Phương pháp gọi số hạng vắng

Một số bài tập rèn luyện GIỚI HẠN HÀM SỐ BeckBo1210
PHƯƠNG PHÁP GỌI SỐ HẠNG VẮNG
Bản chất khử dạng vô định
0
0
là làm xuất hiện nhân tử chung để :
-Hoặc là khử nhân tử chung đưa về dạng xác định .
-Hoặc là đưa giới hạn về các dạng cơ bản , quen thuộc đã biết rõ kết quả
hoặc cách giải
Trong các bài tập khó, trong các đề thi Đại Học, các hạng tử cấu thành nhân tử
chung thường thiếu vắng. Để giải quyết bài toán, điều mấu chốt là khôi phục các
hạng tử vắng đó như thế nào? Bài viết này, chúng tôi xin giới thiệu đến bạn đọc 3
phương pháp để giải quyết vấn đề này.
Phương pháp 1 : HỆ SỐ BẤT ĐỊNH
Xét ví dụ : Tìm:
)(lim
1
xFA
x
→
=
, với
1
75
)(
2
3
23
−
+−−
=

x
xx
xF
Giải :
6
1
)
1
27
1
25
(lim
2
3
2
2
2
1
=
−
−+
−
−
−−
=
→
x
x
x
x

A
x
**Trong lời giải trên, ta đã thêm bớt 2 vào tử thức của
)(xF
. Có 3 câu hỏi đặt ra
là:
1) Tại sao phải có số 2 .
2) Tại sao phải là số 2 .
3) Tìm số 2 như thế nào ?
Trả lời 3 câu hỏi trên ta có phương pháp giải loại toán này:
+Trả lời câu hỏi 3: Để tìm số 2, ta đưa ra thuật toán gọi số hạng vắng.
Bước 1:
Rc
∈∀
, ta có :

1
7
1
5
2
3
2
2
2
−
−+
−
−
−−

x
cx
x
cx
Bước 2: Trong các số
c
đó , ta tìm số c sao cho x
2
-1 cùng nhân tử với
cxxf
−−=
2
1
5)(
và
cxxf
−+=
3
2
2
7)(
. Điều đó xãy ra khi chỉ khi c là nghiệm của
hệ sau :

2
2
2
6
0)1(
0)1(

2
1
=⇔





=



=
=
⇔



=±
=±
c
c
c
c
f
f
Đáp số: c=2 là câu trả lời cho câu hỏi 1 và 2 .
Tổng quát :
Giả sử
)(

)(
)(
xg
xf
xF
=
1
Một số bài tập rèn luyện GIỚI HẠN HÀM SỐ BeckBo1210
Bước 1: Phân tích
)(
)(
)(
)(
)(
21
xg
cxf
xg
cxf
xF
−
+
+
=
.
Bước 2: Tìm c . Gọi x
1
,x
2
là ngiệm của g(x)=0, khi đó c là nghiệm của hệ :




=+
=+
0)(
0)(
21
11
cxf
cxf




=−
=−
0)(
0)(
22
12
cxf
cxf
. Với c tìm được thì:

)(
)(
lim
1

0
xg
cxf
xx
+
→
;
)(
)(
lim
2
0
xg
cxf
xx
−
→
giải quyết dễ dàng .
Bài tập tự giải :
1.
x
xx
Lim
x
3
0
812
−−+
→
.( ĐHQG HN97)

2.
29
202
4
3
−+
+−+
+∞→
x
xx
Lim
x
.Hướng dẫn: Đặt x=y+7.
3.
)23(
2
3
23
xxxxLim
x
−−+
+∞→
. Hướng dẫn: Đặt
y
x
1
=
.
4.
x

xx
Lim
x
2
3
0
sin
coscos −
→
. Hướng dẫn: Đặt sin
2
x=y .
Phương pháp 2: GỌI ĐA THỨC VẮNG
Bằng cách đặt ẩn phụ
n
axt
+=
1
,
dể dàng chứng minh được:
n
a
x
ax
n
xx
=
−+
→
11

lim
0
(*)
Xét ví dụ 1: Tìm
x
xx
LimA
x
199821)1998(
7
2
0
−−+
=
→
.
Ta có :
x
x
x
xxF
+
−−
+=
121
)1998()(
7
2
⇒

7
3996121
)1998(
0
7
2
0
−=+
−−
+=
→→
xLim
x
x
xLimA
xx
.
Trong ví dụ trên ta đã thêm bớt P(x)=x
2
+1998 và tử thức làm xuất hiện dạng
x
ax
n
11
−+
Đây là điểm mấu chốt của lời giải .
Tổng quát :
Để tìm
)(
0

xFLim
x→
ta thêm bớt P(x) vào f(x) làm xuất hiện dạng
x
ax
n
11
−+
, hạng
tử vắng ở đây là P(x) đã “ xưng danh” trong biểu thức giới hạn. Nhân tử chung
trong phương pháp này không giản ước được. Khi tìm giới hạn thì
ConstxPLim
x
=
→
)(
0
.
2
Một số bài tập rèn luyện GIỚI HẠN HÀM SỐ BeckBo1210
Ví dụ 2:
4
3
4
4
3
0
184
2
3

1
3
1
2
11
xxx
x
xx
x
Lim
x
+−−−+
−−+++
→
.
Giải: Gọi tử thức là T, mẫu thức là M ,ta có:

111
3
1
3
1
3
1
2
1
3
1
2
1

3
1
2
11
4
444
3
4
3
4
3
+−−−+++−+++++−+++=
x
xxxxxxxx
xT
=
)11()1
3
1()1
2
1(
3
1)11(
3
1
2
1
4
4
3

44
3
−−−−++−+++−+++
x
xxx
x
xx
Áp dụng công thức (*) ta có:
1
4
1
4.3
1
3.2
1
2.1
1
0
=+++=
→
x
T
Lim
x

)11()1
8
1(2)1
4
1(31

8
1
4
12.
2
3
4
3
4
3
−+−−−−−+=+−−−+=
x
xx
x
xx
M
.
Áp dụng công thức (*) ta có:

24
5
4
1
24
2
8
3
0
=−+=
→

x
M
Lim
x
.
Và do đó:
5
24
00
===
→→
x
M
x
T
Lim
M
T
LimA
xx
.
Bài tập tự giải :
Tìm
)(
)(
0
xG
xF
Lim
x

→
với:

100100.993.22.1
11001...3121)(
222
tgxtgxtgxtgxxF
−−+−−+−+=
và
4
3
184
2
3
)( tgxtgxtgxxG
+−−−+=
( Hướng dẫn: Đặt y=tgx)
Phương pháp 3 :
TÁCH BỘ PHẬN KÉP ĐỂ TÌM GIỚI HẠN CỦA
PHÂN THỨC CHỨA CĂN.
Muốn tìm giới hạn
k
nm
ax
ax
xgxf
LimT
)(
)()(
−

−
=
→
(*) có dạng vô định
0
0
(m,n,k
∈
N),
( )
nmk ;min1
≤≤
, ta biến đổi bằng cách thêm bớt biểu thức
k
ax
xh
)(
)(
−
vào phân thức
phải tìm giới hạn.

[ ] [ ]
k
n
n
k
m
m
k

nm
ax
xhxgxh
ax
xhxhxf
ax
xgxf
)(
)()()(
)(
)()()(
)(
)()(
11
−
+−
+
−
−+
=
−
−

)()(
)(
)()(
)(
11
xQax
xg

xQax
xf
g
k
f
k
−
+
−
=
Trong đó Q
f
(x), Q
g
(x) là biểu thức liên hợp của
)()( xhxf
m
−
và
n
xgxh )()(
−
.
3
Một số bài tập rèn luyện GIỚI HẠN HÀM SỐ BeckBo1210
Lúc đó :
)()(
)(
)()(
)(

11
xQax
xg
Lim
xQax
xf
LimT
g
k
ax
f
k
ax
−
+
−
=
→→
có dạng xác định quen thuộc.
Ví dụ 1: Tìm giới hạn:

3
3
223
0
27279968
x
xxxxx
LimT
x

++−+++
=
→
.
Giải: Đặt
2323
)3(8968)(
++=+++=
xxxxxxf

332
)3(27279)(
+−=++=
xxxxxg
. Ở đây h(x)=x+3
Viết lại:

)
)()3()3()(
(
3
3
3
0
x
xgx
x
xxf
LimT
x

−+
+
+−
=
→
(1)
Ta có:
3
4
))3()((
8
)3()(
3
3
0
3
0
1
=
++
=
+−
=
→→
xxfx
x
Lim
x
xxf
LimT

xx
(2)

[ ]
3
2
3
23
3
0
3
3
0
2
)()()3()3(
)()3(
)()3(
xgxgxxx
xgx
Lim
x
xgx
LimT
xx
++++
−+
=
−+
=
→→

=
27
1
)()()3()3(
1
3
2
3
2
0
=
++++
→
xgxgxx
Lim
x
(3)
Từ (1),(2) và (3) suy ra:
27
37
27
1
3
4
=+=
T
.
LƯU Ý: + Biểu thức h(x) được xác định từ các biểu thức f(x), g(x) được gọi là bộ
phận kép trong bài toán tìm giới hạn dạng (*).
+ Một vài số hạng của bộ phận kép h(x) có thể bị ẩn trong f

1
(x), g
1
(x), ta
phải tìm chúng để xác định chính xác biểu thức h(x).
Ví dụ 2: Tìm giới hạn:

x
xxxxx
LimT
x
3
4
3
0
4
)1ln(cos33cos
2
312cos
+−+
−
++
=
→
Giải: Đặt
2
131
cos
2
312cos

)(
3
2
3
−+
+=
++
=
x
x
xx
xf

xx
xxx
xg
+−=
+−+
=
1lncos
4
)1ln(cos33cos
)(
3
4
. Ở đây h(x)=cosx.
Viết lại:
)
)(coscos)(
(

)()(
3
0
3
0
x
xgx
x
xxf
Lim
x
xgxf
LimT
xx
−
+
−
=
−
=
→→
(4)
Ta có:
)cos)((2
131
)cos)((
cos)(
cos)(
3
0

2
00
1
xxfx
x
Lim
xxfx
xxf
Lim
x
xxf
LimT
xxx
+
−+
=
+
−
=
−
=
→→→

4
1
)cos)((2
1
.
131
3

0
=
+
−+
=
→
xxf
x
x
Lim
x
(5)
4
Một số bài tập rèn luyện GIỚI HẠN HÀM SỐ BeckBo1210

)6(
3
1
)()(coscos
1
.
)1ln(
))()(cos(cos
)(cos
)(cos
2
33
2
0
2

33
2
2
0
3
0
2
=
++
+
=
++
−
=
−
=
→
→→
xgxgxx
x
x
Lim
xgxgxxx
xgx
Lim
x
xgx
LimT
x
xx

Từ (4),(5)và(6) suy ra
12
7
=
T
.
Ví dụ 3: Tìm giới hạn:

2
4
2
0
4122cos
x
xxxx
LimT
x
−+−−
=
→
.
Giải: Đặt f(x)=cos2x-2x=(1-x)
2
-x
2
-2sin
2
x.
Hay f(x)- (1-x)
2

=-x
2
-2sin
2
x .

223442
21164)1(421)( xxxxxxxxg
++−−+−+=−+=
.
Hay:
223424
21)164(421)()1( xxxxxxxgx
+−++−=−+=−+
.Ở đây: h(x)=1-x
Viết lại:
)
)()1()1()(
(
2
4
2
0
x
xgx
x
xxf
LimT
x
−+

+
+−
=
→
(7)
Ta có:

)8(
2
3
1)(
)
sin
(21
)1)((
sin2
)]1()([
)1()(
)1()(
2
0
2
22
0
2
2
0
2
0
1

−
=
−+
−−
=
−+
−−
=
−+
−−
=
−−
=
→
→→→
xxf
x
x
Lim
xxfx
xx
Lim
xxfx
xxf
Lim
x
xxf
LimT
x
xxx

])()()1()()1()1[(
21164
)()1(
3
44
232
2234
0
2
4
0
2
xgxgxxgxxx
xxxx
Lim
x
xgx
LimT
xx
+−+−+−
+−++−
=
−−
=
→→

)9(
4
5

)()()1()()1()1(
)
21
(64
])()()1()()1()1[(
)()1(
3
44
23
2
2
2
0
3
44
232
4
4
0
=
+−+−+−
+
−+−
=
+−+−+−
−−
=
→
→
xgxgxxgxx

x
x
xx
Lim
xgxgxxgxxx
xgx
Lim
x
x
Từ (7),(8) và (9) suy ra:
4
1
4
5
2
3
−=+−=
T
Bài tập tự giải:

2
3
0
3121
.1
x
xx
Lim
x
+−+

→
(ĐH Thuỷ Lợi 2001)

2
4
232
0
21422cos223
.2
x
xxxxxx
Lim
x
+−++−−++
→

2
3
0
3
31)1ln(521
.3
x
xxxx
Lim
x
+−+++
→
5