Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Ch ơng 2 . Giới hạn và sự liên tục của hàm số
2.1. Giới hạn hữu hạn của hàm số khi x tiến dần tới a (a hữu hạn).
2.1.1. Định nghĩa 2.1. Hằng số b (hữu hạn) đợc gọi là giới hạn của hàm
f(x) khi x tiến dần tới a (x a) nếu: Với mỗi

> 0, tồn tại một số

> 0 (

phụ thuộc a, b, f(x) và

) sao cho với mọi x mà: 0 <xa<

) thìf(x) b<

. Ký hiệu là:
( )
x a
lim f x

.
Ta có thể phát biểu định nghĩa trên dới dạng:
b =
( )
x a
lim f x

(

> 0), (

> 0 mà phải hiểu là

phụ thuộc

).
Ví dụ 2.1. Chứng minh rằng
( )
x
lim x

=
2
3 1 5
.
Chứng minh. Với mỗi > 0 cho trớc, ta có:
f(x) 5< (3x 1) 5< x 2<

3
.
Đặt =

3
. Khi đó, ta có:
( > 0), ( =

3
> 0 x: 0 <x 2<

) (3x 1) 5<



+ < <1
3
3
( Với
3
2
< x <
1
2
). <===
Đặt =

3
. Khi đó, ta có:
( > 0), ( =

3
> 0 x: 0 <x+1<

)
( )
x
<
3
1 4
.(đpcm)
Ví dụ 2.3. Chứng minh rằng
x a
limsin x sina

giới hạn đó là duy nhất.
Chứng minh. (Dùng phơng pháp phản chứng).
Giả sử
( ) ( )
x a x a
lim f x b, lim f x k

= =
với b < k; b và k hữu hạn (chứng
minh tơng tự khi k < b).
Vì
( ) ( )
( )
( )
x a
lim f x b x : x a f x b

= > > < < < 0 0 0
(2.1)

( ) ( )
( )
( )
x a
lim f x k x : x a f x k

= > > < < < 0 0 0
(2.2).
Vì (2.1) và (2.2) đúng với mọi > 0 nên cũng đúng với
0


<


0
0
Khi đó, với mọi x mà 0 <x a<

= min {
0
,
0
} > 0
( )
( )
f x b ;
f x k .

<



<


0
0
Điều này vô lý vì: b
0
< b+

limsin
x

0
1
không tồn tại.
Chứng minh. Ta có: x
k
=
k
1
2
0, y
k
=
k

+
1
2
2
0 (khi k +). Nhng f(x
k
)
0 (khi k +), f(x
k
)1 (khi k +) và 1 0 (đpcm).
2.1.3. Giới hạn một phía.
Định nghĩa 2.2.
+ Nếu giới hạn của hàm f(x) khi x a (x < a) bằng b (a, b hữu hạn).

.(Phát biểu dới dạng lân cận).
Bài tập. Dùng định nghĩa 2.2. CMR:
( )
x
x x
x
lim ; lim a a a
x
+


+
= = >

2
3 2
3 2 11
1
2 3 3
.
Định lý 2.2. (Định lý về điều kiện cần và đủ để tồn tại giới hạn).
Toỏn Cao cp
3
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Điều kiện cần và đủ để tồn tại
( )
x a
lim f x

là tồn tại các giới hạn

( )
x a
lim f x
+

=
( )
x a
lim f x

.
ứng dụng. Để tính (hoặc kiểm tra một giới hạn có tồn tại hay không) ta có
thể tính các giới hạn một phía rồi áp dụng định lý 2.2 để kết luận. Các ví
dụ sau đây thể hiện điều đó.
Ví dụ 2.5. Tính các giới hạn một phía và giới hạn (nếu có) của hàm:
( )
x khi x ;
f x
x khi x .
+ <

=

+

2
2 3 1
4 1
khi x 1.
Giải. Ta có:

( )
x
lim x
+

+ =
2
1
4 5
.
Ví dụ 2.6. Với giá trị nào của a thì hàm
( )
x a khi x ;
f x
x khi x .
<

=

+

2
2 2
4 2
có
giới hạn khi x 2?
Giải. Ta có:
( )
x
lim f x

x
lim f x

2
thì 4 a = 8 a = 4.
Ví dụ 2.7. Tính
x
x
lim

+
1
0
3
1 2
.
Giới hạn trên không tồn tại vì:
x
x
lim


=
+
1
0
3
3
1 2
x

> 0 (

phụ thuộc b, f(x) và

)
sao cho với mọi x >

thì f(x) b<

. Ký hiệu là:
( )
x
lim f x
+
.
Ta có thể phát biểu định nghĩa trên dới dạng:
b =
( )
x
lim f x
+
( > 0), ( > 0 x > ) f(x) b< .
Định nghĩa trên còn đợc phát biểu dới dạng lân cận nh sau:
b =
( )
x
lim f x
+
( V


( > 0), ( > 0 x:x > ) f(x) b<

.
( V

(b)), (V

() x V

() f(x) V

(b).
(vẽ hình)
Chú ý 2.3 : Tơng tự định lý 2.1 chúng ta có kết quả sau:. Nếu hàm f(x) có
giới hạn hữu hạn khi x

(+

,

) thì giới hạn đó là duy nhất.
Ví dụ 2.8. Chứng minh rằng:
x
x
lim
x

+

=

+
<
3 1
3
.(đpcm)
Nhận xét 2.2. Nếu ví dụ 2.8 thay x bằng x+. Thì chỉ thay đổi nh
sau: Vì x+ thì x > 0
x x> <

1 1
đợc thay bởi
x x> >

1 1
.
Ví dụ 2.9. (i) Chứng minh rằng:
x
x
lim
x


+
=
ữ

2
2
2 1
2

2
2 1
2
.(đpcm)
(ii) Chứng minh rằng:
x
x
lim
x



=
ữ
+

3 5
5
2
.
Chứng minh. Với mỗi > 0 cho trớc. Khi đó, ta có:
f(x) + 5<
x
x x

+ < <
+ +
3 5 13
5
2 2

> )
x
x

+ <
+
3 5
5
2
.(đpcm)
Nhận xét 2.3. Nếu ký hiệu a

là a (hữu hạn), là (hoặc +, );

là > 0
Toỏn Cao cp
6
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
hoặc > 0. Thì các định nghĩa giới hạn đ phát biểu ở trên đã ợc phát biểu d-
ới một định nghĩa chung nh sau:
( ) ( )
( ) ( ) { }
( )
( )
x a
lim f x b , V a x V a \ a f x b





( a

) đều tồn tại x
0
V

( a

)\{ a

} sao cho | u(x
0
)| > M.
Ví dụ 2.10. + u(x) = cosx, v(x) = sinx là các ĐLBC trong bất kỳ quá trình
nào.
+

(x) = b (x, b là hằng số) là ĐLBC trong bất kỳ quá trình nào.
+ v (x) = x
2
không phải là ĐLBC khi x +.
2.3. Vô cùng bé.
2.3.1. Định nghĩa vô cùng bé.
Định nghĩa 2.5. Đại lợng

(x) đợc gọi là một vô cùng bé (VCB) khi x a

nếu:
( ) ( )
( ) ( ) { }

7
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Nhng (x)= sin x là không phải là VCB khi xa k (k nguyên) vì:
( )
x a x a
lim x limsin x sina sink

= = =
0
.
+ (x) = 0 (x) là VCB trong mọi quá trình.
+ (x) = b 0 (x) không phải là VCB trong bất kỳ quá trình nào.
Nhận xét 2.4.
(i) Qua ví dụ 2.11 ta thấy một đại lợng có thể là VCB trong quá trình
này mà không phải là VCB trong quá trình khác. Vì vậy, khi nói đến một
VCB phải nói rõ trong quá trình nào.
(ii) Một VCB trong một quá trình cũng là ĐLBC trong quá trình đó.
2.3.2. Tính chất của vô cùng bé.
Tính chất 2.1. Nếu

(x),

(x) đều là các VCB khi xa


thì

(x)



2
.
Do đó,
( )
( ) ( ) ( ) ( ) { }
(
)
( )
( )
x
, V a V a V a : x V a \ a
x





<

> =


<


0 0
2
0
2
,


(x) là VCB khi x a

, u(x) là ĐLBC khi x a


thì

(x)u(x) cũng là VCB khi x a

.
Hệ quả 2.2.1. Tích của một VCB và một hằng số trong một quá trình cũng
là một VCB trong quá trình đó.
Hệ quả 2.2.2. Tích của hai VCB trong cùng một quá trình cũng là một VCB
trong quá trình đó.
Tính chất 2.3. (Định lý cơ bản)
Điều kiện cần và đủ để hàm f(x) có giới hạn hữu hạn bằng b khi x
a


là f(x) đợc viết dới dạng f(x) = b +

(x), trong đó

(x) là VCB khi x a

.
Chứng minh.
Vì
( )

hạn, ta có thể dùng định lý cơ bản trên để chứng minh một giới hạn.
Ví dụ 2.12.
x
x
lim
x
+
+
=
3 1
3
vì:
x
x x
+
= +
3 1 1
3
mà
x
1
là VCB khi x +.
2.3.3. So sánh hai vô cùng bé.
Định nghĩa 1.6. Cho

(x),

(x) đều là các VCB khi x a

. Nếu:

x



=

1
, thì

(x) và

(x) đợc gọi là các VCB tơng đơng khi
x a

(ký hiệu là:

(x)

(x) khi x a

).
+
( )
( )
x a
x
lim
x




0
x
x x
lim
x

+
=
2
0
2
( )
x
lim x

+ =
0
2 2
.
Vậy (x) = x
2
+ 2x, (x) = x là các VCB cùng cấp khi x 0.
(ii) (x) = 3x sin x, (x) = x đều là các VCB x 0. Có:
( )
( )
x
x
lim
x



=

0
x
x x
lim
x

+
=
2
0
2
( )
x
lim x

+ =
0
2 1 1
.
Vậy (x) = 2x
2
+ x, (x) = x là các VCB tơng đơng khi x 0.
2.4. Giới hạn vô hạn.
Định nghĩa 2.7.
+
( )

Trn Thin Hựng CQ46/11.14
+
( )
( )
( ) { }
( )
( )
x a
lim f x
M , x V a \ a f x M;





=
> > <
0 0

( )
( )
( ) ( ) { }
( )
( ) ( )
M M
V , V a : x V a \ a f x V





.
Đặt =
M
1
> 0. Khi đó,
(M > 0), ( =
M
1
> 0 | x: 0 < |x| < ) f(x) > M. (đpcm)
(ii)
( )
x
lim x

+ =
3 8
. Với mỗi M > 0 cho trớc, đặt =
M + 8
3
> 0. ta có:
( ) ( )
M
f x M x M x
+
< + < <
8
3 8
3
.
Khi đó, (M > 0), ( =

lim x



cha chắc đã tồn tại, nhng (x) vẫn có thể là một vô cùng lớn khi x
a

.
Ví dụ 2.15. Đại lợng (x) =
x
1
là VCL khi x 0 vì:
( )
x x
lim x lim
x

= = +
0 0
1
.
Mặt khác,
x
lim
x


= + =
0
1

). Thì
( )
x
1
là một VCB khi x a


và ngợc lại.
2.5.3. So sánh hai vô cùng lớn.
Định nghĩa 2.9. Cho

(x),

(x) đều là các VCL khi x a

. Nếu:
Toỏn Cao cp
12
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
+
( )
( )
x a
x
lim k
x



=




= +

thì

(x) đợc gọi là VCL bậc cao hơn

(x) khi x
a

(ký hiệu là:

(x) = 0(

(x)) khi x a

).
Ví dụ 2.17. (i) (x) = 2x
2
+ x, (x) = x
2
đều là các VCL khi x +. Có:
( )
( )
x
x
lim
x

lim
x


=

x
x
lim
x

+
=
4
x
lim
x

+ =
4
1 1
.
Vậy (x) = x + 4 là VCL tơng đơng với (x) = x khi x .
(iii) (x) = 2x
2
+ x, (x) = x đều là các VCL khi x . Có:
( )
( )
x
x

( ) ( )
x a x a
lim f x b,lim g x k= =
(b, k là các
số hữu hạn). Khi đó,
+
( ) ( )
x a
lim f x g x


=

( ) ( )
x a x a
lim f x lim g x b k =
;
+
( ) ( )
x a
lim f x g x


=

với k 0.
Định lý vẫn đúng khi có ít nhất một trong các số b và k là số vô hạn.
Chứng minh. (Ta chứng minh cho trờng hợp thứ nhất, các trờng hợp còn lại
chứng minh tơng tự).
Vì
( ) ( )
x a x a
lim f x b,lim g x k= =
với b, k là các số hữu hạn nên theo định
lý cơ bản ta có: f(x) = b + (x); g(x) = k + (x), trong đó (x) và (x) là các
VCB khi x a*. Do đó,
f(x)

g(x) = b

k + (x)

(x).
Mà (x)

(x) là VCB khi x a*.
Theo định lý cơ bản ta có:
( ) ( )
x a
lim f x g x



Nhận xét 2.5. Nếu (x), (x), u(x), v(x) đều là các VCB hoặc đều là các VCL
khi x a

; (x) (x) khi x a

; u(x) v(x) khi x a

và tồn tại:
( )
( )
x a
x
lim
v x



. Thì
( )
( )
x a
x
lim
u x



=
( )
( )

2
x
n

2
+ + a
n

1
x

, trong đó a
0
,
a
1
, , a
n

1
là các hằng số với a
0
, a
n

1

0 . Chứng minh rằng:
(i) P
n


=
0
( )
n
n
x
a
a a
lim
a x
a x a x

+ + + + =1
1 2
2 1
0
0 0
1 1
(đpcm).
(ii) P
n
(x) và a
n

+ + + + + =1 2 3
2
0 1 2
0
1 1 1 1
1 1
(đpcm) .
Nhận xét 2.6. Qua kết quả của ví dụ 2.18 ta có các kết luận sau:
+Một đa thức theo x tơng đơng với số hạng có bậc cao nhất khi x ().
+ Một đa thức theo x tơng đơng với số hạng có bậc thấp nhất khi x0. Vì
vậy, ta có:
Toỏn Cao cp
15
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
(i)
x
x x
lim
x x
+
+
+
2
2
3 5 1
2 7
=

x

=
0
2 2
7 7
.
2.6.2. Các tính chất.
Tính chất 2.7. Cho
( )
x a
lim f x b


=
(b hữu hạn). Khi đó,
(i) Nếu b > 0. Thì
( )
V a




sao cho
( )
x V a





( )
V a




:
( )
x V a




\{
a

}) f(x) b< . (2.4)
(i) Nếu b > 0. Vì (2.4) đúng với mọi > 0, nên cũng đúng khi
0
=
b
2
> 0.
Nghĩa là
( )
V a





V a




1
:
( )
x V a




1
\{
a

} f(x) < b +
1
= b
b
2
=
b
2
< 0. (ii)
đúng.
Tính chất 2.8. Cho
( )
x a

sao cho
( )
x V a




\{
a

} đều có f(x) < 0. Thì b 0.
(các tính chất 2.7 và 2.8 không hẳn ngợc nhau)
Toỏn Cao cp
16
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Ví dụ 2.19. (i) f(x) =
x
2
1
> 0 (x V
4
(+)). Nhng
x
lim
x
+
=
2
1
0

> <
0
. (2.3.)
Vì (2.3) đúng với mọi > 0, nên cũng đúng với
0
= 1. Nghĩa là:
( )
( ) ( ) { }
(
)
( )
, V a : x V a \ a f x b



= <
0 0
0
1 1
b 1 < f(x) < b + 1.
Hay
( ) ( ) { }
(
)
( )
( )
V a : x V a \ a f x C max b , b .




( )
x a
lim f x


=
1
( )
x a
lim f x b


=
2
. Thì tồn tại
( )
x a
lim f x b


=
.
Ví dụ 2.20. Tính
x
sin x
lim
x
+
2
.

1 1
0
. Theo tiêu chuẩn 1 thì
x
sin x
lim
x
+
2
= 0.
Tiêu chuẩn 2.
(i) Nếu f(x) đơn điệu tăng và bị chặn trên bởi M khi x

a


(hoặc +)
thì tồn tại giới hạn của f(x) khi x

a

(hoặc + ) đồng thời giới hạn đó M.
(ii) Nếu f(x) đơn điệu giảm và bị chặn dới bởi m khi x

a

(hoặc + )
thì tồn tại giới hạn của f(x) khi x

a

=
0
1
và
n
n
lim e
n
+

+ =
ữ

1
1
,trong đó e là số vô tỷ 2,71828
Từ đó ta dễ dàng chứng minh đợc:
x
x
lim e
x
+

+ =
ữ

1
1
và
[ ]

(C
1
)
( )
( )
( ) ( )
x x
x x
f x ;
lim f x ;
lim f x f x .










=

0
0
0
0
(C
2
)

nếu:
( ) ( )
x x
lim f x f x


=
0
0
.
Định nghĩa 2.12. Hàm f(x) đợc gọi là liên tục bên phải tại x
0
nếu:
( ) ( )
x x
lim f x f x
+

=
0
0
.
Định lý 2.6. Điều kiện cần và đủ để hàm f(x) liên tục tại x
0
là f(x) vừa liên
tục bên trái tại x
0
vừa liên tục bên phải tại x
0
.

số.
Định nghĩa 2.14.
+ Hàm f(x) đợc gọi là liên tục trên (a; b) nếu f(x) liên tục tại mọi điểm thuộc
(a; b).
+ Hàm f(x) đợc gọi là liên tục trên [a; b] nếu f(x) liên tục trên (a; b), tại a
liên tục bên phải và tại b liên tục bên trái.
Toỏn Cao cp
19
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Ví dụ 2.21 . (i) Xét sự liên tục của hàm f(x) = 3x + 2 tại x = 1.
Ta có: + Hàm số xác định tại x = 1 và f(1) = 5.
+
( ) ( )
x x
lim f x lim x

= + =
1 1
3 2
5.
Hàm số liên tục tại x = 1.
(ii) Với giá trị nào của f(2) thì hàm f(x) =
x
x


3
8
2
liên tục tại x = 2?

Với giá trị nào của a thì hàm f(x) liên tục tại x = 3?
Ta có: Hàm số xác định tại x = 3 và f(3) = 3a + 1.

( ) ( )
x x
lim f x lim ax a= + = +
3 3
1 3 1
,
( )
( )
x x
lim f x lim x
+ +

= =
2
3 3
2 7
.
Để hàm số liên tục tại x = 3 thì 3a + 1 = 7 a = 2.
(iiii) Xét sự liên tục của hàm f(x) =
x
khi x ;
khi x .



1
3
3 2
= f(0) f(x) liên tục bên trái tại x = 0.
+
( )
x x
x
lim f x lim
+ +

= =
+
1
0 0
1
0
3 2
f(0)
f(x) gián đoạn loại 1 tại x = 0.
Nhận xét 2.8. Trong ví dụ 2.21 (iii) đợc thay bởi:
Toỏn Cao cp
20
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Cho f(x) =
ax khi x ;
x khi x .
+



2.7.3. Tính chất của hàm số liên tục trên một đoạn.
Định lý 2.10 (Bolzano-Cauchy). Nếu y = f(x) liên tục trên[a; b] (a, b hữu
hạn) và
à
là một giá trị trung gian của hàm số trên [a; b]. Thì tồn tại c
[a; b] sao cho: f(c) =
à
.
ý nghĩa của định lý : Nếu hàm y = f(x) liên tục trên [a; b] (a, b hữu hạn) và
à {f(x) : x [a; b]} (tập giá trị của hàm số trên [a; b]). Thì đờng thẳng y =
à cắt đồ thị hàm y = f(x) tại ít nhất một điểm. Hay nếu hàm y = f(x) liên tục
trên [a; b] (a, b hữu hạn) thì đồ thị hàm y = f(x) trên [a; b] là một đờng liền
không bị đứt đoạn.
Hệ quả 2.10. Nếu hàm f(x) liên tục trên [a; b] (a, b hữu hạn) và f(a)f(b) < 0.
Thì phơng trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm trên(a; b).
Toỏn Cao cp
21
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Định lý 2.11 (Weierstrass). Nếu hàm y = f(x) liên tục trên [a; b] (a, b hữu
hạn). Thì f(x) đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên [a; b]. Nghĩa là tồn tại
x
1
, x
2
[a; b] sao cho:
m = f(x
1
) f(x) f(x
2
) = M (x [a; b]).

x x
lim f x lim x a= +
1 1
2
= a 2;
+
( )
( )
x x
lim f x lim bx
+ +

=
2
1 1
1
= b 1.
(i) Nếu a 2 = b 1 a = b + 1. Thì hàm f(x) liên tục trên (,+).
(ii) Nếu a 2 b 1 a b + 1. Thì hàm f(x) liên tục tại mọi x 1, liên
tục bên trái tại x = 1 và gián đoạn loại 1 tại x = 1.
Toỏn Cao cp
22
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
2.7.5. Các công thức tơng đơng.
Nhận xét 2.10. Từ giới hạn cơ bản thứ nhất
x
sin x

1
sin kx kx khi x 0
(với k là hằng số).
(ii)
x
cos x
lim
x


2
0
1
=
x
x
sin
lim
x


2
2
0
2
2
=
x
x
lim

lim f x

0
ta chứng minh hàm liên tục tại x
0
, khi đó
( ) ( )
x x
lim f x f x

=
0
0
.
Toỏn Cao cp
23
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Ví dụ 2.23. Tính (i)
x
tgx
lim
x
0
, (ii)
x
x
lim
x



f(0) =
.
cos
=
1
1
0
tg x x khi x 0.
(ii)
x
x
lim
x


+
2
2
1
2
. Ta có:
( )
x
f x
x

=
+
2
1

tục tại f(x
0
). Khi đó,
( )
x x
lim h f x

=

0
( )
x x
h lim f x

0
.
Nghĩa là nếu các f(x) và h(y) hàm liên tục thì có thể chuyển việc tính
giới hạn ở ngoài hàm h(.) vào trong hàm h(.).
Ví dụ 2.24. Tính I =
( )
a
x
log x
lim
x

+

Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Nhận xét 2.13. Vì log
a
(1+ x) và x đều là các vô cùng bé khi x 0 nên giới
hạn trong ví dụ 2.24 có dạng
0
0
. Từ kết quả của ví dụ 2.24 và định nghĩa so
sánh các vô cùng bé ta có công thức tơng đơng sau:
log
a
(1+ x)
x
lna
1
khi x 0; ln(1+ x) x khi x 0.
Ví dụ 2.25. (Ví dụ áp dụng) Tính
( )
x
log x
lim
x

+
2
0
1 3
.
Giải. Vì log
a

x
x
a
lim
x


0
1
với 0 < a 1.
Vì hàm a
x
1 là hàm số sơ cấp cơ bản xác định tại mọi điểm nên nó
liên tục tại mọi điểm nó liên tục tại điểm x = 0.
Đặt t = a
x
1. Thì khi x 0 t 0 và: x = log
a
(1+ t)
t
lna
1
khi t 0.
Do đó:
x
x
a
lim
x


(ii) Từ các nhận xét 2.12, 2.13 và phần (i) của nhận xét này ta có:
Toỏn Cao cp
25