1 + 3x}} + \sqrt[3]{{{{\left( {1 + 3x} \right)}^2}}}}}\) \( = – \frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{2}.\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 – \sqrt {\cos 2x} }}{{{x^2}}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 – \cos 2x}}{{{x^2}}}\)\(.\frac{1}{{1 + \sqrt {\cos 2x} }}\) \( = 1.\)
Vậy \(B = \frac{1}{2}.\)
Ví dụ 14. Tìm các giới hạn sau:
1. \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^3}\sin \frac{1}{{{x^2}}}.\)
2. \(B = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {2\sin x + {{\cos }^3}x} \right)\left( {\sqrt {x + 1} – \sqrt x } \right).\)
1. 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 \(A = 0.\)
2. 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: \(B = 0.\)
