Toán 11 Bài 2: Giới Hạn Của Hàm Số - HOC247

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:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x + 3\cos x + x}}{{2x + {{\cos }^2}3x}}\)

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {{x^2} + 3} - 2x}}{{\sqrt[3]{{x + 6}} + 2x - 1}}\)

Hướng dẫn:

a) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x + 3\cos x + x}}{{2x + {{\cos }^2}3x}} = \frac{{\sin 0 + 3\cos 0 + 0}}{{2.0 + {{\cos }^2}0}} = 3\)

b) 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?

a) \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} + 3x + 1}}{{{x^2} + 2}}{\rm{ khi }}x < 1\\\frac{{3x + 2}}{3}{\rm{ khi }}x \ge 1\end{array} \right.\) khi \(x \to 1\);

b) \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} + 3x + 1{\rm{ khi }}x \ge 0\\ - {x^2} + 3x + 2{\rm{ khi }}x < 0\end{array} \right.\) khi \(x \to 0\)

Hướng dẫn:

a) 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\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \frac{5}{3}\).

b) 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:

a) \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} + mx + 2m + 1}}{{x + 1}}{\rm{ khi }}x \ge 0\\\frac{{2x + 3m - 1}}{{\sqrt {1 - x} + 2}}{\rm{ khi }}x < 0\end{array} \right.\) có giới hạn khi \(x \to 0\).

b)\(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} + x - 2}}{{\sqrt {1 - x} }} + mx + 1{\rm{ khi }}x < 1\\3mx + 2m - 1{\rm{ khi }}x \ge 1\end{array} \right.\) có giới hạn khi \(x \to 1\).

Hướng dẫn:

a) 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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x)\)

\( \Leftrightarrow 2m + 1 = \frac{{3m - 1}}{3} \Leftrightarrow m = - \frac{4}{3}\).

b) 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 \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x)}}{{g(x)}}\) trong đó \(f({x_0}) = g({x_0}) = 0\).

- Dạng này ta gọi là dạng vô định\(\frac{0}{0}\).

- Để khử dạng vô định này ta sử dụng định lí Bơzu cho đa thức

- Định lí: 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\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{{f_1}(x)}}{{{g_1}(x)}}\), 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 1:

Tính các giới hạn sau:

a) Tìm giới hạn \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^3} - 3{x^2} + 2}}{{{x^2} - 4x + 3}}.\)

b) Tìm giới hạn \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^4} - 5{x^2} + 4}}{{{x^3} - 8}}.\)

Hướng dẫn:

a) Ta có: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^3} - 3{x^2} + 2}}{{{x^2} - 4x + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{(x - 1)({x^2} - 2x - 2)}}{{(x - 1)(x - 3)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 2x - 2}}{{x - 3}} = \frac{3}{2}\).

b) Ta có: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^4} - 5{x^2} + 4}}{{{x^3} - 8}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{({x^2} - 1)({x^2} - 4)}}{{{x^3} - {2^3}}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{({x^2} - 1)(x - 2)(x + 2)}}{{(x - 2)({x^2} + 2x + 4)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{({x^2} - 1)(x + 2)}}{{{x^2} + 2x + 4}} = 1\).

Ví dụ 2:

Tìm các giới hạn sau:

a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^n} - 1}}{{x - 1}}\)

b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^5} - 5{x^3} + 2{x^2} + 6x - 4}}{{{x^3} - {x^2} - x + 1}}\)

Hướng dẫn:

a) 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: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {{x^{n - 1}} + {x^{n - 2}} + ... + x + 1} \right) = n\).

b) 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 3:

Tìm các giới hạn sau:

a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {2x - 1} - x}}{{{x^2} - 1}}\)

b)\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{3x + 2}} - x}}{{\sqrt {3x - 2} - 2}}\)

Lời giải:

a) Ta có:\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2x - 1 - {x^2}}}{{(x - 1)(x + 1)(\sqrt {2x - 1} + x)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - (x - 1)}}{{(x + 1)(\sqrt {2x - 1} + x)}} = 0\)

b) Ta có:\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(3x + 2 - {x^3})(\sqrt {3x - 2} + 2)}}{{3(x - 2)(\sqrt[3]{{{{(3x + 2)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{3x + 2}} + 4)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{ - ({x^2} + 2x + 1)(\sqrt {3x - 2} + 2)}}{{3(\sqrt[3]{{{{(3x + 2)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{3x + 2}} + 4)}} = - 1\) .

Bài toán 3: Tìm\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{f(x)}}{{g(x)}}\), trong đó\(f(x),g(x) \to \infty \), dạng này ta còn gọi là dạng vô định\(\frac{\infty }{\infty }\).

Phương pháp: Tương tự như cách khử dạng vô định ở dãy số. Ta cần tìm cách đưa về các giới hạn:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty \atop(x \to - \infty )} {x^{2k}} = + \infty \) ; \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty \atop(x \to - \infty )} {x^{2k + 1}} = + \infty {\rm{ }}( - \infty )\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty \atop(x \to - \infty )} \frac{k}{{{x^n}}} = 0{\rm{ }}(n > 0;k \ne 0)\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = + \infty {\rm{ }}( - \infty ) \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{k}{{f(x)}} = 0{\rm{ }}(k \ne 0)\).

Ví dụ 1:

Tìm các giới hạn sau:

a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{(4x + 1)}^3}{{(2x + 1)}^4}}}{{{{(3 + 2x)}^7}}}\)

b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} - 3x + 4} + 3x}}{{\sqrt {{x^2} + x + 1} - x}}\)

Hướng dẫn:

a) Ta có: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{\left( {4 + \frac{1}{x}} \right)}^3}{{\left( {2 + \frac{1}{x}} \right)}^4}}}{{{{\left( {\frac{3}{x} + 2} \right)}^7}}} = 8.\)

b) 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 2:

Tìm các giới hạn sau:

a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {2{x^2} + 1} - \sqrt {{x^2} + 1} }}{{2x + 2}}\)

b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {3{x^2} - 2} + \sqrt {x + 1} }}{{\sqrt {{x^2} + 1} - 1}}\)

Hướng dẫn:

a) Ta có:\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {2 + \frac{1}{{{x^2}}}} - \left| x \right|\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{x(2 + \frac{2}{x})}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {2 + \frac{1}{{{x^2}}}} - \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{2 + \frac{2}{x}}} = \frac{{\sqrt 2 - 1}}{2}.\) .

b) Ta có: \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {3 - \frac{2}{{{x^2}}}} + \left| x \right|\sqrt {\frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{\left| x \right|\left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} - \frac{1}{{\left| x \right|}}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {3 - \frac{2}{{{x^2}}}} - \sqrt {\frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{ - \left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} - \frac{1}{{\left| x \right|}}} \right)}} = \sqrt 3 .\)

Ví dụ 3:

Tìm giới hạn \(H = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt[4]{{16{x^4} + 3x + 1}} - \sqrt {4{x^2} + 2} } \right).\)

Hướng dẫn:

Ta có: \(H = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {16{x^4} + 3x + 1} - (4{x^2} + 2)}}{{\sqrt[4]{{16{x^4} + 3x + 1}} + \sqrt {4{x^2} + 2} }}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{16{x^4} + 3x + 1 - {{(4{x^2} + 2)}^2}}}{{\left( {\sqrt[4]{{16{x^4} + 3x + 1}} + \sqrt {4{x^2} + 2} } \right)\left( {\sqrt {16{x^4} + 3x + 1} + 4{x^2} + 2} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 16{x^2} + 3x - 3}}{{\left( {\sqrt[4]{{16{x^4} + 3x + 1}} + \sqrt {4{x^2} + 2} } \right)\left( {\sqrt {16{x^4} + 3x + 1} + 4{x^2} + 2} \right)}}\)

Suy ra \(H = 0\).

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 1:

Tìm giới hạn \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x + 1} - x} \right).\)

Hướng dẫn:

Ta có: \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{(\sqrt {{x^2} - x + 1} - x)(\sqrt {{x^2} - x + 1} + x)}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} + x}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} - x + 1 - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - x + 1}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} + x}} = - \frac{1}{2}\).

Ví dụ 2:

Tìm giới hạn \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2x + \sqrt {4{x^2} - x + 1} } \right).\)

Hướng dẫn:

\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{(2x - \sqrt {4{x^2} - x + 1} )(2x + \sqrt {4{x^2} - x + 1} )}}{{2x - \sqrt {4{x^2} - x + 1} }}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x + 1}}{{2x - \sqrt {4{x^2} - x + 1} }} = \frac{1}{4}\).

Ví dụ 3:

Tìm các giới hạn sau:\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } (\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} + \sqrt {{x^2} - 2x} )\)

Hướng dẫn:

Ta có: \(\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} + \sqrt {{x^2} - 2x} = (\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} - x) + (\sqrt {{x^2} - 2x} + x)\)

\( = \frac{{ - 3{x^2}}}{{\sqrt[3]{{{{({x^3} - 3{x^2})}^2}}} + x\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2}}} + {x^2}}} + \frac{{ - 2x}}{{\sqrt {{x^2} - 2x} - x}}\)

\( \Rightarrow A = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 3}}{{\sqrt[3]{{{{(1 - \frac{3}{x})}^2}}} + \sqrt[3]{{1 - \frac{3}{x}}} + 1}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 2}}{{ - \sqrt {1 - \frac{2}{x}} - 1}} = 0\).

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:

\( \bullet \)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{{\sin x}} = 1\), từ đây suy ra\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\tan x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{{\tan x}} = 1\).

\( \bullet \) 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 1:

Tìm giới hạn \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos ax}}{{{x^2}}}.\)

Hướng dẫn:

Ta có:\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2{{\sin }^2}\frac{{ax}}{2}}}{{{x^2}}} = \frac{a}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{\sin \frac{{ax}}{2}}}{{\frac{{ax}}{2}}}} \right)^2} = \frac{a}{2}\).

Ví dụ 2:

Tìm giới hạn \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\cos 2x - \cos 3x}}{{x(\sin 3x - \sin 4x)}}.\)

Hướng dẫn:

\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\sin \frac{{5x}}{2}\sin \frac{x}{2}}}{{ - 2x\cos \frac{{7x}}{2}\sin \frac{x}{2}}} = - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (\frac{5}{2}.\frac{{\sin \frac{{5x}}{2}}}{{\frac{{5x}}{2}}}).\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\cos \frac{{7x}}{2}}} = \frac{5}{2}\).

Ví dụ 3:

Tìm các giới hạn sau:

a)\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^3}\sin \frac{1}{{{x^2}}}\)

b)\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {2\sin x + {{\cos }^3}x} \right)\left( {\sqrt {x + 1} - \sqrt x } \right)\)

Hướng dẫn:

a) 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 \(A = 0\).

b) 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: \(B = 0\).