Giới hạn hàm số

I. Giới hạn tại vô cực $(x\rightarrow \pm\infty)$ .

Ví dụ 1: Tìm $L_1=\lim_{x\rightarrow +\infty} (\sqrt{x^2-x+1} - x)$ .

Cách giải: Nhân và chia hàm số dưới dấu $lim$ với biểu thức liên hợp của nó.

Biểu thức liên hợp của $a-b$ là $a+b$ và ngược lại.

Kết quả là $(a-b)(a+b)=a^2-b^2$ .

Quay lại bài toán trên: Biểu thức liên hợp của $\sqrt{x^2-x+1}-x$ là $\sqrt{x^2-x+1}+x$ .

Và $(\sqrt{x^2-x+1}-x)(\sqrt{x^2-x+1}+x)$
$=(x^2-x+1)-x^2=-x+1$ .

Vậy $L_1=\lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{(\sqrt{x^2-x+1}-x)(\sqrt{x^2-x+1}+x)}{\sqrt{x^2-x+1}+x}$

$=\lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{(x^2-x+1)-x^2}{\sqrt{x^2-x+1}+x}$

$=\lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{-x+1}{\sqrt{x^2-x+1}+x}$ $=\lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{-x+1}{\sqrt{x^2(1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2})}+x}$

$=\lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{-x+1}{|x|\sqrt{1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}+x}$

Vì $x\rightarrow +\infty$ nên $x>0$ do đó $|x|=x$ .

Vậy $L_1=\lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{x(-1+\dfrac{1}{x})}{x(\sqrt{1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}+1)}$

$=\lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{-1+\dfrac{1}{x}}{\sqrt{1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}+1}$

Khi $x\rightarrow +\infty$ thì $\dfrac{1}{x} \rightarrow 0;\dfrac{1}{x^2}\rightarrow 0$ .

Suy ra $L_1= \dfrac{-1+0}{\sqrt{1-0+0}+1}=-\dfrac{1}{2}$ .

Tương tự: Tính $L_2=\lim_{x\rightarrow -\infty} (\sqrt{x^2-3x+3}+x)$ .

Lưu ý: Dùng phần mềm Maple 9.5 (hoặc cao hơn) để kiểm tra đáp án:

Cú pháp để tính $\lim_{x\rightarrow a} f(x)$ là:

[> limit(f(x),x=a};

Để viết biểu thức giới hạn trong Maple ta dùng chữ “L” thay cho chữ “l” trong từ khóa “limit“.

Viết [> Limit(f(x),x=a} =limit(f(x),x=a}; để xem cả biểu thức lẫn kết quả.

Từ khóa của $\infty$ là “infinity”; của $\pi$ là “Pi”.

(Xem kỹ hơn trong mục Tài nguyên).

II. Giới hạn dạng vô định $(\dfrac{0}{0}, \dfrac{\pm\infty}{\pm\infty})$ .

A. Dạng vô cực $\dfrac{\pm\infty}{\pm\infty}$ .

.

B.Dạng vô cực $\dfrac{0}{0}$ .

IamToi_dkny | 05/03/2009 lúc 16:25

thanks

ThíchThích

Trả lời
Ngo Trang | 09/03/2009 lúc 10:44

y= x

ThíchThích

Trả lời
thanh chung | 26/12/2009 lúc 07:53

co nhung bai nao kho hon ko

ThíchThích

Trả lời
- thúy Lê | 05/03/2010 lúc 04:36
  
  Nhờ Thanh Chung giải dùm mình 1 vài bài toán về giới hạn liên tuc nha
  
  ThíchThích
  
  Trả lời
Diễm Hằng | 23/02/2010 lúc 20:49

Dạ sao phần giới hạn dạng vô định lại không thấy có nội dung ạ ?
Hay do em không xem được ạ .
cảm ơn thầy .

ThíchThích

Trả lời
- caolong | 24/02/2010 lúc 07:23
  
  Phần giới hạn vô định thầy chưa viết em à. Thầy sẽ viết và đăng lên trong thời gian tới. Các em thông cảm
  
  ThíchThích
  
  Trả lời
  - Hold Time | 14/01/2013 lúc 19:58
    
    thầy ơi cho em hỏi lim 3x^3-7x-6 thi tách sao thầy
    
    ThíchThích
    
    Trả lời
Diễm Hằng | 24/02/2010 lúc 10:50

Dạ vâng ạ . Bài viết của thầy rất hay ạ .
Mong là thời gian tới đây sẽ được theo dõi trọn vẹn bài giảng này của thầy ạ .
Em cảm ơn thầy .

ThíchThích

Trả lời
luu hong nam | 12/01/2011 lúc 00:49

e mong thay dang them nhiu dang toan’ 11 ki II,cam on thay nha!

ThíchThích

Trả lời
vu van trung | 30/04/2011 lúc 09:39

thay con bai nao kho hon hok thay?

ThíchThích

Trả lời
dfds | 09/10/2011 lúc 08:21

Cho em hỏi có thể dùng từ Lim thay chi từ lim hay không

ThíchThích

Trả lời
ngoc | 30/10/2011 lúc 21:25

chu co the cho them nhieu vi du kho hon cu the hon khong

ThíchThích

Trả lời
bui van binh | 11/11/2011 lúc 05:01

hay.

ThíchThích

Trả lời
13 | 24/01/2012 lúc 09:38

may bai nay de wa

ThíchThích

Trả lời
hoalht | 09/03/2012 lúc 12:01

thay oi,em co bai nay ve gioi han vo dinh,thay giup em voi:
lim(can bac hai cua (x mu hai +2x)+can bac ba cua (x mu 3 +x mu 2-5))
x->am vo cuc
thay thong cam cho em vi em khong co phan mem danh cong thuc toan.

ThíchThích

Trả lời
- Đỗ Cao Long | 10/03/2012 lúc 06:36
  
  EM xem lại có phải giới hạn em cần tính là: $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + 2x} + \sqrt[3]{{{x^3} + {x^2} - 5}}} \right)$
  —-
  Cần chú ý: Khi ${x \to - \infty }$ thì $x < 0$ nên $\sqrt{x^2}= |x| = -x$
  Trong giới hạn trên ta phải dùng số hạng vắng để khử 2 dấu căn khác bậc. Số hạng đó là $x$ .
  Theo phân tích trên, ta có:
  $\sqrt {{x^2} + 2x} + \sqrt[3]{{{x^3} + {x^2} - 5}} = \left( {\sqrt {{x^2} + 2x} + x} \right) + \left( {\sqrt[3]{{{x^3} + {x^2} - 5}} - x} \right)$
  
  $= \dfrac{{\left( {{x^2} + 2x} \right) - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 2x} - x}} + \dfrac{{\left( {{x^3} + {x^2} - 5} \right) - {x^3}}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{{x^3} + {x^2} - 5}}} \right)}^2} + x\sqrt[3]{{{x^3} + {x^2} - 5}} + {x^2}}}$
  $= \dfrac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 2x} - x}} + \dfrac{{{x^2} - 5}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{{x^3} + {x^2} - 5}}} \right)}^2} + x\sqrt[3]{{{x^3} + {x^2} - 5}} + {x^2}}}$
  Ta có:
  $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 2x} - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{2x}}{{\sqrt {{x^2}\left( {1 + \dfrac{2}{x}} \right)} - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{2x}}{{ - x\sqrt {\left( {1 + \dfrac{2}{x}} \right)} - x}}$
  $= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{2}{{ - \sqrt {\left( {1 + \dfrac{2}{x}} \right)} - 1}} = \dfrac{2}{{ - 1 - 1}} = - 1$
  Và
  
  $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{{x^2} - 5}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{{x^3} + {x^2} - 5}}} \right)}^2} + x\sqrt[3]{{{x^3} + {x^2} - 5}} + {x^2}}}$
  $= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{{x^2} - 5}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{{x^3}\left( {1 + \dfrac{1}{x} - \dfrac{5}{{{x^3}}}} \right)}}} \right)}^2} + x\sqrt[3]{{{x^3}\left( {1 + \dfrac{1}{x} - \dfrac{5}{{{x^3}}}} \right)}} + {x^2}}}$
  $= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{{x^2} - 5}}{{{x^2}{{\left( {\sqrt[3]{{\left( {1 + \dfrac{1}{x} - \dfrac{5}{{{x^3}}}} \right)}}} \right)}^2} + {x^2}\sqrt[3]{{1 + \dfrac{1}{x} - \dfrac{5}{{{x^3}}}}} + {x^2}}}$
  $= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{1 - \dfrac{5}{{{x^2}}}}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{\left( {1 + \dfrac{1}{x} - \dfrac{5}{{{x^3}}}} \right)}}} \right)}^2} + \sqrt[3]{{1 + \dfrac{1}{x} - \dfrac{5}{{{x^3}}}}} + 1}} = \dfrac{1}{{1 + 1 + 1}} = \dfrac{1}{3}$
  
  Từ đó suy ra:
  $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + 2x} + \sqrt[3]{{{x^3} + {x^2} - 5}}} \right) = -1+\dfrac{1}{3}=-\dfrac{2}{3}$
  
  ThíchThích
  
  Trả lời
- Đỗ Cao Long | 10/03/2012 lúc 06:59
  
  Em chú ý là phân tích:
  $\sqrt {{x^2} + 2x} + \sqrt[3]{{{x^3} + {x^2} - 5}} = \left( {\sqrt {{x^2} + 2x} + x} \right) + \left( {\sqrt[3]{{{x^3} + {x^2} - 5}} - x} \right)$
  Không phân tích:
  $\sqrt {{x^2} + 2x} + \sqrt[3]{{{x^3} + {x^2} - 5}} = \left( {\sqrt {{x^2} + 2x} - x} \right) + \left( {\sqrt[3]{{{x^3} + {x^2} - 5}} + x} \right)$
  Em hãy thử tìm hiểu và ghi nhớ điều đó nhứ!
  
  ThíchThích
  
  Trả lời
  - hoalht | 10/03/2012 lúc 19:27
    
    dạ em cảm ơn thầy nhiều nhiều!!!
    
    ThíchThích
    
    Trả lời
  - tohaonglam | 17/04/2013 lúc 17:59
    
    thay huong dan em lam bai tap dang tim lim nha thay…thanks thay
    
    ThíchThích
    
    Trả lời
hoalht | 12/03/2012 lúc 19:43

thầy ơi,ở trường bọn em khi học về giới hạn hàm số thì có học cả phần giới hạn lượng giác nữa.khi nào soạn thì thầy soạn luôn phần này nha thầy!

ThíchThích

Trả lời
- Đỗ Cao Long | 12/03/2012 lúc 20:57
  
  Uhm. Chương trình cơ bản không có nên thầy chưa viết.
  Nếu em gặp thắc mắc gì em cứ hỏi.
  
  ThíchThích
  
  Trả lời
  - hoalht | 13/03/2012 lúc 13:23
    
    dạ.ví dụ như bài này thi phải làm thế nào a :
    
    lim (sin 3x – căn3cos x )/(sin3x)
    x->pi/3
    lim (sin3x)/(x-pi/3)
    x->pi/3
    
    ThíchThích
    
    Trả lời
    - Đỗ Cao Long | 13/03/2012 lúc 17:04
      
      Ghi nhớ rằng: $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \dfrac{{\sin f\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = 1$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \dfrac{{\tan f\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = 1$
      nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} f(x) = 0$
      Chú ý thêm: $\sin f(x) = -\sin (f(x)-\pi) = -\sin (f(x)+\pi)$
      —-
      $\mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi}{3}} \dfrac{{\sin (3x)}}{{x-\dfrac{\pi}{3}}}$ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi}{3}} \dfrac{{-\sin (3x-\pi)}}{\dfrac{3x-\pi}{3}}$
      $= \mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi}{3}} \dfrac{-3(\sin (3x-\pi))}{3x-\pi}$ $= -3\mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi}{3}} \dfrac{\sin (3x-\pi)}{3x-\pi}$
      Khi $x \to \dfrac{\pi}{3}$ thì $3x -\pi \to 0$
      do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi}{3}} \dfrac{\sin (3x-\pi)}{3x-\pi} =1$ .
      Suy ra:
      $\mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi}{3}} \dfrac{{\sin (3x)}}{{x-\dfrac{\pi}{3}}}$ $= -3\mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi}{3}} \dfrac{\sin (3x-\pi)}{3x-\pi} = -3.1=-3$
      
      ThíchThích
      
      Trả lời
    - Đỗ Cao Long | 13/03/2012 lúc 17:19
      
      Giới hạn thứ nhất hình như là:
      $\mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi}{3}} \dfrac{{\sin x - \sqrt{3}\cos x}}{\sin (3x)}$
      Em kiểm tra lại đề bài !
      —-
      Ta có : $\sin x - \sqrt{3}\cos x =2(\dfrac{1}{2}\sin x - \dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos x)$
      $= 2(\cos \dfrac{\pi}{3}\sin x - \sin \dfrac{\pi}{3}\cos x) =2 \sin(x-\dfrac{\pi}{3})$
      và $\sin (3x) = -\sin (3x-\pi)$
      —
      Từ đó, ta phân tích và tính giới hạn đã cho như sau:
      $\mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi}{3}} \dfrac{{\sin x - \sqrt{3}\cos x}}{\sin (3x)}$ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi}{3}} \dfrac{2 \sin(x-\dfrac{\pi}{3})}{-\sin (3x-\pi)}$
      $= \mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi}{3}}(\dfrac{2 \sin(x-\dfrac{\pi}{3})}{x-\dfrac{\pi}{3}}.\dfrac{x-\dfrac{\pi}{3}}{-\sin (3x-\pi)}),\;\;(*)$
      Ta có:
      $\mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi}{3}}\dfrac{2 \sin(x-\dfrac{\pi}{3})}{x-\dfrac{\pi}{3}} = 2. \mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi}{3}}\dfrac{\sin(x-\dfrac{\pi}{3})}{x-\dfrac{\pi}{3}} =2$
      Và
      $\mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi}{3}}\dfrac{x-\dfrac{\pi}{3}}{-\sin (3x-\pi)} = (-\dfrac{1}{3}). \mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi}{3}}\dfrac{3x-\pi}{\sin (3x-\pi)} = -\dfrac{1}{3}$
      —
      Kết hợp với $(*)$ ta suy ra:
      $\mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi}{3}} \dfrac{{\sin x - \sqrt{3}\cos x}}{\sin (3x)}=$
      $= \mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi}{3}}\dfrac{2 \sin(x-\dfrac{\pi}{3})}{x-\dfrac{\pi}{3}}. \mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{\pi}{3}}\dfrac{x-\dfrac{\pi}{3}}{-\sin (3x-\pi)}$
      $= 2. (-\dfrac{1}{3}) = -\dfrac{2}{3}$
      
      ThíchThích
      
      Trả lời
hoalht | 13/03/2012 lúc 18:14

em cảm ơn thầy,em sẽ hỏi thầy nhiều đấy ạ.hì hì

ThíchThích

Trả lời
hoalht | 06/04/2012 lúc 20:07

thầy oi,em vừa moi lam bài kiêm tra có bai tính đạo hàm này hơi phân vân 1 chut,thầy giúp em voi:
tính đạo hàm của 3sinx – 3/4(cos x) mu 3

ThíchThích

Trả lời
- Đỗ Cao Long | 06/04/2012 lúc 20:15
  
  Em hãy viết bài làm của lên thầy xem rồi thầy góp ý cho nhé.
  
  ThíchThích
  
  Trả lời
  - Đỗ Cao Long | 08/04/2012 lúc 07:17
    
    $f(x)=3\sin{x} -\dfrac{3}{4}\cos^3{x}$
    $f'(x)=3\cos{x}-\dfrac{3}{4}.3\cos^2{x}.(\cos{x})' = 3\cos{x}-\dfrac{9}{4}\cos^2{x}.(-\sin{x})$
    $f'(x)= 3\cos{x}+\dfrac{9}{4}\cos^2{x}.\sin{x} = 3\cos{x} (1+\dfrac{3}{4}\cos{x}.\sin{x})$
    $f'(x)= 3\cos{x} (1+\dfrac{3}{8}\sin{2x})$
    
    ThíchThích
    
    Trả lời
hoalht | 09/04/2012 lúc 21:35

em cảm ơn lời giải của thầy,dạo này em bận quá không lên mạng được

ThíchThích

Trả lời
thanhhuyen | 11/06/2012 lúc 20:45

thay co the cho 1vai vi du ve bai tap hinh hoc duoc ko thay

ThíchThích

Trả lời
huong | 14/10/2012 lúc 10:56

thầy chứng minh hộ em lim(x→0) của (ln(1+x))/x=1

ThíchThích

Trả lời
- Longeobra | 03/03/2013 lúc 16:11
  
  Đặt $t = \ln \left( {1 + x} \right) \Rightarrow 1 + x = {e^t}$ .
  Khi $x \to 0 \Rightarrow t \to 0$ và $x=e^t - 1$ .
  Ta có : $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \dfrac{t}{{{e^t} - 1}} = 1$ (xem SGK GT12).
  
  ThíchThích
  
  Trả lời
thu hằng | 01/03/2013 lúc 20:22

thầy ơi làm sao khi chứng minh có hay không 1 giới hạn hàm số thì ta có thể tìm được 2 dãy số nào đó thầy nhỉ? thôi em lấy ví dụ dễ hiểu nhé.VD: cho hàm số $f(x)=\cos{\dfrac{1}{2x}}$ .tồn tại hay không $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \cos \dfrac{1}{{2x}}$
.em cảm ơn thầy!!!

ThíchThích

Trả lời
- Longeobra | 03/03/2013 lúc 16:05
  
  Em để ý rằng $\cos \left( {0 + n2\pi } \right) = 1,\forall n$ và $\cos \left( {\pi + n2\pi } \right) = - 1,\forall n$ .
  Bây giờ ta cần chọn hai dãy $\left( {{x_n}} \right), \; \left( {{y_n}} \right)$ sao cho:
  – một dãy $\left( {{x_n}} \right) \to 0$ và $\cos \dfrac{1}{{2{x_n}}} \to 1$
  – một dãy $\left( {{y_n}} \right) \to 0$ và $\cos \dfrac{1}{{2{y_n}}} \to -1$ .
  Cụ thể, dựa vào hai kết quả trong nhận xét trên, ta chọn:
  $2{x_n} = \dfrac{1}{{0 + n2\pi }} \Leftrightarrow {x_n} = \dfrac{1}{{4n\pi }}$ , rõ ràng dãy $\left( {{x_n}} \right) \to 0$ .
  Và chọn $2{y_n} = \dfrac{1}{{\pi + n2\pi }} \Leftrightarrow {y_n} = \dfrac{1}{{2\pi + 4n\pi }}$ , ta cũng có $\left( {{y_n}} \right) \to 0$ .
  Đồng thời: ${x_n} \ne {y_n},\forall n$
  Với hai dãy ${x_n} \ne {y_n}$ được chọn như trên ta có:
  $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \cos \dfrac{1}{{2{x_n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \cos \left( {0 + 2n\pi } \right) = 1$
  còn $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \cos \dfrac{1}{{2{y_n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \cos \left( {\pi + 2n\pi } \right) = - 1$ .
  Vì ${x_n} \to 0,{y_n} \to 0$ nhưng $\left( {\lim \cos \dfrac{1}{{2{x_n}}} = 1} \right) \ne \left( { - 1 = \lim \cos \dfrac{1}{{2{y_n}}}} \right)$ nên hàm số $f\left( x \right) = \cos \dfrac{1}{{2x}}$ không có giới hạn khi $x \to 0$ .
  
  ThíchThích
  
  Trả lời
thu hằng | 03/03/2013 lúc 20:04

dạ.em hiểu rồi.thế em nhờ thầy mấy bài giới hạn vô định :
1. lim x->0 sin (x^n)/sin^n (x)
2. lim x->1 (1-x).tan ((pj nhân x)/2)
3.lim x->0 sin^2(x)/căn của 1+x.sin x – cos x
4. lim x->pi/4 (pi-4x).tan 2x
cảm ơn thầy nhiều ạ.em cũng mới học phần này nên chưa hiểu sâu cho lắm

ThíchThích

Trả lời
- Longeobra | 06/03/2013 lúc 23:05
  
  Câu 1:
  $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sin \left( {{x^n}} \right)}}{{{{\sin }^n}x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {\dfrac{{\sin \left( {{x^n}} \right)}}{{{x^n}}}.\dfrac{{{x^n}}}{{{{\sin }^n}x}}} \right] \\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sin \left( {{x^n}} \right)}}{{{x^n}}}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\dfrac{x}{{\sin x}}} \right)^n} = 1. 1^n= 1$
  
  ThíchThích
  
  Trả lời
- Longeobra | 06/03/2013 lúc 23:14
  
  Câu 2:
  $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {\left( {1 - x} \right)\tan \dfrac{{\pi x}}{2}} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\left( {1 - x} \right)\sin \dfrac{{\pi x}}{2}}}{{\cos \dfrac{{\pi x}}{2}}} \\ =\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\left( {1 - x} \right)}}{{\cos \dfrac{{\pi x}}{2}}}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \sin \dfrac{{\pi x}}{2} \;\;\; (1)$ .
  Đặt $t=1-x$ ta có $t \to 0 \Leftrightarrow x \to 1$ và $\cos \dfrac{{\pi x}}{2} = \cos \dfrac{{\pi \left( {1-t} \right)}}{2} = \cos \left( {\dfrac{\pi }{2} - \dfrac{{\pi t}}{2}} \right) = \sin \dfrac{{\pi t}}{2}$
  Từ cách đặt trên, ta có
  $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\left( {1 - x} \right)}}{{\cos \dfrac{{\pi x}}{2}}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \dfrac{t}{{\sin \dfrac{{\pi t}}{2}}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} .\dfrac{2}{\pi }\left( {\dfrac{{\dfrac{{\pi t}}{2}}}{{\sin \dfrac{{\pi t}}{2}}}} \right) = \dfrac{2}{\pi }.1 = \dfrac{2}{\pi }$ $(2)$ .
  
  Còn $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \sin \dfrac{{\pi x}}{2}= \sin \dfrac{{\pi }}{2}=1$ $(3)$ .
  Từ $(1), (2), (3)$ ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {\left( {1 - x} \right)\tan \dfrac{{\pi x}}{2}} \right] = \dfrac{2}{\pi }$
  
  ThíchThích
  
  Trả lời
- Longeobra | 06/03/2013 lúc 23:29
  
  Câu 3:
  Ta có $\sqrt {1 + x\sin x - \cos x} = \sqrt {x\sin x + 2{{\sin }^2}\dfrac{x}{2}}$
  Nên
  $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{{\sin }^2}x}}{{\sqrt {1 + x\sin x - \cos x} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{{\sin }^2}x}}{{\sqrt {x\sin x + 2{{\sin }^2}\dfrac{x}{2}} }} \\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{{\sin }^2}x}}{{\left| x \right|\sqrt {\dfrac{{x\sin x}}{{{x^2}}} + \dfrac{2}{{{x^2}}}{{\sin }^2}\dfrac{x}{2}} }}$
  $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left| x \right|.\dfrac{{\dfrac{{{{\sin }^2}x}}{{{x^2}}}}}{{\sqrt {\dfrac{{\sin x}}{x} + \dfrac{1}{2}.{{\left( {\dfrac{{\sin \dfrac{x}{2}}}{{\dfrac{x}{2}}}} \right)}^2}} }} = 0.\dfrac{1}{{\sqrt {1 + \dfrac{1}{2}{{.1}^2}} }} = 0$ .
  
  ThíchThích
  
  Trả lời
- Longeobra | 06/03/2013 lúc 23:36
  
  Câu 4: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{4}} \left[ {\left( {\pi - 4x} \right)\tan 2x} \right] = 2$
  Làm tương tự câu 2.
  
  ThíchThích
  
  Trả lời
- Longeobra | 06/03/2013 lúc 23:46
  
  Từ lời giải câu 3, em hãy tính hai giới hạn sau:
  $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{\sin x}}{{\sqrt {1 + x\sin x - \cos x} }}; \;\; \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ - } \dfrac{{\sin x}}{{\sqrt {1 + x\sin x - \cos x} }}$
  
  ThíchThích
  
  Trả lời
congchuacachua_53@yahoo.com | 11/02/2014 lúc 13:22

thầy giúp em bai này với ạ tìm lim ( can bac 2 (4.x^4+5)- can bac 3 (8.x^6+21) tất cả trên (can bac 2 cua x – 1) trừ 1 ở ngoài căn thầy nhé

ThíchThích

Trả lời
Kisa Bi | 09/03/2014 lúc 15:56

Thầy ơi, cho em hỏi bài toán giới hạn này được không ạ? Em cảm ơn thầy nhiều:

lim x->0 (căn bậc 5 của(1+10x) – căn bậc 3 của(1+3x) ) / ( (3x + x^2) – (2x + x^3) )

ThíchThích

Trả lời

Pingback: Giới hạn hàm số « CAOLONG’S WEBBLOG

	hy trong Đề kiểm tra Hình học 10 (Tham…
	likemath trong Các bước khảo sát hàm số
	likemath trong Các bước khảo sát hàm số
	Lê Văn Hùng trong Giải đề số 2 (Đề thi thử đại h…
	ho thi thu trong Phương trình đường thẳng trong…
	dangloc trong Tính chẵn, lẻ của hàm số
	hatch slack trong Tính chẵn, lẻ của hàm số
	manhhanthtt trong Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyê…
	Khoa trong Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyê…

Đỗ Cao Long's Blog.

Dạy Toán cơ bản cho học sinh yếu môn Toán!

Giới hạn hàm số

I. Giới hạn tại vô cực .

Ví dụ 1: Tìm .

Cách giải: Nhân và chia hàm số dưới dấu với biểu thức liên hợp của nó.

Biểu thức liên hợp của là và ngược lại.

Kết quả là .

Quay lại bài toán trên: Biểu thức liên hợp của là .

Và .

Vậy

Vì nên do đó .

Vậy

Khi thì .

Suy ra .

Tương tự: Tính .

Lưu ý: Dùng phần mềm Maple 9.5 (hoặc cao hơn) để kiểm tra đáp án:

Cú pháp để tính là:

[> limit(f(x),x=a};

Để viết biểu thức giới hạn trong Maple ta dùng chữ “L” thay cho chữ “l” trong từ khóa “limit“.

Viết [> Limit(f(x),x=a} =limit(f(x),x=a}; để xem cả biểu thức lẫn kết quả.

Từ khóa của là “infinity”; của là “Pi”.

(Xem kỹ hơn trong mục Tài nguyên).

II. Giới hạn dạng vô định .

A. Dạng vô cực .

.

B.Dạng vô cực .

.

Chia sẻ:

Bình luận về bài viết này

Trackbacks 1

Comments 42

Bình luận về bài viết này Hủy trả lời

Bài viết mới

Xem bài theo Chuyên đề

Các trang chính

Số lượt truy cập

Đang Online

Chào ngày mới

Rank

Giáo dục-Khuyến học (Dân trí)

Top Rated

Liên kết Web

Web học tập

Ý kiến

I. Giới hạn tại vô cực $(x\rightarrow \pm\infty)$ .

Ví dụ 1: Tìm $L_1=\lim_{x\rightarrow +\infty} (\sqrt{x^2-x+1} - x)$ .

Cách giải: Nhân và chia hàm số dưới dấu $lim$ với biểu thức liên hợp của nó.

Biểu thức liên hợp của $a-b$ là $a+b$ và ngược lại.

Kết quả là $(a-b)(a+b)=a^2-b^2$ .

Quay lại bài toán trên: Biểu thức liên hợp của $\sqrt{x^2-x+1}-x$ là $\sqrt{x^2-x+1}+x$ .

Và $(\sqrt{x^2-x+1}-x)(\sqrt{x^2-x+1}+x)$
$=(x^2-x+1)-x^2=-x+1$ .

Vậy $L_1=\lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{(\sqrt{x^2-x+1}-x)(\sqrt{x^2-x+1}+x)}{\sqrt{x^2-x+1}+x}$

Vì $x\rightarrow +\infty$ nên $x>0$ do đó $|x|=x$ .

Vậy $L_1=\lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{x(-1+\dfrac{1}{x})}{x(\sqrt{1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}+1)}$

Khi $x\rightarrow +\infty$ thì $\dfrac{1}{x} \rightarrow 0;\dfrac{1}{x^2}\rightarrow 0$ .

Suy ra $L_1= \dfrac{-1+0}{\sqrt{1-0+0}+1}=-\dfrac{1}{2}$ .

Tương tự: Tính $L_2=\lim_{x\rightarrow -\infty} (\sqrt{x^2-3x+3}+x)$ .

Cú pháp để tính $\lim_{x\rightarrow a} f(x)$ là:

Từ khóa của $\infty$ là “infinity”; của $\pi$ là “Pi”.

II. Giới hạn dạng vô định $(\dfrac{0}{0}, \dfrac{\pm\infty}{\pm\infty})$ .

A. Dạng vô cực $\dfrac{\pm\infty}{\pm\infty}$ .

B.Dạng vô cực $\dfrac{0}{0}$ .