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
   


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



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.


   

  
     
      
   

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


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
  
  
     
      

      

      


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

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

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


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

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


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


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





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

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

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

, 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

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

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





. 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

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

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


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

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

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



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




     



  

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

/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

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

x


  


