Tìm giới hạn của hàm số

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: $B = 0.$

Ghi chú: Quý thầy, cô hoặc bạn đọc muốn đóng góp tài liệu cho TOANMATH.com, vui lòng gửi về:
+ Fanpage: TOÁN MATH
+ Email: toanmath.com@gmail.com