BÀI TẬP KÈM LỜI GIẢI GIỚI HẠN HÀM SỐ

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:
x0
tanx x
I lim
x sinx





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:
  
 
2
22
x 0 x 0 x 0 x 0
1
1
1 cosx 1 cosx
tanx x 1 cosx 2
cos x
lim lim lim lim 2
x sinx 1 cosx 1 cosx cos x cos x 1
   




    
  

Bài 2: Tính giới hạn sau đây:
1
x
x
e1
I lim
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
x
x
2

0
xx
2
1
e
e1
x
I lim lim e 1
11
xx
 

   

Bài 3: Tính giới hạn sau đây:
x0
lnx
I lim
1
x



Giải bài 3:
Khi x  0 thì giới hạn đã cho có dạng bất định là


.
Áp dụng quy tắc L’Hospital
x 0 x 0

2
1
lnx
x
I lim lim 0
11
xx

  


Bài 4: Tính giới hạn khi
nN
,
a1

n
x
x
x
I lim
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

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

x0
I limx lnx




Giải bài 5:
Khi x0, giới hạn đã cho có dạng bất định là
0.

, ta đưa về dạng bất định
0
0




x 0 x 0
lnx
I limx lnx lim
1
x





Áp dụng quy tắc L’Hospital
( 1)
( 1)
x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 x 0
1
lnx lnx x x x x
x
I lim lim lim lim lim lim 0
1
x x x x
x
  



   

  
     
      
   

Bài 6: Tính giới hạn sau:
2
2
x0
1
I lim cot x
x






Giải bài 6:
Khi x  0 thì giới hạn đã cho có dạng bất định là
  

Đưa
  
về dạng
0
0

2 2 2 2
2
2 2 2 2 2
x 0 x 0 x 0
2
x0
1 cos x 1 x cos x sin x
I lim cot x lim lim
x sin x x x sin x
xcosx sinx xcosx sinx
lim
x sinx sinx
  

   


    
   


   
   
  

  

  


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
22
x 0 x 0 x 0
33
x 0 x 0 x 0
xcosx sinx xcosx sinx xcosx sinx xcosx sinx
I lim lim lim
x sinx sinx x sinx sinx
xcosx sinx 2x xcosx sinx
lim lim 2lim
x x x
  
  
     
      

      

      



     

     
     

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

3 2 2
x 0 x 0 x 0
x0
xcosx sinx cosx xsinx cosx xsin x
I 2lim 2lim 2lim
x 3x 3x
1 sin x 1 2
2 lim 2 1
3 x 3 3
  

   
     
  
     
     
     
        
     
     


Bài 7: Tính giới hạn sau đây:
3
5
x0
sin 1 x sin1
I lim
1 2xlncosx 1





Giải bài 7:
Nhận xét, vì:


3
x0
lim sin 1 x sin1 0

  
và
 
5
x0
lim 1 2xlncosx 1 0

  
ta mới tiến hành thay thế VCB

tương đương được.
3 3 3
3
5 5 5
x 0 x 0 x 0
1 x 1 1 x 1 1 x 1
2cos sin 2cos1 sin
sin 1 x sin1
2 2 2
I lim lim lim
1 2xlncosx 1 1 2xlncosx 1 1 2xlncosx 1
  
     


  
     

Khi x  0, ta có:
3 3 3 3
1 x 1 1 x 1 1 x x
sin ~ ~
2 2 2 2 4
   


2
5
3
2 2 2 2 x

1 2xlncosx 1~ xlncosx xln(1 cosx 1) ~ x(cosx 1) ~ x
5 5 5 5 2
x
5

          




Vậy:
3
3
x0
x
cos1
5
2
I lim cos1
x
2
5



Bài 8: Tính giới hạn sau đây:
2
2
x
x 4 2x 3 x

I lim
x 4 x

  



Giải bài 8:
Vì




22
xx
lim x 4 2x 3 x lim x 4 x
 
         
nên ta tiến hành thay VCL
tương đương được.
Khi
x 
ta tiến hành lượt bỏ các VCL có bậc thấp hơn, chỉ chọn những VCL có bậc cao
nhất của cả tử và mẫu.
2
x 4 ~ x
và
2
x 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

x
3x 3
I lim
2x 2



Bài 9: Tính giới hạn sau đây:
 
23
x0
ln 1 x tanx
I lim
x sin x





Giải bài 9:
Vì,
 
 
23
x 0 x 0
limln 1 xtanx 0 lim x sin x 0


    
nên ta thay được các VCB tương đương.
Khi x  0, ta tiến hành thay các VCB tương đương:
 
2
ln 1 xtanx ~ xtanx ~ x

33
sin x ~ x

Dưới mẫu được
23
xx
, lượt bỏ VCB có bậc cao hơn, như vậy dưới mẫu ta được x
2

Như vậy:
2
2
x0
x
I lim 1
x



Bài 10: Tính giới hạn sau đây:
 
2
x0

ln cosx
I lim
ln(1 x )




Giải bài 10:
Vì
 
2
x 0 x 0
limln cosx 0 limln(1 x ) 0

   
nên thay VCB tương đương được.
Khi x  0, ta được:
2
x
ln(cosx) ln(1 cosx 1) ~ cosx 1~
2
    

22
ln(1 x ) ~ x

Như vậy:
2
2
x0

x
1
2
I lim
x2


  

Bài 11: Tính giới hạn sau đây:
 
x1
x1
sin e 1
I lim
lnx





Giải bài 11:
Vì
 
x1
x 1 x 1
limsin e 1 0 limlnx 0


   

nên thay VCB tương đương được.
   
x 1 x 1
x 1 x 1
sin e 1 sin e 1
I lim lim
lnx ln(1 x 1)






Khi x  1, ta có:
 
x 1 x 1
sin e 1 ~ e 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,
x1
x1
I lim 1
x1






Bài 12: Tính giới hạn sau đây:
 
 
x
34
x0
e 1 cosx 1
I lim
sin x 2x





Giải bài 12:
Vì
 
 
 
x 3 4
x 0 x 0
lim e 1 cosx 1 0 lim sin x 2x 0


     


nên ta thay VCB tương đương được.
Khi x0, ta có:
x
e 1~ x
và
2
x
cosx 1~
2

và
33
sin x ~ x

Như vậy,
3
3
x0
x
1
2
I lim
x2


  

Bài 13: Tính giới hạn sau:
 
2

2x
x0
sin2x 2arctan3x 3x
I lim
ln 1 3x sin x xe



  

Giải bài 13:
Vì
   
2 2 x
x 0 x 0
lim sin2x 2arctan3x 3x 0 lim ln 1 3x sin x xe 0


       

nên thay VCB
tương đương được.
Khi x0, ta có:
sin2x ~ 2x
;
2arctan3x ~ 6x
;
 
2 2 2
ln 1 3x sin x ~ 3x sin x ~ 3x x   

x
xe ~ x.1 x

Như vậy, ta được:
x0
8x
I lim 2
4x



Bài 14: Tính giới hạn sau đây:
2
2
x
x 4 2x 3 x
I lim
x 4 x

  



Giải bài 14:
Vì





22
xx
lim x 4 2x 3 x lim x 4 x
 
         
nên thay VCL tương đương
được.
Khi
x 
, ta có:
2
x 4 ~ x
;
2
x 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:
x
3x 3
I lim
2x 2



Bài 15: Tính giới hạn sau đây:
2
2

x
x 14 x
I lim
x 2 x





Giải bài 15:
Vì




22
xx
lim x 14 x lim x 2 x
 
        
nên ta thay VCL tương đương được.
Khi
x 
, ta có:
Ta thấy:


2
x
lim x 14 x


   
và


2
x
lim x 2 x

   
. Nên ta mới tiến hành thay VCL tương
đương được.
2
2
x 14 ~ x
x 2 ~ x



Như vậy,
x
2x
I lim 1
2x



Bài 16: Tính giới hạn sau đây:
2
2

x
x 14 x
I lim
x 2 x





Giải bài 16:
Vì




22
xx
lim x 14 x 0 lim x 2 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:
2
22
2
x x x
2
22

14 14
x 1 x 1 1
x 14 x
xx
I lim lim lim
22
x 2 x
x x x 1 1
xx
  
    

  

   
      
   
   

Khi
x  
, ta có:
2 2 2
14 1 14 7
1 1~
x 2 x x
   
;
2 2 2
2 1 2 1

1 1~
x 2 x x
   
      
   
   

Như vậy,
7 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố

2
x
2
7
x
I lim 7
1
x

  


# CÁCH 2:
Đặt
tx

Như vậy, giới hạn đã cho trở thành:
2 2 2 2
2 2 2 2
tt

2
2
t
t 14 t t 14 t t 2 t t 14 t
I lim lim
t 2 t t 2 t t 2 t t 14 t
14 t 2 t
lim
2
t 14 t
 


       



       










Khi
t 

, ta được:
2
t 2 ~ t
và
2
t 14 ~ t

Như vậy,
t
14 2t 14
I lim 7
2 2t 2


    




Bài 17: VCL nào sau đây có bậc cao nhất khi
x 
:
3
3x ln x
,
xlnx
,
3x
,
4

x(2 sin 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
3
3x ln x

Khi
x 
thì
3
3x ln x ~ 3x

So sánh với hàm kế tiếp là xlnx:
xx
xlnx lnx
lim lim
3x 3
 
  

Như vậy: xlnx có bậc cao hơn 3x + ln
3
x
Có
1

2
3x 3x
. Như vậy 3x + ln
3
x 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 + sin
4
x):
4
x(2 sin x) ~ 2x
(do hàm sinx là hàm bị chặn)
xx
2x 2
lim lim 0
xlnx lnx
 

 xlnx có bậc cao hơn x(2 + sin
4
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.
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 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
2 4 2
x sin x ~ x
(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:
1
x
x
x
I lim xe




Giải bài 19:
Đặt t = -x, ta được giới hạn sau:
#CÁCH 1:
1
t
t
1
tt
t
t

t
I lim te lim
e




 


  

Dạng


. Tiến hành dùng L’Hospital
1
t
t
t
2
1
I lim 0
1
1e
t









. Do
1
t
t
2
t
1
lim 1 e
t



  



#CÁCH 2:
1
1
t
t
t
t
tt
t
I lim te lim e 0

e




 

   
(Do 0.1 = 0 vì hàm t chạy ra vô cùng chậm hơn so với hàm e
t

nên –t/e
t
= 0)
Vậy
1
x
x
x
I lim xe 0




Bài 20: Tính giới hạn sau đây:
2
x
2
2
x

x4
I lim
x4








Giải bài 20:
Dạng bất định
1


2
2
2
2
2
2
x
8x
x4
x4
x
8x
2
lim

8
8
x4
22
xx
x 4 8
I lim lim 1 e e
x 4 x 4




 





    









Vì
2

2
x
8x
lim 8
x4




Bài 21: Tính giới hạn sau đây:
 
2
1
4
sin x
x0
I lim 1 2x



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


   
4
4

2
2
24
x0
2x
2x
11
sin x
lim
44
sin x
sin x 2x
x 0 x 0
I lim 1 2x lim 1 2x e 1



     



Vì
44
22
x 0 x 0
2x 2x
lim lim 0
sin x x




Bài 22: Tính giới hạn sau đây:
 
 
cotx
x0
I lim ln e x



Giải bài 22:
Dạng bất định
1


 
 
x0
2
cot x
cot x
cot x
x 0 x 0 x 0
x
ln 1 cot x
1
e
x
x
lim ln 1 cot x

ln 1
I
e
e
x0
xx
I lim ln e x lim ln e 1 lim 1 ln 1
ee
x
lim 1 ln 1 e e
e

  














   
   
      


   


   
   





    







Tính
2
x0
x cosx 1
I limln 1
e sinx e


  



Vì khi x  0 thì
xx
ln 1 ~
ee




; cosx ~ 1; sinx ~ x
Như vậy:
 
 
1
cot x
e
x0
I lim ln e x e

  

Bài 23: Tính giới hạn sau;
 
2
1
2
sin 2x
x0
I lim 1 tan x




Giải bài 23:
Dạng bất định
1


   
 
2
2
2
2
2
tan x
1
1
sin 2x
I
22
tan x
sin 2x
x 0 x 0
I lim 1 tan x lim 1 tan x e




     




Tính
2
22
2
2
2 2 2 2 4
x 0 x 0 x 0
sin x
tan x sin x 1
cos x
I lim lim lim
sin 2x 4sin xcos x 4sin xcos x 4
  


    

Như vậy,
 
2
1
1
2
4
sin 2x
x0
I lim 1 tan x e



  

Bài 24: Tính giới hạn sau đây:
10 | B À I T Ậ P G I Ớ I H Ạ N H À M S Ố

 
2
1
x
x0
I lim cosx



Giải bài 24:
Dạng bất định
1


   
2
2
x0
2
2
cosx 1
cosx 1
11
lim

x
I
x
cosx 1
x
x 0 x 0
I lim cosx I lim 1 cosx 1 e e






      



Tính:
2
2
x0
cosx 1
I lim
x




Khi x  0, cosx – 1 ~ -x
2

/2
2
2
22
x 0 x 0
x
cosx 1 1
2
I lim lim
x x 2



   

 
2
1
1
2
x
x0
I lim cosx e




Bài 25: Tính giới hạn sau đây:
2
x

2
2
x
2x 3
I lim
2x 1








Giải bài 25:
Dạng bất định
1


2
2
2
2
4x
2x 1
2x 1
x
2
4
2

22
xx
2x 3 4
I lim lim 1 e
2x 1 2x 1


 





   









Vì
2
2
x
4x
lim 2
2x 1





Bài 26: Tính giới hạn sau đây:
x
1
x
x
1
I lim e
x






Giải bài 26:
Dạng bất định
1


Đặt t = 1/x, ta được giới hạn sau
 
t
t0
2
1
1

lim ln(e t)
I
t
t
t
t0
I lim e t e e





   

Tính I
2

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

   
t t t
2
t
t 0 t 0 t 0
t
t t t
t 0 t 0 t 0
1 1 1 t
I lim ln e t lim ln e t lim lne 1
t t t e

1 t 1 t 1
lim lne ln 1 lim t lim 1 2
t e t e e

  


   
     


   



     
       
     

     


Như vậy,
x
1
2
x
x
1
I lim e e

x


  


