HÀM SỐ LIÊN TỤC

A.ÔN TẬP LÝ THUYẾT:
1.Hàm số liên tục tại một điểm:  $y = f(x)$ liên tục tại $x_0 \iff  \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f({x_0})$
- Để xét tính liên tục của hàm số $y = f(x)$ tại điểm $x_0$ ta thực hiện các bước:
Bước 1: Tính   $f(x_0)$.
Bước 2: Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)$ (trong nhiều trường hợp ta cần tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x)$, $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x)$)
Bước 3: So sánh $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)$ với $f(x_0)$ và rút ra kết luận.
Bước 4: Kết luận.
2.Hàm số liên tục trên một khoảng: $y = f(x)$ liên tục tại mọi điểm thuộc khoảng đó.
3.Hàm số liên tục trên một đoạn $[a; b]$: $y = f(x)$ liên tục trên $(a; b)$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f(x) = f(a),\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {b^ - }} f(x) = f(b)$.
4.Hàm số đa thức liên tục trên $\mathbb{R}$.
   Hàm số phân thức, các hàm số lượng giác liên tục trên từng khoảng xác định của chúng.
5.Giả sử $y = f(x),\,\, y = g(x)$ liên tục tại điểm $x_0$.

Khi đó:
- Các hàm số $y = f(x) + g(x),\,\, y = f(x) – g(x),\,\, y = f(x).g(x)$ liên tục tại $x_0$.
- Hàm số $y = \frac{{f(x)}}{{g(x)}}$ liên tục tại $x_0$ nếu $g(x_0) \ne 0$.
6.Nếu $y = f(x)$ liên tục trên $[a; b]$ và $f(a). f(b)< 0$ thì tồn tại ít nhất một số $c \in (a; b):\,\, f(c) = 0$.
Nói cách khác: Nếu $y = f(x)$ liên tục trên $[a; b]$ và $f(a). f(b)< 0$ thì phương trình $f(x) = 0$ có ít nhất một nghiệm  $c\in (a; b)$.
Mở rộng: Nếu $y = f(x)$ liên tục trên [a; b]. Đặt $m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f(x)$,  $M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f(x)$. Khi đó với mọi $T \in (m; M)$ luôn tồn tại ít nhất một số $c \in (a; b)$: $f(c) = T$.
B.CÁC DẠNG TOÁN:
Vấn đề 1: Hàm số liên tục tại một điểm:
Dạng 1: $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
h(x,m) & \text{nếu}\,\,x \ne {x_0}\\
g(x,m) & \text{nếu}\,\,x = {x_0}
\end{array} \right.\,\,\,\,\,\text{tại}\,\,x = {x_0}$
Phương pháp:
Bước 1: Tính   $f(x_0)$.
Bước 2: Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)$.
Bước 3: So sánh $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)$ với $f(x_0)$ và rút ra kết luận.
Bước 4: Kết luận.
Ví dụ 1: Xét tính liên tục của hàm số tại điểm được chỉ ra: $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} - 3x + 2}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 1\,\,\,\,\,\,\\
- 3& &\text{nếu}\,\,x = 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$
Hướng dẫn giải:
$f(1) =  - 3$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} - 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {5x - 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{5x - 2}}{{x - 2}} =  - 3$
Do: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = f(1) =  - 3$ nên hàm số $f(x)$ liên tục tại ${x_0} = 1$
Vậy: Hàm số $f(x)$ liên tục tại ${x_0} = 1$
Ví dụ 2: Xét tính liên tục của hàm số tại điểm được chỉ ra: $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} - 3x + 2}}& &\text{nếu}\,x \ne 1\,\,\,\,\,\,\\
- 1& &\text{nếu}\,\,x = 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$
Hướng dẫn giải:
$f(1) =  - 1$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} - 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {5x - 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{5x - 2}}{{x - 2}} =  - 3$
Do: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) \ne f(1)$ nên hàm số $f(x)$ gián đoạn tại ${x_0} = 1$
Vậy: Hàm số $f(x)$ gián đoạn tại ${x_0} = 1$
Ví dụ 3: Tìm m để hàm số liên tục tại điểm được chỉ ra: $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} - 3x + 2}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 1\,\,\,\,\,\,\\
- 3mx - 1& &\text{nếu}\,\,x = 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$
Hướng dẫn giải:
$f(1) =  - 3m.1 - 1$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} - 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {5x - 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{5x - 2}}{{x - 2}} =  - 3$
Để hàm số $f(x)$ liên tục tại ${x_0} = 1 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = f(1) \Leftrightarrow  - 3m - 1 =  - 3 \Leftrightarrow m =  - \frac{2}{3}$
Vậy: Giá trị $m$ cần tìm là $m = -3$
Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Xét tính liên tục của hàm số tại điểm được chỉ ra:
a) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{x + 3}}{{x - 1}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 1\\
- 1& &\text{nếu}\,\,x = 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x =  - 1$ 
b) $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{\sqrt {x + 3}  - 2}}{{x - 1}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 1\,\,\,\,\,\,\\
\frac{1}{4}& &\text{nếu}\,\,x = 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$

c) $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2 - 7x + 5{x^2} - {x^3}}}{{{x^2} - 3x + 2}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 2\,\,\,\,\,\,\\
1& &\text{nếu}\,\,x = 2
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 2$
d) $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{\sqrt[3]{{x + 1}} - 1}}{x}& &\text{nếu}\,x \ne 0\,\,\,\,\,\,\\
\frac{1}{3}& &\text{nếu}\,\,x = 0
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 0$
Bài tập 2: Tìm $m$, $n$ để hàm số liên tục tại điểm được chỉ ra:
a) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^3} - {x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 1\\
3x + m& &\text{nếu}\,\,x = 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$
b) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
m&  &\text{nếu}\,\,x = 0\\
\frac{{{x^2} - x - 6}}{{x(x - 3)}}&  &\text{nếu}\,\,x \ne 0,x \ne 3\\
n&  &\text{nếu}\,\,x = 3
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 0\,\,\text{và}\,\,x = 3$
c) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2} - x - 2}}{{x - 2}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 2\\
m&  &\text{nếu}\,\,x = 2
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 2$
d) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{x - 2}}{{\sqrt {6 - x}  - \sqrt[3]{{6 + x}}}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 2\\
m&  &\text{nếu}\,\,x = 2
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 2$
Dạng 2: $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
h(x,m)& &\text{nếu}\,\,x \ge {x_0}\\
g(x,m)& &\text{nếu}\,\,x < {x_0}
\end{array} \right.\,\,\,\,\,\text{tại}\,\,x = {x_0}$ hoặc $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
h(x,m)& &\text{nếu}\,\,x > {x_0}\\
g(x,m)& &\text{nếu}\,\,x \le {x_0}
\end{array} \right.\,\,\,\,\,\text{tại}\,\,x = {x_0}$
Phương pháp:
Bước 1: Tính   $f(x_0)$.
Bước 2: Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f(x)$, $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f(x)$.
Bước 3: So sánh $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f(x)$, $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f(x)$ với $f(x_0)$ và rút ra kết luận.
Bước 4: Kết luận.
Ví dụ 1: Xét tính liên tục của hàm số tại điểm được chỉ ra: $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} - 3x + 2}}& &\text{nếu}\,x > 1\,\,\,\,\,\,\\
1& &\text{nếu}\,\,x \le 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$
Hướng dẫn giải:
$f(1) = 1$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} + x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {5x - 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{5x - 2}}{{x + 2}} = 1$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} 1 = 1$
Do: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = f(1) =  - 3$ nên hàm số $f(x)$ liên tục tại ${x_0} = 1$
Vậy: Hàm số $f(x)$ liên tục tại ${x_0} = 1$
Ví dụ 2: Xét tính liên tục của hàm số tại điểm được chỉ ra: $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} + x - 2}}& &\text{nếu}\,x > 1\,\,\,\,\,\,\\
- 1& &\text{nếu}\,\,x \le 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$
Hướng dẫn giải:
$f(1) =  - 1$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} + x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {5x - 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{5x - 2}}{{x + 2}} = 1$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} ( - 1) =  - 1$
Do: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = f(1) =  - 3$ nên hàm số f(x) gián đoạn tại ${x_0} = 1$
Vậy: Hàm số $f(x)$ gián đoạn tại ${x_0} = 1$
Ví dụ 3: Tìm m để hàm số liên tục tại điểm được chỉ ra: $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} + x - 2}}& &\text{nếu}\,\,x > 1\,\,\,\,\,\,\\
- 3mx - 1& &\text{nếu}\,\,x \le 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$
Hướng dẫn giải:
$f(1) =  - 3m.1 - 1$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} + x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {5x - 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{5x - 2}}{{x + 2}} = 1$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} ( - 3mx - 1) =  - 3m – 1$
Do hàm số $f(x)$ liên tục tại ${x_0} = 1 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = f(1) \Leftrightarrow  - 3m - 1 = 1 \Leftrightarrow m =  - \frac{2}{3}$
Vậy: Giá trị $m$ cần tìm là: $m =  - \frac{2}{3}$
Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Xét tính liên tục của hàm số tại điểm được chỉ ra:
a) $f(x)\, = \,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{x - 5}}{{\sqrt {2x - 1}  - 3}}& &\text{nếu}\,\,x > 5\\
{(x - 5)^2} + 3& &\text{nếu}\,\,x \le \,\,5
\end{array} \right.\,\,\,\,\,\text{tại}\,\,x = 5$ 
b) $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
1 - \cos x& &\text{nếu}\,\,x \le 0\,\,\,\,\,\,\\
\sqrt {x + 1}& &\text{nếu}\,\,x > \,0
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 0$
c) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{x - 1}}{{\sqrt {2 - x}  - 1}}& &\text{nếu}\,\,x < 1\\
- 2x& &\text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$ 
d) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{1 - \sqrt {2 - x} }}{{x - 1}}& &\text{nếu}\,\,x < 1\\
- \frac{x}{2}& &\text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$
e) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^4} - 1}}{{{x^3} - 1}}& &\text{nếu}\,\,x < 1\\
- 2x& &\text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$ 
f) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^3} - 3{x^2} + 3x - 1}}{{{x^2} - 1}}& &\text{nếu}\,\,x < 1\\
- 2x& &\text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$
g) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{\sqrt {{x^2} + 1}  - 1}}{{4 - \sqrt {{x^2} + 16} }}& &\text{nếu}\,\,x < 0\\
1 - 2{x^2}& &\text{nếu}\,\,x \ge 0
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,x = 0$
h) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{\sqrt[3]{{3 - 2x}} - \sqrt {2 - x} }}{{x - 1}}& &\text{nếu}\,\,x < 1\\
- \frac{x}{2}& &\text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$
Bài tập 2: Tìm m để hàm số liên tục tại điểm được chỉ ra:
a) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
{x^2}& &\text{nếu}\,\,x < 1\\
2mx - 3& &\text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$ 
b) $f(x)\, = \,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{x - 5}}{{\sqrt {2x - 1}  - 3}}& &\text{nếu}\,\,x > 5\\
{(x - 5)^2} + 3m& &\text{nếu}\,\,x \le \,\,5
\end{array} \right.\,\,\,\,\,\text{tại}\,\,x = 5$
c) $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
1 - m\cos x& &\text{nếu}\,\,x \le 0\,\,\,\,\,\,\\
\sqrt {x + 1}& &\text{nếu}\,\,x > \,0
\end{array} \right.\text{tại}\,\,x = 0$ 
d) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{x - 1}}{{\sqrt {2 - x}  - 1}}& &\text{nếu}\,\,x < 1\\
- 2mx + 1& &\text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$
e) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^4} - 1}}{{{x^3} - 1}}& &\text{nếu}\,\,x < 1\\
- 2(m - 1)x + 3& &\text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$
f) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^3} - 3{x^2} + 3x - 1}}{{{x^2} - 1}}& &\text{nếu}\,\,x < 1\\
m - 2x& &\text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$
Vấn đề 2: Hàm số liên tục trên tập xác định của nó:
Dạng 1: $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
h(x,m)& &\text{nếu}\,\,x \ne {x_0}\\
g(x,m)& &\text{nếu}\,\,x = {x_0}
\end{array} \right.$
Phương pháp:
Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số.
Bước 2: Khi $x \ne {x_0}$. Kiểm tra tính liên tục của hàm số $f(x)$ tại $x \ne {x_0}$.
Bước 3: Khi $x = {x_0}$.
- Tính   $f(x_0)$.
- Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)$.
- So sánh $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)$ với $f(x_0)$ và rút ra kết luận tại điểm $x_0$.

Bước 4: Kết luận tính liên tục trên tập xác định của chúng.
Ví dụ 1: Xét tính liên tục của hàm số trên tập xác định của chúng: $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{x - 1}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 1\,\,\,\,\,\,\\
3& &\text{nếu}\,\,x = 1
\end{array} \right.$
Hướng dẫn giải:
- Tập xác định: $D = \mathbb{R}$
- Nếu $x \ne 1$, thì hàm số $f(x) = \frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{x - 1}}$.
Đây là hàm phân thức hữu tỉ có tập xác định là $\left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)$.
Vậy nó liên tục trên mỗi khoảng  $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$
- Nếu $x = 1$
$f(1) =  - 3$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {5x - 2} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (5x - 2) = 3$
Do: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = f(1) = 3$ nên hàm số $f(x)$ liên tục tại ${x_0} = 1$
Suy ra hàm số f(x) liên tục tại ${x_0} = 1$
- Vậy: Hàm số $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$.
Ví dụ 2: Xét tính liên tục của hàm số trên tập xác định của chúng: $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{x - 1}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 1\,\,\,\,\,\,\\
- 1& &\text{nếu}\,\,x = 1
\end{array} \right.$
Hướng dẫn giải:
- Tập xác định: $D = \mathbb{R}$
- Nếu $x \ne 1$, thì hàm số $f(x) = \frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{x - 1}}$.
Đây là hàm phân thức hữu tỉ có tập xác định là $\left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)$.
Vậy nó liên tục trên mỗi khoảng  $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$
- Nếu $x = 1$
$f(1) =  - 1$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {5x - 2} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (5x - 2) = 3$
Do: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) \ne f(1)$ nên hàm số $f(x)$ không liên tục tại ${x_0} = 1$
Suy ra hàm số $f(x)$ không liên tục tại ${x_0} = 1$
- Vậy: Hàm số $f(x)$ liên tục trên mỗi khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$ nhưng gián đoạn tại ${x_0} = 1$
Ví dụ 3: Tìm $m$ để hàm số liên tục trên tập xác định của chúng:
$f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{x - 1}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 1\,\,\,\,\,\,\\
- 3mx - 1& &\text{nếu}\,\,x = 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$
Hướng dẫn giải:
- Tập xác định: $D = \mathbb{R}$
- Nếu $x \ne 1$, thì hàm số $f(x) = \frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{x - 1}}$.
Đây là hàm phân thức hữu tỉ có tập xác định là $\left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)$.
Vậy nó liên tục trên mỗi khoảng  $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$
- Nếu $x = 1$
$f(1) =  - 3m - 1$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {5x - 2} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (5x - 2) = 3$
Do hàm số $f(x)$ không liên tục tại ${x_0} = 1$ nên $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = f(1) \Leftrightarrow  - 3m - 1 = 3 \Leftrightarrow m =  - \frac{4}{3}$.
- Vậy: Giá trị $m$ cần tìm là $m =  - \frac{4}{3}$
Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Xét tính liên tục của hàm số trên tập xác định của chúng:
a) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{x + 3}}{{x - 1}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 1\\
- 1& &\text{nếu}\,\,x = 1
\end{array} \right.\,\,$   
b) $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{\sqrt {x + 3}  - 2}}{{x - 1}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 1\,\,\,\,\,\,\\
\frac{1}{4}& &\text{nếu}\,\,x = 1
\end{array} \right.$
c) $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2 - 7x + 5{x^2} - {x^3}}}{{x - 2}}& &\text{nếu}\,x \ne 2\,\,\,\,\,\,\\
1& &\text{nếu}\,\,x = 2
\end{array} \right.$  
d) $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^3} + x + 2}}{{{x^3} + 1}}& &\text{nếu}\,\,x \ne  - 1\\
\frac{4}{3}&  &\text{nếu}\,\,x =  - 1
\end{array} \right.$ 
e) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2} - 4}}{{x + 2}}&  &\text{nếu}\,\,x \ne  - 2\\
- 4&  &\text{nếu}\,\,x =  - 2
\end{array} \right.$  
f) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2} - 2}}{{x - \sqrt 2 }}&  &\text{nếu}\,\,x \ne \sqrt 2 \\
2\sqrt 2&  &\text{nếu}\,\,x = \sqrt 2
\end{array} \right.$
Bài tập 2: Tìm m để hàm số liên tục tại trên tập xác định của chúng:
a) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^3} - {x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 1\\
3x + m& &\text{nếu}\,\,x = 1
\end{array} \right.$  
b) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
m &  & khi\,\,x = 0\\
\frac{{{x^2} - x - 6}}{{x(x - 3)}}&  &\text{nếu}\,\,x \ne 0,x \ne 3\\
n&  &\text{nếu}\,\,x = 3
\end{array} \right.$
c) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2} - x - 2}}{{x - 2}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 2\\
m& &\text{nếu}\,\,x = 2
\end{array} \right.$   
d) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2} - x - 2}}{{x - 2}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 2\\
m&  &\text{nếu}\,\,x = 2
\end{array} \right.$ 
e) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^3} - {x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 1\\
3x + m&  &\text{nếu}\,\,x = 1
\end{array} \right.$  
f) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^3} + x - 2}}{{x - 2}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 2\\
m& &\text{nếu}\,\,x = 2
\end{array} \right.$
Dạng 2:$f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
h(x,m)& &\text{nếu}\,\,x \ge {x_0}\\
g(x,m)& &\text{nếu}\,\,x < {x_0}
\end{array} \right.$ hoặc $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
h(x,m)& &\text{nếu}\,\,x > {x_0}\\
g(x,m)& &\text{nếu}\,\,x \le {x_0}
\end{array} \right.$
Phương pháp:
Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số.
Bước 2: Khi $x \ne {x_0}$. Kiểm tra tính liên tục của hàm số $f(x)$ trên các khoàng.
Bước 3: Khi $x = {x_0}$.
- Tính   $f(x_0)$.
- Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f(x)$, $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f(x)$.
- So sánh $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f(x)$, $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f(x)$ với $f(x_0)$ và rút ra kết luận tại điểm ${x_0}$.
Bước 4: Kết luận tính liên tục trên tập xác định của chúng.
Ví dụ 1: Xét tính liên tục của hàm số trên tập xác định của chúng: $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{x - 1}}& &\text{nếu}\,\,x > 1\,\,\,\,\,\,\\
3& &\text{nếu}\,\,x \le 1
\end{array} \right.$
Hướng dẫn giải:
- Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.
- Nếu $x > 1$, thì hàm số $f(x) = \frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{x - 1}}$.
Đây là hàm phân thức hữu tỉ có tập xác định là $\left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)$.
Vậy nó liên tục trên mỗi khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$.
- Nếu $x < 1$, thì hàm số $f(x) = 1$.
Đây là hàm đa thức có tập xác định là $\mathbb{R}$.
Vậy nó liên tục trên mỗi khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$.
- Nếu $x = 1$
$f(1) = 3$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} + x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {5x - 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (5x - 2) = 3$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} 3 = 3$
Do: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = f(1) = 3$ nên hàm số f(x) liên tục tại ${x_0} = 1$
Vậy: Hàm số $f(x)$ liên tục tại ${x_0} = 1$
- Vậy: Hàm số $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$.
Ví dụ 2: Xét tính liên tục của hàm số trên tập xác định của chúng: $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{x - 1}}& &\text{nếu}\,\,x > 1\,\,\,\,\,\,\\
- 1& &\text{nếu}\,\,x \le 1
\end{array} \right.$
Hướng dẫn giải:
- Tập xác định: $D = \mathbb{R}$
- Nếu $x > 1$, thì hàm số $f(x) = \frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{x - 1}}$.
Đây là hàm phân thức hữu tỉ có tập xác định là $\left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)$.
Vậy nó liên tục trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$.
- Nếu $x < 1$, thì hàm số $f(x) = 1$.
Đây là hàm đa thứccó tập xác định là $\mathbb{R}$.
Vậy nó liên tục trên mỗi khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$.
- Nếu $x = 1$
$f(1) =  - 1$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} + x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {5x - 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (5x - 2) = 3$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }}  - 1 =  - 1$
Do: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = f(1)$ nên hàm số $f(x)$ gián đoạn tại ${x_0} = 1$
- Vậy: Hàm số $f(x)$ liên tục trên $\left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)$ và gián đoạn tại ${x_0} = 1$.
Ví dụ 3: Tìm $m$ để hàm số liên tục trên tập xác định của chúng: $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} + x - 2}}& &\text{nếu}\,x > 1\,\,\,\,\,\,\\
- 3mx - 1& &\text{nếu}\,\,x \le 1
\end{array} \right.$
Hướng dẫn giải:
- Tập xác định: $D = \mathbb{R}$
- Nếu $x > 1$, thì hàm số $f(x) = \frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{x - 1}}$.
Đây là hàm phân thức hữu tỉ có tập xác định là $\left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)$.
Vậy nó liên tục trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$.
- Nếu $x < 1$, thì hàm số $f(x) =  - 3mx - 1$.
Đây là hàm đa thứccó tập xác định là $\mathbb{R}$.
Vậy nó liên tục trên mỗi khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$.
- Nếu $x = 1$
$f(1) =  - 3m - 1$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2 - 7x + 5{x^2}}}{{{x^2} + x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {5x - 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (5x - 2) = 3$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} ( - 3mx - 1) =  - 3m – 1$.
Để hàm số $f(x)$ gián đoạn tại ${x_0} = 1$ khi $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = f(1) \Leftrightarrow m =  - \frac{4}{3}$.
- Vậy: Giá trị $m$ cần tìm là $m =  - \frac{4}{3}$.
Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Xét tính liên tục của hàm số trên tập xác định của chúng:
a) $f(x)\, = \,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{x - 5}}{{{x^2} - 25}}& &\text{nếu}\,\,x > 5\\
{(x - 5)^2} + \frac{1}{{10}}& &\text{nếu}\,x \le \,\,5
\end{array} \right.\,\,\,\,$  
b) $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
1 - \cos x& &\text{nếu}\,x \le 0\,\,\,\,\,\,\\
\sqrt {x + 1}& &\text{nếu}\,\,x > \,0
\end{array} \right.$
d) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
1 - x& &\text{nếu}\,\,\,x \le \,3\\
\frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{2x - 6}}& &\text{nếu}\,\,\,\,\,x\, > \,3
\end{array} \right.$     
e) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^4} - 1}}{{{x^3} - 1}}& &\text{nếu}\,\,x < 1\\
- 2x& &\text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.\,$ 
f) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^3} - 3{x^2} + 3x - 1}}{{x - 1}}& &\text{nếu}\,\,x < 1\\
- 2x& &\text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.\,\,$ 
g) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - 3x + 4& &\text{nếu}\,\,x < 2\\
5&  &\text{nếu}\,\,x = 2\\
2x + 1&  &\text{nếu}\,\,x > 2
\end{array} \right.$
h) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{12 - 6x}}{{{x^2} - 7x + 10}}& &\text{nếu}\,\,x \ne 2\\
2&  &\text{nếu}\,\,x = 2
\end{array} \right.$ 
Bài tập 2: Tìm m để hàm số liên tục trên tập xác định của chúng:
a) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} & &\text{nếu}\,\,x < 1\\
2mx - 3 & &\text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.$  
b) $f(x)\, = \,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{x - 5}}{{{x^2} - 25}}& &\text{nếu}\,\,x > 5\\
{(x - 5)^2} + 3m& &\text{nếu}\,\,x \le \,\,5
\end{array} \right.\,\,\,\,\,$
c) $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
1 - m\cos x& &\text{nếu}\,x \le 0\,\,\,\,\,\,\\
\frac{{{x^3} + x}}{x} & &\text{nếu}\,\,x > \,0
\end{array} \right.$ 
d) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{x - 1}}{{{x^3} - 1}}& &\text{nếu}\,\,x < 1\\
- 2mx + 1& &\text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.\,\,$
e) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^4} - 1}}{{{x^3} - 1}}& &\text{nếu}\,\,x < 1\\
- 2(m - 1)x + 3& &\text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.\,\,$ 
f) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^3} - 3{x^2} + 3x - 1}}{{x - 1}}& &\text{nếu}\,\,x < 1\\
m - 2x & &\text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.\,\,$
g) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
2{m^2} + 1& &\text{nếu}\,\,x \le 1\\
\frac{{{x^3} - {x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}}& &\text{nếu}\,\,x > 1
\end{array} \right.$
h) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + x &  & \text{nếu}\,\,x < 1\\
2 &  & \text{nếu}\,\,x = 1\\
mx + 1 &  & \text{nếu}\,\,x > 1
\end{array} \right.$
i) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} & &\text{nếu}\,\,x < 1\\
2mx - 3& &\text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.$   
j) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2} - 4x + 3}}{{x - 1}} & \text{nếu}\,\,x < 1\\
mx + 2\quad \quad \quad  & \text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.$
Vấn đề 3: Chứng minh phương trình có nghiệm:
Ví dụ 1: Chứng minh phương trình $3{x^3} + 2x - 2 = 0$ có nghiệm trong khoảng $\left( {0;1} \right)$
Hướng dẫn giải:
- Xét hàm số $f(x) = 3{x^3} + 2x - 2$là hàm đa thức, liên tục trên R tức liên tục trên khoảng $\left( {0;1} \right)$.
- Ta có: $f(0).f(1) = ( - 2).(3) =  - 6 < 0$.
- Do đó: $\exists c \in (0;1):\,f(c) = 0$, tức phương trình  có nghiệm $c \in \left( {0;1} \right)$.
Ví dụ 2: Chứng minh phương trình $2{x^3} - 6{x^2} + 5 = 0$ có ba nghiệm trong khoảng $\left( { - 1;3} \right)$.
Hướng dẫn giải:
- Xét hàm số $f(x) = 2{x^3} - 6{x^2} + 5$ liên tục trên R nên $f(x) = 2{x^3} - 6{x^2} + 5$ liên tục trên mọi đoạn.
- Ta có: $f( - 1) =  - 3 < 0$, $f(0) = 5 > 0$, $f(2) =  - 3 < 0$, $f(3) = 5 > 0$. Suy ra phương trình có nghiệm trong mỗi khoảng $\left( { - 1;0} \right)$, $\left( {0;2} \right)$, $\left( {2;3} \right)$.
- Vậy:  Phương trìn có ba nghiệm trên khoảng $\left( { - 1;3} \right)$
Ví dụ 3: Chứng minh rằng phương trình: $a{x^2} + bx + c = 0$ luôn có nghiệm $x \in \left[ {0;\frac{1}{3}} \right]$với $a \ne 0$ và $2a + 6b + 19c = 0$.
Hướng dẫn giải:
- Xét hàm số $f(x) = a{x^2} + bx + c$ liên tục trên $\mathbb{R}$.
Ta có: $f(0) = c$, $f(\frac{1}{3}) = \frac{1}{9}(a + 3b + 9c)$
Do đó: $f(0) + 18f(\frac{1}{3}) = 2a + 6b + 19c = 0$
Như thế:
- Nếu $f(0) = 0$ hay $f(\frac{1}{3}) = 0$ phương trình $f(x) = 0$ hiển nhiên có nghiệm thuộc $\left[ {0;\frac{1}{3}} \right]$.
- Nếu $f(0) \ne 0$ và $f(\frac{1}{3}) \ne 0$ ta thấy $f(0)f(\frac{1}{3}) < 0$.
Vậy: Phương trình $f(x) = 0$ có nghiệm trên $\left[ {0;\frac{1}{3}} \right]$.
Ví dụ 4: Với mọi $a,\,b,\,c \in R$, chứng minh phương trình: $a(x - b)(x - c) + b(x - c)(x - a) + c(x - a)(x - b) = 0$ luôn luôn có nghiệm.
Hướng dẫn giải:
- Xét hàm số $f(x) = a(x - b)(x - c) + b(x - c)(x - a) + c(x - a)(x - b)$ liên tục trên $\mathbb{R}$.
$f(a) = a(a - b)(a - c)$, $f(b) = b(b - c)(b - a)$, $f(c) = c(c - a)(c - b)$
Giả sử $a \le b \le c$ (tương tự các trường hợp sau)
- Nếu $a = 0$ hoặc $b = 0$hoặc $c = 0$ ta có $f(0) = 0$ do đó $x = 0$ là một nghiệm của phương trình.
- Nếu $b \ne 0$. Ít nhất có một trong hai trường hợp xảy ra:
+Với $a \le b < 0 \Rightarrow f(a)f(b) =  - ab{(a - b)^2}(a - c)(b - c) \le 0$
Suy ra phương trình có nghiệm trên đoạn $\left[ {a;b} \right]$
+Với $0 < b \le c \Rightarrow f(b)f(c) =  - bc{(a - b)^2}(b - a)(b - c) \le 0$
Suy ra phương trình có nghiệm trên đoạn $\left[ {b;c} \right]$.
Ví dụ 5: Chứng minh rằng nếu $2a + 3b + 6b = 0$ thì phương trình ${\rm{ata}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}x + b\tan x + c = 0$ có ít nhất một nghiệm trong khoảng $\left( {k\pi ;\frac{\pi }{4} + k\pi } \right)$ với $k \in Z$
Hướng dẫn giải:
- Xét hàm số ${\rm{f(x) = ata}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}x + b\tan x + c$
Đặt ${\rm{t = tanx, }}\,{{\rm{x}}_{\rm{0}}} \in \left( {k\pi ;\frac{\pi }{4} + k\pi } \right) \Rightarrow t \in \left( {0;1} \right)$. Khi đó ta có: ${\rm{f(t) = a}}{{\rm{t}}^{\rm{2}}} + bt + c$ có ít nhất một nghiệm ${{\rm{t}}_{\rm{0}}} \in {\rm{(0;1)}}$.
- Nếu ${\rm{a}} \ne {\rm{0,}}\,\,{\rm{c}} \ne {\rm{0}}$. Ta có: ${\rm{f(0)f}}\left( {\frac{{\rm{2}}}{{\rm{3}}}} \right){\rm{ = c}}\left( {\frac{{\rm{4}}}{{\rm{9}}}a + \frac{2}{3}b + c} \right) =  - \frac{{{c^2}}}{3} < 0$. Vậy phương trình ${\rm{f(t) = 0}}$ có nghiệm ${{\rm{t}}_{\rm{0}}} \in \left( {0;\frac{2}{3}} \right)$.
- Nếu ${\rm{c = 0}}$, lúc đó phương trình  có nghiệm ${{\rm{t}}_{\rm{1}}} = 0$, ${{\rm{t}}_{\rm{2}}} = \frac{2}{3}$ có nghĩa ${{\rm{t}}_{\rm{2}}} = \frac{2}{3} \in (0;1)$.
- Nếu ${\rm{a = 0}}$. Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
{\rm{bt + c = 0}}\\
{\rm{3(b + 2c) = 0}}
\end{array} \right.$
+Với ${\rm{b = c = 0}}$ phương trình ${\rm{f(t) = 0}}$ có vô số nghiệm nên tất nhiên sẽ có một nghiệm thuộc ${{\rm{t}}_{\rm{0}}} \in {\rm{(0;1)}}$.
+Với ${\rm{b}} \ne {\rm{0,}}\,\,{\rm{t  =   -  }}\frac{{\rm{c}}}{{\rm{b}}} = \frac{1}{2} \in \left( {0;1} \right)$.
- Tóm lại: $\forall a,\,b,\,c$ thỏa mãn $2a + 3b + 6b = 0$ thì phương trình ${\rm{f(t) = 0}}$ có ít nhất một nghiệm ${{\rm{t}}_{\rm{0}}} \in {\rm{(0;1)}}$, tức là $2a + 3b + 6b = 0$ thì phương trình ${\rm{ata}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}x + b\tan x + c = 0$ có ít nhất một nghiệm trong khoảng $\left( {k\pi ;\frac{\pi }{4} + k\pi } \right)$ với $k \in Z$.
Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Chứng minh rằng các phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt:
a) ${x^3} - 3x + 1 = 0$  
b) ${x^3} + 6{x^2} + 9x + 1 = 0$
c) $2x + 6\sqrt[3]{{1 - x}} = 3$
Bài tập 2: Chứng minh rằng các phương trình sau luôn có nghiệm:
a) ${x^5} - 3x + 3 = 0$  
b) ${x^5} + x - 1 = 0$  
c) ${x^4} + {x^3} - 3{x^2} + x + 1 = 0$
Bài tập 3: Chứng minh rằng phương trình: ${x^5} - 5{x^3} + 4x - 1 = 0$ có 5 nghiệm trên $(–2; 2)$.
Bài tập 4: Chứng minh rằng các phương trình sau luôn có nghiệm với mọi giá trị của tham số:
a) $m{(x - 1)^3}(x - 2) + 2x - 3 = 0$   
b) ${x^4} + m{x^2} - 2mx - 2 = 0$
c) $a(x - b)(x - c) + b(x - c)(x - a) + c(x - a)(x - b) = 0$
d) $(1 - {m^2}){(x + 1)^3} + {x^2} - x - 3 = 0$
e) $\cos x + m\cos 2x = 0$    
f) $m(2\cos x - \sqrt 2 ) = 2\sin 5x + 1$
Bài tập 5: Chứng minh rằng phương trình:
a) ${x^3} + 6{x^2} + 9x + 1 = 0$ có 3 nghiệm phân biệt.
b) $m{(x - 1)^3}({x^2} - 4) + {x^4} - 3 = 0$ luôn có ít nhất 2 nghiệm với mọi giá trị của m.
c) $({m^2} + 1){x^4} - {x^3} + 1 = 0$ luôn có ít nhất 2 nghiệm nằm trong khoảng $\left( { - 1;\sqrt 2 } \right)$ với mọi m.
d) ${x^3} + m{x^2} - 1 = 0$ luôn có 1 nghiệm dương.
e) ${x^4} - 3{x^2} + 5x - 6 = 0$ có nghiệm trong khoảng $(1; 2)$.
Bài tập 6: Chứng minh các phương trình sau luôn có nghiệm:
a) $a{x^2} + bx + c = 0$  với  $2a + 3b + 6c = 0$
b) $a{x^2} + bx + c = 0$ với  $a + 2b + 5c = 0$
c) ${x^3} + a{x^2} + bx + c = 0$
Bài tập 7: Cho $m > 0$ và $a$, $b$, $c$ là 3 số thực thoả mãn:  $\frac{a}{{m + 2}} + \frac{b}{{m + 1}} + \frac{c}{m} = 0$. Chứng minh rằng phương trình:  $f(x) = a{x^2} + bx + c = 0$ có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng $(0; 1)$.
HD:  Xét 2 trường hợp $c = 0$; $c \ne 0$. Với $c \ne 0$ thì $f(0).f\left( {\frac{{m + 1}}{{m + 2}}} \right) =  - \frac{{{c^2}}}{{m(m + 2)}} < 0$

GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ

 

A. LÝ THUYẾT:

I.Giới hạn hữu hạn

1. Giới hạn đặc biệt:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{1}{n} = 0$;
$\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{1}{{{n^k}}} = 0\,\,(k \in {\mathbb{Z}^ + })$
$\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {q^n} = 0\,\,(\left| q \right| < 1)$;
$\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } C = C$

2. Định lí :
a) Nếu lim $u_n = a$, $\lim {v_n} = b$ thì
$\lim (u_n + v_n) = a + b$
$\lim (u_n – v_n) = a – b$
$\lim (u_n.v_n) = a.b$
$\lim \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \frac{a}{b}$  (nếu $b\ne 0$)
b) Nếu $u_n \ge 0$, $\forall n$ và $\lim u_n= a$ thì $a \ge 0$ và $\lim \sqrt {{u_n}}  = \sqrt a $

c) Nếu $\left| {{u_n}} \right| \le {v_n}$, $\forall n$  và  $\lim v_n = 0$  thì  $\lim u_n = 0$
d) Nếu $\lim u_n = a$  thì  $\lim \left| {{u_n}} \right| = \left| a \right|$

3. Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn
$S = {u_1} + {u_1}q + {u_1}{q^2} + ... + {u_1}{q^n} = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}}$ $\left( {\left| q \right| < 1} \right)$

II.Giới hạn vô cực

1. Giới hạn đặc biệt:
$\lim \sqrt n  =  + \infty $
$\lim {n^k} =  + \infty \,\,(k \in {\mathbb{Z}^ + })$
$\lim {q^n} =  + \infty \,\,(q > 1)$

2. Định lí:
a) Nếu $\lim \left| {{u_n}} \right| =  + \infty $ thì  $\lim \frac{1}{{{u_n}}} = 0$
b) Nếu $\lim u_n = a$, $\lim v_n = \pm \infty$ thì $\lim \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = 0$
c) Nếu $\lim u_n = a \ne 0$, $\lim v_n = 0$  thì $\lim \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} =  \pm \infty $
Cho trong bảng sau:
$\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
\lim u_n & \lim v_n & Dấu của\,\, v_n & \lim \frac{u_n}{v_n}\\
\hline
+ &0&+&+\infty \\
\hline
+ &0&-&-\infty \\
\hline
- &0&+&-\infty \\
\hline
- &0&-&+\infty \\
\hline
\end{array}$

d) Nếu $\lim {u_n} =  \pm \infty $, $\lim v_n = a$ thì $\lim {u_n}{v_n} =  \pm \infty $
Cho trong bảng sau:
$\begin{array}{|c|c|c|}
\hline
\lim u_n & \lim v_n & \lim {u_n.v_n}\\
\hline
+ &+\infty&+\infty \\
\hline
+ &-\infty&-\infty \\
\hline
- &+\infty&-\infty \\
\hline
- &-\infty&+\infty \\
\hline
\end{array}$

* Khi tính giới hạn có một trong các dạng vô định: $\frac{0}{0}$, $\frac{\infty }{\infty }$, $\infty –\infty$, $0.\infty$  thì phải tìm cách khử dạng vô định.

B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ:
1.DẠNG 1: $\lim \frac{{P(n)}}{{Q(n)}}$ (Trong đó $P(n)$, $Q(n)$ là các đa thức có chứa biến $n$)
  Phương pháp: Chia cả tử và mẫu cho luỹ thừa cao nhất của $n$.
  Chú ý: $\lim \frac{{P(n)}}{{Q(n)}} = \left\{ \begin{array}{l}
k\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,\text{khi}\,\,\text{bậc của}\,\, (P(n)) = \text{bậc của}\,\, (Q(n))\\
0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,\text{khi}\,\, \text{bậc của}\,\, (P(n)) < \text{bậc của}\,\, (Q(n))\,\\
\pm \infty \,\,\,\,\,\,\,,\text{khi}\,\,\text{bậc của}\,\, (P(n)) > \text{bậc của}\,\, (Q(n))
\end{array} \right.$
VD1:
a) $\lim \frac{{n + 1}}{{2n + 3}} = \lim \frac{{1 + \frac{1}{n}}}{{2 + \frac{3}{n}}} = \frac{1}{2}$
b) $\lim \frac{{n + 1}}{{2{n^2} + 3}} = \lim \frac{{\frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{2 + \frac{3}{{{n^2}}}}} = \frac{0}{2} = 0$
c) $\lim \frac{{{n^2} + 1}}{{2n + 3}} = \lim \frac{{1 + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{\frac{2}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}}} =  + \infty $
Do: $\left\{\begin{array}{l}
\lim(1+\frac{1}{n^2})=1\\
\lim(\frac{2}{n}+\frac{3}{n^2}=0\\
\frac{2}{n}+\frac{3}{n^2}=0, \forall n \in {\mathbb{N}^*}
\end{array} \right.$

d) $\lim \frac{{\sqrt {{n^2} + n}  - 3n}}{{1 - 2n}} = \lim \frac{{\sqrt {1 + \frac{1}{n}}  - 3}}{{\frac{1}{n} - 2}} = 1$
e) $\lim \frac{{\sqrt {{n^2} + n}  - n}}{{n + \sqrt {4{n^2} + n - 2} }} = \lim \frac{{\sqrt {1 + \frac{1}{n}}  - 1}}{{1 + \sqrt {4 + \frac{1}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}} }} = \frac{0}{3} = 0$
f) $\lim \frac{{\sqrt {{n^2} + n}  - 3n}}{{1 - 2n + \sqrt {4{n^2} + n - 2} }} = \lim \frac{{\sqrt {1 + \frac{1}{n}}  - 3}}{{\frac{1}{n} - 2 + \sqrt {4 + \frac{1}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}} }} =  - \infty $
  Do: $\left\{ \begin{array}{l}
\lim (\sqrt {1 + \frac{1}{n}}  - 3) =  - 2 < 0\\
\lim (\frac{1}{n} - 2 + \sqrt {4 + \frac{1}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}} ) = 0\\
\frac{1}{n} - 2 + \sqrt {4 + \frac{1}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}}  > 0,\forall n \in {\mathbb{N}^*}
\end{array} \right.$
g)$\lim ({n^3} - n + 3) = \lim \frac{{1 - \frac{1}{{{n^2}}} + \frac{3}{{{n^3}}}}}{{\frac{1}{n}}} =  + \infty $
  Do: $\left\{\begin{array}{l}
\lim(1-\frac{1}{n^2}+\frac{3}{n^3})=-2<0\\
\lim\frac{1}{n}=0\\
\frac{1}{n}>0, \forall n \in {\mathbb{N}^*}
\end{array} \right.$

2.DẠNG 2:  $\lim \frac{{P({a^n})}}{{Q({b^n})}}$ (Trong đó Do: $P({a^n}),\,\,Q({b^n})$ là các đa thức chứa Do: $a^n$ và ${b^n}$)
Phương pháp giải: Chia cả tử và mẫu cho số lớn nhất có chứa mũ $n$.
Chú ý: $\lim \frac{{P({a^n})}}{{Q({b^n})}} = \left\{ \begin{array}{l}
k\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,\text{khi}\,\,a = b\\
0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,\text{khi}\,a < b\,\\
\pm \infty \,\,\,\,\,\,\,,\text{khi}\,\,a > b
\end{array} \right.$
 VD2: a) $\lim \frac{{{3^n} + 1}}{{{{2.3}^n} + 3}} = \lim \frac{{1 + {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n}}}{{2 + 3.{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n}}} = \frac{1}{2}$
   b) $\lim \frac{{{2^n} + 1}}{{{{2.3}^n} + 3}} = \lim \frac{{{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} + {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n}}}{{2 + 3.{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n}}} = \frac{0}{2} = 0$
   c) $\lim \frac{{{3^n} + 1}}{{{{2.2}^n} + 3}} = \lim \frac{{1 + {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n}}}{{2.{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} + 3.{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n}}} =  + \infty $
Do: $\left\{ \begin{array}{l}
\lim (1 + {\left( {\frac{1}{3}} \right)^n}) = 1\\
\lim (2.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^n} + 3.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^n}) = 0\\
2.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^n} + 3.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^n} > 0,\forall n \in {\mathbb{N}^*}
\end{array} \right.$
3.DẠNG 3: Nhân lượng liên hợp:
Phương pháp giải: Dùng các hằng đẳng thức
$\begin{array}{l}
\left( {\sqrt a  - \sqrt b } \right)\left( {\sqrt a  + \sqrt b } \right) = a - b; &  & \\
\left( {\sqrt[3]{a} - \sqrt[3]{b}} \right)\left( {\sqrt[3]{{{a^2}}} + \sqrt[3]{{ab}} + \sqrt[3]{{{b^2}}}} \right) = a - b\\
\left( {\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b}} \right)\left( {\sqrt[3]{{{a^2}}} - \sqrt[3]{{ab}} + \sqrt[3]{{{b^2}}}} \right) = a + b
\end{array}$
  VD3: 

a) $\lim \left( {\sqrt {{n^2} - 3n}  - n} \right)= \lim \frac{{\left( {\sqrt {{n^2} - 3n}  - n} \right)\left( {\sqrt {{n^2} - 3n}  + n} \right)}}{{\left( {\sqrt {{n^2} - 3n}  + n} \right)}}= \lim \frac{{ - 3n}}{{\sqrt {{n^2} - 3n}  + n}}= - \frac{3}{2}$

b) $\lim \frac{1}{{\sqrt {{n^2} - 3n}  - n}} = \lim \frac{{\sqrt {{n^2} - 3n}  + n}}{{\left( {\sqrt {{n^2} - 3n}  - n} \right)\left( {\sqrt {{n^2} - 3n}  + n} \right)}} = \lim \frac{{\sqrt {{n^2} - 3n}  + n}}{{ - 3n}} =  - \frac{2}{3}$
c) $\lim \frac{{\sqrt {4{n^2} - 3n}  - 2n}}{{\sqrt {{n^2} - 3n}  - n}} = \lim \frac{{ - 3n\left( {\sqrt {{n^2} - 3n}  + n} \right)}}{{ - 3n\left( {\sqrt {4{n^2} - 3n}  + 2n} \right)}} = \lim \frac{{\sqrt {{n^2} - 3n}  + n}}{{\sqrt {4{n^2} - 3n}  + 2n}} = \frac{1}{2}$
d) $\lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} - 3n}} - n} \right) = \lim \frac{{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} - 3{n^2}}} - n} \right)\left( {\sqrt[3]{{{{\left( {{n^3} - 3{n^2}} \right)}^2}}} + n.\sqrt[3]{{{n^3} - 3{n^2}}} + {n^2}} \right)}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {{n^3} - 3{n^2}} \right)}^2}}} + n.\sqrt[3]{{{n^3} - 3{n^2}}} + {n^2}}}$
   $ = \lim \frac{{ - 3{n^2}}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {{n^3} - 3{n^2}} \right)}^2}}} + n.\sqrt[3]{{{n^3} - 3{n^2}}} + {n^2}}}$=-1$
4.DẠNG 4: Tính giới hạn của tổng hữu hạn:
Phương pháp giải: Áp dụng các công thức đã học
$\begin{array}{l}
\left( {{u_n}} \right)\,\,\csc :\,\,{u_1} + {u_2} + ... + {u_n} = \frac{{2({u_1} + {u_n})}}{n}\\
\left( {{u_n}} \right)\,\,{\mathop{\rm cs}\nolimits} n:\,\,{u_1} + {u_2} + ... + {u_n} = \frac{{{u_1}(1 - {q^n})}}{{1 - q}}
\end{array}$
  VD4:
a)Ta có $\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$ 
$\lim \left( {\frac{1}{{1.2}} + \frac{1}{{2.3}} + \,\,\,...\,\, + \,\,\frac{1}{{n(n + 1)}}} \right) = \lim (1 - \frac{1}{{n + 1}}) = 1$
b) $\lim \frac{{1 + 3 + {3^2} + ... + {3^n}}}{{1 + 4 + {4^2} + ... + {4^n}}} = \lim \frac{{3\left( {1 - {3^n}} \right)}}{{2\left( {1 - {4^n}} \right)}} = 0$

5.DẠNG 5: Dùng định lí kẹp:
Phương pháp giải: Dùng định lí kẹp: Nếu $\left| {{u_n}} \right| \le {v_n}$,$\forall n$  và  $\lim v_n = 0$ thì $\lim u_n = 0$
VD5:
a)  $\lim \frac{{\sin n}}{n}$.
Vì   $0 \le \left| {\frac{{\sin n}}{n}} \right| \le \frac{1}{n}$ và $\lim \frac{1}{n} = 0$  nên  $\lim \frac{{\sin n}}{n} = 0$
b) $\lim \frac{{3\sin n - 4\cos n}}{{2{n^2} + 1}}$.
  Vì $\left| {3\sin n - 4\cos n} \right| \le \sqrt {({3^2} + {4^2})({{\sin }^2}n + {{\cos }^2}n)}  = 5$
  nên  $0 \le \left| {\frac{{3\sin n - 4\cos n}}{{2{n^2} + 1}}} \right| \le \frac{5}{{2{n^2} + 1}}$. 
Mà $\lim \frac{5}{{2{n^2} + 1}} = 0$ nên $\lim \frac{{3\sin n - 4\cos n}}{{2{n^2} + 1}} = 0$
c) $\lim \frac{{\sin n}}{{{4^n}}}$.
Vì   $0 \le \left| {\frac{{\sin n}}{{{4^n}}}} \right| \le {\left( {\frac{1}{4}} \right)^n}$ và $\lim {\left( {\frac{1}{4}} \right)^n} = 0$  nên  $\lim \frac{{\sin n}}{{{4^n}}} = 0$
d) $\lim \frac{n}{{{4^n}}}$.
Vì   $0 \le \left| {\frac{n}{{{4^n}}}} \right| \le {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}$ và $\lim {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = 0$  nên  $\lim \frac{n}{{{4^n}}} = 0$
e) $\lim \frac{{n + \sin n}}{{{4^n}}} = \lim \frac{n}{{{4^n}}} + \lim \frac{{\sin n}}{{{4^n}}} = 0$.
C. BÀI TẬP VẬN DỤNG:

BÀI  1: Tính các giới hạn sau:
a) $\lim \,\,\frac{{2{n^2} - n + 3}}{{3{n^2} + 2n + 1}}$ 
b) $\lim \,\frac{{2n + 1}}{{{n^3} + 4{n^2} + 3}}$ 
c) $\lim \frac{{3{n^3} + 2{n^2} + n}}{{{n^3} + 4}}$
d) $\lim \frac{{{n^4}}}{{(n + 1)(2 + n)({n^2} + 1)}}$
e) $\lim \,\frac{{{n^2} + 1}}{{2{n^4} + n + 1}}$ 
f) $\lim \frac{{2{n^4} + {n^2} - 3}}{{3{n^3} - 2{n^2} + 1}}$
BÀI  2: Tính các giới hạn sau:
a) $\lim \frac{{1 + {3^n}}}{{4 + {3^n}}}$ 
b) $\lim \frac{{{{4.3}^n} + {7^{n + 1}}}}{{{{2.5}^n} + {7^n}}}$ 
c) $\lim \frac{{{4^{n + 1}} + {6^{n + 2}}}}{{{5^n} + {8^n}}}$
d) $\lim \,\frac{{{2^n} + {5^{n + 1}}}}{{1 + {5^n}}}$ 
e) $\lim \frac{{1 + {{2.3}^n} - {7^n}}}{{{5^n} + {{2.7}^n}}}$ 
f) $\lim \frac{{1 - {{2.3}^n} + {6^n}}}{{{2^n}({3^{n + 1}} - 5)}}$   
BÀI  3: Tính các giới hạn sau:
a) $\lim \frac{{\sqrt {4{n^2} + 1}  + 2n - 1}}{{\sqrt {{n^2} + 4n + 1}  + n}}$ 
b) $\lim \frac{{\sqrt {{n^2} + 3}  - n - 4}}{{\sqrt {{n^2} + 2}  + n}}$ 
c)  $\lim \frac{{{n^2} + \sqrt[3]{{1 - {n^6}}}}}{{\sqrt {{n^4} + 1}  + {n^2}}}$
d) $\lim \frac{{\sqrt {4{n^2} + 1}  + 2n}}{{\sqrt {{n^2} + 4n + 1}  + n}}$  
e) $\lim \frac{{(2n\sqrt n  + 1)(\sqrt n  + 3)}}{{(n + 1)(n + 2)}}$ 
f) $\lim \frac{{\sqrt {{n^2} - 4n}  - \sqrt {4{n^2} + 1} }}{{\sqrt {3{n^2} + 1}  + n}}$
BÀI  4: Tính các giới hạn sau:
a) $\lim \left( {\frac{1}{{1.3}} + \frac{1}{{3.5}} + \,\,\,...\,\,\, + \frac{1}{{(2n - 1)(2n + 1)}}} \right)$
b) $\lim \left( {\frac{1}{{1.3}} + \frac{1}{{2.4}} + \,\,\,...\,\,\, + \frac{1}{{n(n + 2)}}} \right)$
c) $\lim \,\left( {1 - \frac{1}{{{2^2}}}} \right)\left( {1 - \frac{1}{{{3^2}}}} \right)\,\,\,...\,\,\,\left( {1 - \frac{1}{{{n^2}}}} \right)$ 
d) $\lim \left( {\frac{1}{{1.2}} + \frac{1}{{2.3}} + \,\,\,...\,\, + \,\,\frac{1}{{n(n + 1)}}} \right)$
e) $\lim \frac{{1 + 2 + ... + n}}{{{n^2} + 3n}}$
f) $\lim \frac{{1 + 2 + {2^2} + ... + {2^n}}}{{1 + 3 + {3^2} + ... + {3^n}}}$

BÀI  5: Tính các giới hạn sau:
a) $\lim \,\,\left( {\sqrt {{n^2} + 2n}  - n - 1} \right)$
b) $\lim \,\left( {\sqrt {{n^2} + n}  - \sqrt {{n^2} + 2} } \right)$
c) $\lim \,\,\left( {\sqrt[3]{{2n - {n^3}}} + n - 1} \right)$
d) $\lim \left( {1 + {n^2} - \sqrt {{n^4} + 3n + 1} } \right)\,$
e) $\lim \left( {\sqrt {{n^2} - n}  - n} \right)$ 
f) $\lim \frac{1}{{\sqrt {{n^2} + 2}  - \sqrt {{n^2} + 4} }}$
g) $\lim \frac{{\sqrt {4{n^2} + 1}  - 2n - 1}}{{\sqrt {{n^2} + 4n + 1}  - n}}$ 
h) $\lim \frac{{{n^2} + \sqrt[3]{{1 - {n^6}}}}}{{\sqrt {{n^4} + 1}  - {n^2}}}$
i) $\lim \frac{{\sqrt {{n^2} - 4n}  - \sqrt {4{n^2} + 1} }}{{\sqrt {3{n^2} + 1}  - n}}$
BÀI  6: Tính các giới hạn sau:
a) $\lim \frac{{2\cos {n^2}}}{{{n^2} + 1}}$
b) $\lim \frac{{{{( - 1)}^n}\sin (3n + {n^2})}}{{3n - 1}}$
c) $\lim \frac{{2 - 2n\cos n}}{{3n + 1}}$
d) $\lim \frac{{3{{\sin }^6}n + 5{{\cos }^2}(n + 1)}}{{{n^2} + 1}}$
e) $\lim \frac{{3{{\sin }^2}({n^3} + 2) + {n^2}}}{{2 - 3{n^2}}}$
f) $\lim \frac{{3{n^2} - 2n + 2}}{{n(3\cos n + 2)}}$

Các bạn xem có gì ý kiến giúp mình nhen. Vì mình mới biết đánh Latex ah.

3.Qui tắc tính đạo hàm:
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\textbf{Hàm số sơ cấp} & \textbf{Hàm hợp} && \textbf{Hàm số sơ cấp} & \textbf{Hàm hợp} \\
\hline
(C)'=0 &&&(\sin{x})'=\cos{x}&(\sin{u})'=u'\cos{u} \\
\hline
(x)'=0 &&&(\cos{x})'=-\sin{x}&(\cos{u})'=-u'\sin{u} \\
\hline
(x^n)'=1 &(u^n)'=n.u^{n-1}.u'&&(\tan{x})'=\frac{1}{\cos^2{x}}&(\tan{u})'=\frac{u'}{\cos^2{u}} \\
\hline
(\sqrt{x})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}&(\sqrt{u})'=\frac{u'}{2\sqrt{u}}&&(\cot{x})'=-\frac{1}{\sin^2{x}}&(\cot{u})'=-\frac{u'}{\sin^2{u}} \\
\hline
\end{array}$

 

Chúng ta sửa lại:

$(x)'=1$

$(x^n)'=nx^{n-1}$

ĐẠO HÀM HÀM CỦA HÀM SỐ

I.TÓM TẮT LÝ THUYẾT:
1.Định nghĩa đạo hàm tại một điểm:
- Cho hàm số $y = f(x)$ xác định trên $(a; b)$ và $x_0 \in (a; b):$
$f'({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}=
\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}}$   $(\Delta x = x – x_0, \Delta y = f(x_0 + \Delta x) – f(x_0)$
- Nếu hàm số  $y = f(x)$ có đạo hàm tại $x_0 $thì nó liên tục tại điểm đó.
2.Ý nghĩa của đạo hàm:
a)Ý nghĩa hình học: 
-  $f'(x_0)$ là hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f(x)$ tại $M\left( {{x_0};f({x_0})} \right)$.
- Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f(x$) tại $M\left( {{x_0};f({x_0})} \right)$ là: $y – y_0 = f'(x_0).(x – x_0)$
b)Ý nghĩa vật lí:
- Vận tốc tức thời của chuyển động thẳng xác định bởi phương trình $s = s(t)$ tại thời điểm $t_0$ là $v(t_0) = s'(t_0)$.
- Cường độ tức thời của điện lượng $Q = Q(t)$ tại thời điểm $t_0$ là $I(t_0) = Q'(t_0)$.
3.Qui tắc tính đạo hàm:
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\textbf{Hàm số sơ cấp} & \textbf{Hàm hợp} && \textbf{Hàm số sơ cấp} & \textbf{Hàm hợp} \\
\hline
(C)'=0 &&&(\sin{x})'=\cos{x}&(\sin{u})'=u'\cos{u} \\
\hline
(x)'=0 &&&(\cos{x})'=-\sin{x}&(\cos{u})'=-u'\sin{u} \\
\hline
(x^n)'=1 &(u^n)'=n.u^{n-1}.u'&&(\tan{x})'=\frac{1}{\cos^2{x}}&(\tan{u})'=\frac{u'}{\cos^2{u}} \\
\hline
(\sqrt{x})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}&(\sqrt{u})'=\frac{u'}{2\sqrt{u}}&&(\cot{x})'=-\frac{1}{\sin^2{x}}&(\cot{u})'=-\frac{u'}{\sin^2{u}} \\
\hline
\end{array}$

Chú ý: Các phép toán tính đạo hàm:
$\begin{array}{|c|c|c|}
\hline
\textbf{Phép toán} & \textbf{Công thức} & \textbf{Trường hợp riêng} \\
\hline
Cộng & (u+v)'=u'+v'& \\
\hline
Trừ & (u-v)'=u'-v'& \\
\hline
Nhân & (uv)'=u'v+uv' & (ku)'=ku' \\
\hline
Chia & (\frac{u}{v})'=\frac{u'v-uv'}{v^2} & (\frac{1}{v})'=-\frac{v'}{v^2} \\
\hline
\end{array}$

Chú ý: Khi lấy đạo hàm của một hàm số thì ta nhìn từ trái sang phải và ưu tiên cho phép toán.

5.Vi phân:
- $dy = df(x) = f\prime (x).\Delta x$ 
- $f({x_0} + \Delta x) \approx f({x_0}) + f\prime ({x_0}).\Delta x$
6.Đạo hàm cấp cao:
- Công thức: $f''(x) = {\left[ {f'(x)} \right]^\prime }$; $f'''(x) = {\left[ {f''(x)} \right]^\prime }$;  ${f^{(n)}}(x) = {\left[ {{f^{(n - 1)}}(x)} \right]^\prime }$ $(n \in \mathbb{N}, n \ge 4)$
- Ý nghĩa cơ học: Gia tốc tức thời của chuyển động $s = f(t)$ tại thời điểm $t_0$ là $a(t_0) = f''(t_0)$.
II.CÁC DẠNG BÀI TẬP.
Vấn đề 1: Tính đạo hàm của hàm số:
Dạng 1: Tính đạo hàm bằng định nghĩa:
Phương pháp: Nếu tính đạo hàm của hàm số $y = f(x)$ tại điểm $x_0$ bằng định nghĩa ta thực hiện các bước:
Bước 1: Giả sử $\Delta x$ là số gia của đối số tại $x_0$. Tính $\Delta y = f(x_0 + \Delta x) – f(x_0)$.
Bước 2: Tính $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}}$.
Bước 3: Kết luận.
Ví dụ 1: Dùng định nghĩa hãy tính đạo hàm của các hàm số sau: $y\, = \,\,f(x)\,\, = \,\,2{x^2} - x$ tại ${x_0} = 1$.
Giải:
- Giả sử $\Delta{x}$ là số gia của đối số tại $x_0 = 1$.
Khi đó: $\Delta y\, = \,\,f(\Delta x + 1)\, - f(1)\, = \,\,2{(\Delta x + 1)^2} - \Delta x - 1 - 1 = 2\Delta {x^2} + 3\Delta x$.
- Tính $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{2\Delta {x^2} + 3\Delta x}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \left( {2\Delta x + 3} \right) = 3$.
- Vậy: $f'(1) = 3$
Ví dụ 2: Dùng định nghĩa hãy tính đạo hàm của hàm số sau: $f(x)\,\, = \,\,{x^2} - 3x$
Giải:
- Giả sử $\Delta x$ là số gia của đối số tại $x$.
Khi đó: $\Delta y\, = \,\,f(\Delta x + x)\, - f(x)\, = \,\,{(\Delta x + x)^2} - 3\Delta x - 3x - {x^2} + 3x = {\left( {\Delta x} \right)^2} + 2x\Delta x = \Delta x(\Delta x + 2x)$.
- Tính $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta x(\Delta x + 2x)}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \left( {\Delta x + 2x} \right) = 2x$.
- Vậy: $f'(x) = 2x$
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Dùng định nghĩa hãy tính đạo hàm của các hàm số sau tại các điểm được chỉ ra:
a) $y\, = \,\,f(x)\,\, = \,\,2{x^2} - x + 2$ tại ${x_0} = 1$        

b) $y\, = \,\,f(x)\,\, = \,\,\sqrt {3 - 2x} $ tại ${x_0} = -3$
c) $y\,\, = \,f(x)\,\, = \,\,\frac{{2x + 1}}{{x - 1}}$ tại ${x_0} = 2$        

d) $y\,\, = \,f(x)\,\, = \,\,\sin x$ tại $x_0 =\frac{\pi}{6}$
e) $y\,\, = \,f(x)\,\, = \,\,\sqrt[3]{x}$ tại $x_0 = 1$            

f) $y\,\, = \,f(x)\,\, = \,\,\frac{{{x^2} + x + 1}}{{x - 1}}$ tại $x_0 = 0$
Bài tập 2: Dùng định nghĩa hãy tính đạo hàm của hàm số sau:
a) $f(x)\,\, = \,\,{x^2} - 3x + 1$            

b) $f(x)\,\, = \,\,\sqrt {x + 1} ,\,\,(x\,\, > \,\, - 1)$
c) $f(x)\,\, = \,\,\frac{1}{{2x - 3}}$        

d) $f(x)\,\, = \,\,\sin x$  
Dạng 2: Tính đạo hàm bằng phép toán:
Phương pháp: Sử dụng công thức cho trong bảng sau:
Phép toán Công thức
$\begin{array}{|c|c|c|}
\hline
\textbf{Phép toán} & \textbf{Công thức} & \textbf{Trường hợp riêng} \\
\hline
Cộng & (u+v)'=u'+v'& \\
\hline
Trừ & (u-v)'=u'-v'& \\
\hline
Nhân & (uv)'=u'v+uv' & (ku)'=ku' \\
\hline
Chia & (\frac{u}{v})'=\frac{u'v-uv'}{v^2} & (\frac{1}{v})'=-\frac{v'}{v^2} \\
\hline
\end{array}$

Ví dụ 1: $y\,\, = \,2{x^4} - \frac{1}{3}{x^3} + 2{x^2} - 5 \Rightarrow y' = 8{x^3} - {x^2} + 4x$
Ví dụ 2: $y\,\, = \,\,\frac{{2x + 1}}{{1 - 3x}} \Rightarrow y' = \frac{{(2x + 1)'(1 - 3x) - (2x + 1)(1 - 3x)'}}{{{{(1 - 3x)}^2}}} = \frac{{2(1 - 3x) + 3(2x + 1)}}{{{{(1 - 3x)}^2}}} = \frac{5}{{{{(1 - 3x)}^2}}}$
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a) $y\,\, = \,2{x^4} - \frac{1}{3}{x^3} + 2\sqrt x  - 5$        

b) $y\,\, = \,\,\frac{3}{{{x^2}}} - \sqrt x  + \frac{2}{3}x\sqrt x $ 
c) $y\,\, = \,\,({x^3} - 2)(1 - {x^2})$          

d) $y\,\, = \,\,({x^2} - 1)({x^2} - 4)({x^2} - 9)$ 
e) $y = ({x^2} + 3x)(2 - x)$                

f) $y\,\, = \,\,\left( {\sqrt x  + 1} \right)\,\left( {\frac{1}{{\sqrt x }} - 1} \right)$
g) $y\,\, = \,\,\frac{3}{{2x + 1}}$          

 h) $y\,\, = \,\,\frac{{2x + 1}}{{1 - 3x}}$  
i) $y = \frac{{1 + x - {x^2}}}{{1 - x + {x^2}}}$        

k) $y\,\, = \,\,\frac{{{x^2} - 3x + 3}}{{x - 1}}$  
Bài tập 2: Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a) $y\,\, = \,x.c{\rm{osx}}$          b) $y\,\, = \,\,{x^2}.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}$
c) $y\,\, = \,\,x.\sqrt x $             d) $y = \frac{{1 + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}{{1 - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}$
Dạng 3: Tính đạo hàm hàm hợp:
Phương pháp: Sử dụng công thức cho bởi bảng sau:
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\textbf{Hàm số sơ cấp} & \textbf{Hàm hợp} && \textbf{Hàm số sơ cấp} & \textbf{Hàm hợp} \\
\hline
(C)'=0 &&&(\sin{x})'=\cos{x}&(\sin{u})'=u'\cos{u} \\
\hline
(x)'=0 &&&(\cos{x})'=-\sin{x}&(\cos{u})'=-u'\sin{u} \\
\hline
(x^n)'=1 &(u^n)'=n.u^{n-1}.u'&&(\tan{x})'=\frac{1}{\cos^2{x}}&(\tan{u})'=\frac{u'}{\cos^2{u}} \\
\hline
(\sqrt{x})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}&(\sqrt{u})'=\frac{u'}{2\sqrt{u}}&&(\cot{x})'=-\frac{1}{\sin^2{x}}&(\cot{u})'=-\frac{u'}{\sin^2{u}} \\
\hline
\end{array}$

Chú ý: Sau các hàm không phải $x$ thì ta sử dụng hàm hợp $u$. Để khỏi quên thì các em có thể sử dụng tất cả các bài toán đều cho hàm hợp $u$ vẫn được. 
Ví dụ 1: $y\,\, = \,\,{({x^2} + x)^4} \Rightarrow y' = 4{({x^2} + x)^3}.({x^2} + x)' = 4(2x + 1){({x^2} + x)^3}$
Ví dụ 2: $y\,\, = \,\,\sqrt {2{x^2} - 5x}  \Rightarrow y' = \frac{{(2{x^2} - 5x)'}}{{2\sqrt {2{x^2} - 5x} }} = \frac{{4x - 5}}{{2\sqrt {2{x^2} - 5x} }}$
Ví dụ 3:$y\,\, = \,\,{\sin ^3}(2x + 1) \Rightarrow y' = 3{\sin ^2}(2x + 1).(\sin (2x + 1))' = 3{\sin ^2}(2x + 1).c{\rm{os}}(2x + 1)(2x + 1)' = 6{\sin ^2}(2x + 1).c{\rm{os}}(2x + 1)$
Ví dụ 4: $y = \sqrt {\sin x + 2x}  \Rightarrow y' = \frac{{({\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx + 2x}})'}}{{2\sqrt {\sin x + 2x} }} = \frac{{c{\rm{osx + 2}}}}{{2\sqrt {\sin x + 2x} }}$
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a) $y\,\, = \,\,{({x^2} + x + 1)^4}$          

b) $y\,\, = \,\,{(1 - 2{x^2})^5}$  
c) $y\,\, = \,\,{\left( {\frac{{2x + 1}}{{x - 1}}} \right)^3}$        

d) $y\,\, = \,\,\frac{{{{(x + 1)}^2}}}{{{{(x - 1)}^3}}}$  
Bài tập 2: Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a) $y\,\, = \,\,\sqrt {2{x^2} - 5x + 2} $        

b)  $y\,\, = \,\,\sqrt[3]{{{x^3} - x + 2}}$  
c) $y\,\, = \,\,\sqrt {x + \sqrt x } $        

d) $y\,\, = \,\,(x - 2)\sqrt {{x^2} + 3} $  
Bài tập 3: Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a) $y\, = \,\,{\left( {\frac{{\sin x}}{{1 + \cos x}}} \right)^2}$            b)  $y\,\, = \,\,{\cos ^4}(2x)$  
c) $y\,\, = \,\,{\sin ^3}(2x + 1)$                d) $y\,\, = \,\,\sqrt {\cot 2x} $  
e) $y\,\, = \,\sin \left( {{{\cos }^2}x{{\tan }^2}x} \right)$              f) $y\,\, = \,\,{\cos ^2}\left( {\frac{{\sqrt {2x}  + 1}}{{\sqrt x  - 1}}} \right)$
Dạng 4: Tính đạo hàm cấp cao:
Phương pháp:
1.Để tính đạo hàm cấp $2,\, 3,\, 4,\, ... $ta dung công thức:    ${y^{(n)}}\,\, = \,\,{({y^{n - 1}})^/}.$
2.Để tính đạo hàm cấp $n$:
- Tính đạo hàm cấp $1,\, 2,\, 3, ...$ từ đó suy ra công thức  đạo hàm cấp $n$.
- Dùng phương pháp quy nạp toán học nêu chứng minh công thức đúng.
Ví dụ 1: Cho hàm số  $f(x) = 3(x + 1)\sin x$. Tính $f''(\pi )$.
Giải:
$f'(x) = 3(x + 1)'\sin x + 3(x + 1)\left( {\sin x} \right)' = 3\sin x + 3(x + 1)c{\rm{osx}}$
$f''(x) = 3c{\rm{os}}x + 3(x + 1)'c{\rm{osx + }}3(x + 1)\left( {c{\rm{osx}}} \right)' = 3\cos x + 3\cos x - 3(x + 1){\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}$
$f''(\pi ) = 3\cos \pi  + 3\cos \pi  - 3(\pi  + 1){\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}\pi  =  - 6$
Ví dụ 2: Tính đạo hàm cấp $n$ của hàm số: $y = \frac{1}{x}$.
Giải:
Ta có:$f'(x) =  - \frac{1}{{{x^2}}}$
$f''(x) = \frac{{1.2}}{{{x^3}}}$
$f'''(x) = \frac{{1.2.3}}{{{x^4}}}$
$….$
${f^{(n)}}(x) = \frac{{{{( - 1)}^n}n!}}{{{x^{n + 1}}}}$
Suy ra: ${\left( {\frac{1}{x}} \right)^{\left( n \right)}} = \frac{{{{( - 1)}^n}.n!}}{{{x^{n + 1}}}}$
Thật vậy:
- Khi $n = 1$: Ta có: ${\left( {\frac{1}{x}} \right)^{'}} = \frac{{( - 1).1!}}{{{x^2}}} =  - \frac{1}{{{x^2}}}$.
Vậy: Mệnh đề đúng khi $n = 1$.
- Khi $n = k > 1$, tức là ${\left( {\frac{1}{x}} \right)^{\left( k \right)}} = \frac{{{{( - 1)}^k}.k!}}{{{x^{k + 1}}}}$.

Ta cần chứng minh: $n = k + 1$, tức là ${\left( {\frac{1}{x}} \right)^{\left( k \right) + 1}} = \frac{{{{( - 1)}^{k + 1}}.\left( {k + 1} \right)!}}{{{x^{k + 2}}}}$
Ta có: ${\left({\frac{1}{x}}\right)^{\left({k + 1}\right)}}= {\left[{{{\left( {\frac{1}{x}}\right)}^k}}\right]^{'}}= {\left[{\frac{{{{(-1)}^k}.k!}}{{{x^{k + 1}}}}}\right]^{'}} = {(-1)^k}.k!{\left[{\frac{1}{{{x^{k+1}}}}}\right]^{'}}= \frac{{{{( - 1)}^{k + 1}}.(k + 1)!}}{{{x^{k + 2}}}}$.

Vậy: Mệnh đề đúng khi $n =k+ 1$.
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Cho hàm số  $f(x) = 3(x + 1)\cos x$.
a) Tính  $f'(x),f''(x)$  

b) Tính $f''(\pi ),\,\,f''\left( {\frac{\pi }{2}} \right),f''(1)$
Bài tập 2: Tính đạo hàm của hàm số theo cấp được chỉ ra:
a) $y = \cos x,\,\,y'''$      

b) $y = 5{x^4} - 2{x^3} + 5{x^2} - 4x + 7,\,\,y''$ 
c)$y = \frac{{x - 3}}{{x + 4}},\,\,y''$      

d) $y = \sqrt {2x - {x^2}} ,\,\,y''$ 
e) $y = x\sin x,\,\,y''$  
Bài tập 3: Cho $n$ là số nguyên dương. Chứng minh rằng:
a) ${\left( {\frac{1}{{1 + x}}} \right)^{(n)}} = \,\frac{{{{( - 1)}^n}n!}}{{{{(1 + x)}^{n + 1}}}}$
b) ${(\sin x)^{(n)}} = \,\,\sin \left( {x + \frac{{n.\pi }}{2}} \right)$ 
c) ${(\cos x)^{(n)}} = \,\,\cos \left( {x + \frac{{n.\pi }}{2}} \right)$
Bài tập 4: Tính đạo hàm cấp $n$ của các hàm số sau:
a)  $y\,\, = \,\,\frac{1}{{x + 2}}$       b) $y\,\, = \,\,\frac{1}{{{x^2} - 3x + 2}}$  
c) $y\,\, = \,\,\frac{x}{{{x^2} - 1}}$     d) $y = \frac{{1 - x}}{{1 + x}}$  
e) $y = {\sin ^2}x$        f) $y = {\sin ^4}x + {\cos ^4}x$
Vấn đề 2: Ứng dụng của đạo hàm:
Dạng 1: Tính giới hạn của hàm số:
Phương pháp:
- Ta sử dụng công thức tính giới hạn lượng giác sau: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\sin u(x)}}{{u(x)}} = 1$ (với $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} u(x) = 0$).
- Ta sử dụng công thức: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{P(x)}}{{Q(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{P'(x)}}{{Q'(x)}}$ (lưu ý chỉ sử dụng khi giới hạn có dạng $\frac{0}{0}$)
Ví dụ 1:
Cách 1: $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \,\,\frac{{{x^5} + 1}}{{{x^3} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \,\,\frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^3} + {x^2} - x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right)}} = \frac{5}{3}$
Cách 2: $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \,\,\frac{{{x^5} + 1}}{{{x^3} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \,\,\frac{{5{x^4}}}{{3{x^2}}} = \frac{5}{3}$
Ví dụ 2:
Cách 1: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 5x}}{{\sin 4x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{{5\sin 5x}}{{5x}}}}{{\frac{{4\sin 4x}}{{4x}}}} = \frac{5}{4}\frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{5\sin 5x}}{{5x}}}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4\sin 4x}}{{4x}}}} = \frac{5}{4}$
Cách 2: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 5x}}{{\sin 4x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{5c{\rm{os}}5x}}{{4c{\rm{os}}4x}} = \frac{{5\cos (5.0)}}{{4\cos (4.0)}} = \frac{5}{4}$
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{{x^3} - {x^2} - x + 1}}{{{x^2} - 3x + 2}}$      

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{{x^4} - 1}}{{{x^3} - 2{x^2} + 1}}$  
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \,\,\frac{{{x^5} + 1}}{{{x^3} + 1}}$    

d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \,\,\frac{{{x^3} - 5{x^2} + 3x + 9}}{{{x^4} - 8{x^2} - 9}}$
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{x - 5{x^5} + 4{x^6}}}{{{{(1 - x)}^2}}}\,\,\,$      

f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{{x^m} - 1}}{{{x^n} - 1}}\,\,\,$
g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{(1 + x)(1 + 2x)(1 + 3x) - 1}}{x}$      

h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x + {x^2} + ... + {x^n} - n}}{{x - 1}}$ 
i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \frac{{{x^4} - 16}}{{{x^3} + 2{x^2}}}$
Bài tập 2: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \,\,\frac{{\sqrt {4x + 1}  - 3}}{{{x^2} - 4}}$        

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{\sqrt[3]{x} - 1}}{{\sqrt[3]{{4x + 4}} - 2}}.$
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + {x^2}}  - 1}}{x}$    

d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {x + 2}  - 2}}{{\sqrt {x + 7}  - 3}}$ 
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {2x + 2}  - \sqrt {3x + 1} }}{{x - 1}}$      

f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {{x^2} + 1}  - 1}}{{\sqrt {{x^2} + 16}  - 4}}$
g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + x}  - 1}}{{\sqrt[3]{{1 + x}} - 1}}$      

h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 3} \frac{{x + \sqrt {3 - 2x} }}{{{x^2} + 3x}}$  
i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {x + 9}  + \sqrt {x + 16}  - 7}}{x}$
Bài tập 3: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \,\,\frac{{\sqrt {4x + 1}  - 3}}{{{x^2} - 4}}$      

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \,\,\frac{{\sqrt[3]{x} - 1}}{{\sqrt[3]{{4x + 4}} - 2}}.$ 
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\sqrt {1 + x}  - 1}}{{\sqrt[3]{{1 + x}} - 1}}$      

d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {x + 9}  + \sqrt {x + 16}  - 7}}{x}$
Bài tập 4: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \,\,\frac{{\sqrt {1 + x}  - \sqrt[3]{{1 + x}}}}{x}$      

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \,\,\frac{{\sqrt[3]{{8x + 11}} - \sqrt {x + 7} }}{{{x^2} - 3x + 2}}$
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\sqrt {1 + x}  - \sqrt[3]{{8 - x}}}}{x}$    

g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + 4x} .\sqrt {1 + 6x}  - 1}}{x}$  
h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + 2x} .\sqrt[3]{{1 + 4x}} - 1}}{x}$      

i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt[3]{{x + 1}} - \sqrt {1 - x} }}{x}$
Bài tập 5: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \,\,\frac{{\sqrt {1 + x}  - \sqrt[3]{{1 + x}}}}{x}$      

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \,\,\frac{{\sqrt[3]{{8x + 11}} - \sqrt {x + 7} }}{{{x^2} - 3x + 2}}$    

c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{2\sqrt {1 + x}  - \sqrt[3]{{8 - x}}}}{x}$    

d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\sqrt {1 + 4x}  - \sqrt[3]{{1 + 6x}}}}{{{x^2}}}$    

e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{\sqrt[3]{{8x + 11}} - \sqrt {x + 7} }}{{2{x^2} - 5x + 2}}$    

f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\sqrt {5 - {x^3}}  - \sqrt[3]{{{x^2} + 7}}}}{{{x^2} - 1}}$    

g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {1 + 4x} .\sqrt {1 + 6x}  - 1}}{x}$      

h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\sqrt {1 + 2x} .\sqrt[3]{{1 + 4x}} - 1}}{x}$ 
Bài tập 6: Tính các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 3x}}{{\sin 2x}}$      b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}}}$    

c)$\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{2}} \frac{{1 - \sin x}}{{{{\left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)}^2}}}$     d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{4}} \frac{{\cos x - \sin x}}{{\cos 2x}}$    

e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 + \sin x - \cos x}}{{1 - \sin x - \cos x}}$     f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\tan 2x}}{{\sin 5x}}$  

g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{2}} \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)\tan x$     h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{6}} \frac{{\sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right)}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2} - \cos x}}$
Dạng 2: Viết phương trình tiếp tuyến:
Phương pháp:
1.Phương trình tiếp tuyến tai điểm $M(x_0; y_0) \in C$ là: $\,\,\,\,y - {y_0}\,\, = \,\,f'({x_0})(x - {x_0})\,\,\,\,\,\,$ (*)
2.Viết phương trình tiếp tuyến với $(C)$, biết tiếp tuyến có hệ số góc $k$:
- Bước 1: Gọi $x_0$ là hoành độ tiếp điểm. Ta có:  $f\prime ({x_0}) = k$ (Theo ý nghĩa hình học của đạo hàm)
- Bước 2: Giải phương trình tìm $x_0$, rồi tìm${y_0}\,\, = \,\,f({x_0}).$
- Bước 3: Viết phương trình tiếp tuyến tại một điểm theo công thức (*).
- Bước 4: Kết luận
3.Viết phương trình tiếp tuyến $(d)$ với $(C)$, biết $(d)$ đi qua một điểm $A(x_1; y_1)$ cho trước:
- Bước 1: Gọi  $(x_0; y_0)$ là tiếp điểm (với $y_0 = f(x_0)$).
- Bước 2: Phương trình tiếp tuyến (d): 
  $(d)$ qua $A({x_1},\,\,{y_1})\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,{y_1} - {y_0}\,\, = \,\,f'({x_0})\,\,({x_1} - {x_0})\,\,\,\,(1)$
- Bước 3: Giải phương trình $(1)$ với ẩn là $x_0$, rồi tìm ${y_0} = f({x_0})$ và $f'({x_0}).$
- Bước 4: Từ đó viết phương trình tiếp tuyến tại điểm theo công thức (*).
Chú ý: Cho $(\Delta): y = ax + b$. Khi đó:
- $(d)\, /  / \,(\Delta )\,\,\, \Rightarrow \,\,{k_d} = a$  
- $(d)\,\, \bot \,\,(\Delta )\,\,\, \Rightarrow \,\,{k_d} =  - \frac{1}{a}$
Ví dụ : Cho hàm số $(C)$:  $y\,\, = \,\,f(x)\,\, = \,{x^2} - 2x$ Viết phương trình tiếp tuyến với $(C)$:
a) Tại điểm có hoành độ $x_0 = 1$.
b) Tại điểm có tung độ $y_0=0$
c) Tại điểm $M(0;0)$.
d) Biết tiếp tuyến có hệ số góc $k = 2$.
Giải:
a) Tại điểm có hoành độ $x_0 = 1$.
- ${x_0}\,\, = \,1 \Rightarrow {y_0} =  - 1$
- Phương trình tiếp tuyến tại điểm $A\left( {1; - 1} \right)$: $y + 1 = y'(1)(x - 1) \Leftrightarrow y =  - 1$
b) Tại điểm có tung độ ${y_0}\,\, = \,0$
${x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right.$
- Phương trình tiếp tuyến tại điểm $A\left( {0;0} \right)$: $y - 0 = y'(0)(x - 0) \Leftrightarrow y = 2x$
- Phương trình tiếp tuyến tại điểm $A\left( {2;0} \right)$: $y - 0 = y'(2)(x - 2) \Leftrightarrow y = 2x - 4$
c) Tại điểm $M(0;0)$.
- Phương trình tiếp tuyến tại điểm $A\left( {0;0} \right)$: $y - 0 = y'(0)(x - 0) \Leftrightarrow y = 2x$
d) Biết tiếp tuyến có hệ số góc $k = 2$.
- Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm. Ta có:  $f\prime ({x_0}) = 2 \Leftrightarrow 2{x_0} - 2 = 2 \Leftrightarrow {x_0} = 2 \Rightarrow A(2;0)$
- Phương trình tiếp tuyến tại điểm $A\left( {2;0} \right)$: $y - 0 = y'(2)(x - 2) \Leftrightarrow y = 2x - 4$
- Vậy: Pttt: $y = 2x - 4$
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Cho hàm số $(C)$:  $y\,\, = \,\,f(x)\,\, = \,{x^2} - 2x + 3.$ Viết phương trình tiếp tuyến với $(C)$:
a) Tại điểm có hoành độ $x_0= 1$.
b) Tại điểm có tung độ $y_0=3$
c) Tại điểm $M(0;3)$.
d) Biết tiếp tuyến có hệ số góc $k = 2$.
e) Song song với đường thẳng $4x – 2y + 5 = 0$.
f) Vuông góc với đường thẳng $x + 4y = 0$.
g) Vuông góc với đường phân giác thứ nhất của góc hợp thành bởi các trục tọa độ.
h) Tiếp tuyến đi qua điểm $A(2;1)$.
Bài tập 2: Cho hàm số $(C)$:  $y\,\, = \,{x^3} - 3{x^2}.$ Viết phương trình tiếp tuyến với $(C)$:
a) Tại điểm có hoành độ $x_0=0$.
b) Tại điểm có tung độ $y_0=0$.
c) Tại giao điểm của $(C)$ với trục hoành.
d) Tại giao điểm của $(C)$ với trục tung.
e) Tại điểm $I(1, –2)$.
f) Biết tiếp tuyến có hệ số góc $k = -3$.
g) Song song với đường thẳng $9x – y + 5 = 0$.
h) Vuông góc với đường thẳng $x - 3y = 0$.
l) Đi qua điểm $A(0;0)$.
m) Chứng minh rằng  các tiếp tuyến khác của đồ thị $(C)$ không đi qua $I$.
Bài tập 3: Cho hàm số $y = f(x) = \frac{{3x + 1}}{{1 - x}}$  $(C)$. Viết phương trình tiếp tuyến với $(C)$:
a) Tại điểm có hoành độ $x_0=2$.
b) Tại điểm có tung độ $y_0=2$.
c) Tại giao điểm của $(C)$ với trục hoành.
d) Tại giao điểm của $(C)$ với trục tung.
e) Tại điểm $A(2; –7)$.
f) Biết tiếp tuyến có hệ số góc $k = \,\frac{1}{2}$.
g) Song song với đường thẳng d: $y = \frac{1}{2}x + 100$.
h) Vuông góc với đường thẳng $\Delta$: $2x + 2y – 5 = 0$.
Bài tập 4: Cho hàm số $y = f(x) = \frac{{2 - x + {x^2}}}{{x - 1}}$ $(C)$.
a) Viết phương trình tiếp tuyến của $(C)$ tại điểm M(2; 4).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của $(C)$ biết tiếp tuyến có hệ số góc $k = 1$.
Bài tập 5: Cho hàm số $(C)$: $y\,\, = \,\,\,\sqrt {1 - x - {x^2}} .$ Tìm phương trình tiếp tuyến với  $(C)$:
a) Tại điểm có hoành độ $x_0 =\frac{1}{2}$
b) Song song với đường thẳng $d: x + 2y  = 0$.
Vấn đề 3: Các bài toán khác
Dạng 1: Giải phương trình:
Phương pháp:
- Công thức tính đạo hàm.
- Giải phương trình đại số, phương trình lượng giác.
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Giải phương trình $f'(x) = 0$ với:
a) $f(x) = 3\cos x - 4\sin x + 5x$                 b)$f(x) = \cos x + \sqrt 3 {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + 2x - 1$
c) $f(x) = {\sin ^2}x + 2\cos x$                        d) $f(x) = \sin x - \frac{{\cos 4x}}{4} - \frac{{\cos 6x}}{6}$
e) $f(x) = 1 - \sin (\pi  + x) + 2\cos \frac{{3\pi  + x}}{2}$   f) $f(x) = \sin 3x - \sqrt 3 \cos 3x + 3(\cos x - \sqrt 3 \sin x)$
Bài tập 2: Giải phương trình $f'(x) = g(x)$ với:
a) $\left\{ \begin{array}{l}
f(x) = {\sin ^4}3x\,\,\\
g(x) = \sin 6x
\end{array} \right.$                      

b) $\left\{ \begin{array}{l}
f(x) = {\sin ^3}2x\,\,\\
g(x) = 4\cos 2x - 5\sin 4x
\end{array} \right.$    

c) $\left\{ \begin{array}{l}
f(x) = 2{x^2}{\cos ^2}\frac{x}{2}\\
g(x) = x - {x^2}\sin x
\end{array} \right.$                            

d) $\left\{ \begin{array}{l}
f(x) = 4x{\cos ^2}\frac{x}{2}\\
g(x) = 8\cos \frac{x}{2} - 3 - 2x\sin x
\end{array} \right.$
Dạng 2: Giải bất phương trinh:
Phương pháp:
- Công thức tính đạo hàm.
- Giải bất phương trình đại số.
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Giải bất phương trình $f'(x) > g'(x)$ với:
a)  $f(x) = {x^3} + x - \sqrt 2 ,\,\,g(x) = 3{x^2} + x + \sqrt 2 $
b) $f(x) = 2{x^3} - {x^2} + \sqrt 3 ,\,\,g(x) = {x^3} + \frac{{{x^2}}}{2} - \sqrt 3 $
c) $f(x) = \frac{2}{x},\,\,g(x) = x - {x^3}$
Dạng 3: Bài toán chứa tham số:
Phương pháp:
- Công thức tính đạo hàm.
- Giải bất phương trình đại số.
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Xác định m để bất phương trình luôn có nghiệm với mọi $x \in \mathbb{R}$:
a)  $f'(x) > 0\,\,\text{vơí}\,\,f(x) = \frac{{m{x^3}}}{3} - 3{x^2} + mx - 5$
b) $f'(x) < 0\,\,\text{với}\,\,f(x) = \frac{{m{x^3}}}{3} - \frac{{m{x^2}}}{2} + (m + 1)x - 15$

Nhận xét: Tứ diện có $AB=CD=a; AC=BD=b; BC=AD=c$ nên tứ diện $ABCD$ là tứ diện gần đều

Bước 1: Dựng thiết diện vuông $AB'C'D'$ như sau: Trong mặt phẳng $(BCD)$ các đường thẳng  qua $B$ song song $CD$, qua $C$ song song với $BD$ và qua $D$ song song với $BC$ tạ

o thành tam giác $B'C'D'$

Ta cần chứng minh: Tứ giác $AB'C'D'$ là tứ diện vuông (Hay đôi một vuông góc tại $A$) 

*Từ cách dựng ta suy ra: $DB'=DC'=BC=c$

*Do giả thiết: $BC=AD'$

*Suy ra: $DA=DB'=DC'$

*Cho nên tam giác AB'C' là tam giác vuông tại A

*Tương tự như vậy các tam giác AC'D' và AB'D'

Bước 2: Tính $V_{A.B'C'D'}$ rồi tính $V_{A.BCD}$

*Theo định lý Pi-ta-go áp dụng vào các tam giác vuông đã được ở trên ta có:

$B'C'^2=AB'^2+AC'^2=4c^2$   (1)

$B'D'^2=AB'^2+AD'^2=4b^2$    (2)

$C'D'^2=AD'^2+AC'^2=4a^2$    (3)

Cộng (1) (2) (3) theo từng vế ta có:

$AB'^2+AC'^2+AD'^2=2(a^2+b^2+c^2)$   (4)

Lấy (4) trừ (3), trừ (2) và trừ (1) ta được:

$AB'=\sqrt{2}\sqrt{b^2+c^2-a^2}$

$AC'=\sqrt{2}\sqrt{a^2+c^2-b^2}$

$AD'=\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2-c^2}$

Suy ra: $V_{A.B'C'D'}=\dfrac{AB'.AC'.AD'}{6}=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\sqrt{(b^2+c^2-a^2)(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)}$

*Hai hình chóp A.BCD và A.B'C'D' có cùng đường cao nhưng:

$S_{BCD}=\dfrac{1}{4}S_{B'C'D'}$

Nên suy ra thể tích của hình chóp A.BCD là:

$V_{ABCD}=\dfrac{\sqrt{2}}{12}\sqrt{(b^2+c^2-a^2)(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)}$

Bước 3: Kết luận

Một hình trụ được gọi là nội tiếp trong một hình cầu nếu hai đường tròn đáy của hình trụ nằm trên mặt cầu.

a) Tính thể tích hình trụ nội tiếp trong hình cầu  bán kính R nếu bết chiều cao h của nó.

b) Tính thể tích lớn nhất của hình trụ nói trên hi h thay đổi.

Cảm ơn bạn nhen.

PHÂN LOẠI CÁC TỨ DIỆN TRONG KHÔNG GIAN

I.TỨ DIỆN

1. Kiến thức cơ bản

$\bullet$Tứ diện là hình có bốn mặt.

2. Một số bài toán cơ bản 

Bài 1. Cho tứ diện $ABCD$, $G$ là trọng tâm tứ diện. Chứng minh rằng: các tứ diện $BGCD$, $GCDA$, $GDAB$ và $GABC$ có cùng thể tích?

Bài giải:

Gọi $h_A$, $H'_A$ là các khoảng cách hạ từ $A$ và $G$ xuống $(BCD)$. Ta có:

$\frac{V_{GBCD}}{V}=\frac{h'_A}{h_A}=\frac{GA'}{AA'}=\frac{1}{4} \Rightarrow V_{GBCD}=\frac{1}{4}V$

(Trong đó V là thể tích tứ diện $ABCD$)

Tương tự như vậy cho ba tứ diện nhỏ còn lại:

$V_{GBCD}=V_{GCDA}=V_{GDAB}=V_{GABC}=\frac{1}{4}V$

Bài 2. Cho tứ diện $ABCD$. Gọi $IJ$ là đoạn vuông góc chung của cặp cạnh đối $AB$ và $CD$ ($I$ thuộc $AB$, $J$ thuộc $CD$) và $\alpha$ là góc của cặp cạnh đó. Chứng minh thể tích của tứ diện được tính theo công thức: $V=\frac{1}{6}AB.CD.IJ.\sin(\alpha)$

Bài giải:

Ta dựng hình hộp "ngoại tiếp" tứ diện $ABCD$ như hình vẽ. Đặt: 

$B=S_{AC_1BD_1}$

$h$ là chiều cao của hình hộp.

$h$ chính là độ dài của $IJ$ và $IJ \bot AB$ và $IJ \bot CD$

$\alpha$ là góc của $AB$ và $C_1D_1$

Ta có thể tích của hình hộp là:

$B.h=V_{C.ACBC_1}+V_{D.ABD_1}+V_{A.A_1CD}+V_{B.B_1CD}+V_{A.BCD}$

Nhưng $S_{ABC_1}=S_{ABD_1}=S_{A_1CD}=S_{B_1CD}=\frac{1}{2}$

Nên: $V_{C.ABC_1}=V_{D.ABD_1}=V_{A.A_1CD}=V_{B.B_1CD}=\frac{1}{6}B.h$

Suy ra: $V=V_{ABCD}=B.h-\frac{4}{6}B.h=\frac{1}{3}B.h$

Mặt khác: $IJ=h\,\, \text{và}\,\, B=\frac{1}{2}AB.C_1D_1.\sin(\alpha)=\frac{1}{2}AB.CD.\sin(\alpha)$

Cho nên cuối cùng ta có: $V=\frac{1}{6}AB.CD.IJ.\sin(\alpha)$

II.TỨ DIỆN VUÔNG

1. Kiến thức cơ bản:

$\bullet$Tứ diên vuông $O.ABC$, vuông tại $O$ là tứ diện có ba mặt $OAB$, $OBC$, $OAC$ là ba tam giác vuông.

$\bullet$Trong tứ diện vuông thì các cặp cạnh đối vuông góc với nhau từng đôi một

$\bullet$Công thức thể tích của tứ diện vuông: $V=\frac{1}{6}OA.OB.OC$

2. Một số bài toán cơ bản

Bài 1. Cho tứ diên vuông $OABC$ vuông tại $O$. Gọi $H, G$ lần lượt là trực tâm, trọng tâm của tam giác $ABC$. Tính $OH$, $OG$ theo $OA=a$, $OB=b$, $OC=c$.

Bài giải:

$\bullet$Gọi $CC'$ là đường cao xuất phát từ $C$ trong $(ABC)$. Định lý ba đường vuông góc cho $OC' \bot AB$. Ngoài ra ta biết rằng:

$$OH \bot (ABC)\implies OH \bot CC'$$

Ta có:

$\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{OC^2}+\frac{1}{OC'^2}=\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OB^2}+\frac{1}{OC^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}$

Suy ra: $OH=\frac{abc}{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}$

$\bullet$Do $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ nên ta có:

$\vec{OG}=\frac{1}{3}(\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC})$

Do đó:

$OG^2=\vec{OG}^2=\frac{1}{9}(OA^2+OB^2+OC^2)$

Vì:

$\vec{OA}.\vec{OB}=\vec{OB}.\vec{OC}=\vec{OC}.\vec{OA}=0$

Suy ra:

$OG=\frac{1}{3}\sqrt{a^2+b^2+c^2}$

Vậy: 

$OH=\frac{abc}{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}$

$OG=\frac{1}{3}\sqrt{a^2+b^2+c^2}$

Bài 2. Cho tứ diện $O.ABC$ vuông tại $O$. Gọi $S$, $S_1$, $S_2$, $S_3$ lần lượt là diện tích các tam giác $ABC$, $OBC$, $OCA$, $OAB$. Chứng minh: $S^2=S_1^2+S_2^2+S_3^2$.

Bài giải:

Ta có:

$S_1^2+S_2^2+S_3^2=\frac{1}{4}OB^2.OC^2+\frac{1}{4}OC^2.OA^2+\frac{1}{4}OA^2.OB^2$

$=\frac{1}{4}OC^2(OA^2+OB^2)+\frac{1}{4}OA^2.OB^2$

$=\frac{1}{4}OC^2.AB^2+\frac{1}{4}OC'^2.AB^2$

$=\frac{1}{4}AB^2.(OC^2+OC'^2)$

$=\frac{1}{4}AB^2.CC'^2$

$=\frac{1}{2}AB^2.CC'^2$

$=S^2$ (đpcm)

Bài 3. Cho tứ diện $OABC$ vuông tại $O$ với $OA=a$, $OB=b$, $OC=c$. Tính thể tích tứ diện $OABC$.

Bài giải:

Thể tích của tứ diện

$V_{ABCD}=\frac{1}{6}OA.OB.OC=\frac{abc}{6}$

Bài 4. Cho tứ diện $OABC$ vuông tại $O$ với $OA=a$, $OB=b$, $OC=c$. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $OABC$.

Bài giải:

$\bullet$Tam giác $AOB$ vuông tại $O$ nên tâm $I$ của đường tròn ngoại tiếp của nó là trung điểm của đoạn $AB$. Trục của đường tròn này là đường thẳng $Ix$ đi qua $I$ song song $OC$.

Trong mặt phẳng $(OC, Ix)$ vẽ đường trung trực của $OC$. Đường trung trực này cắt $Ix$ tại $K$, đó chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $OABC$.

$\bullet$Tính bán kính $R$ của mặt cầu này là tính $R=OK$. Ta có: 

$R^2=OK^2=OI^2+IK^2$

$\,\,\,=\frac{AB^2}{4}+\frac{OC^2}{4}$

$\,\,\,=\frac{OA^2+OB^2+OC}{4}$

$\,\,\,=\frac{a^2+b^2+c^2}{4}$

Vậy: $R=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}$

Bài 5. Cho tứ diện $OABC$ vuông tại $O$ với $OA=a$, $OB=b$, $OC=c$. Tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện $OABC$.

Bài giải:

Bán kính của mặt cầu nội tiếp tính bởi: $r=\frac{3V}{S_{TP}}$

Trong đó các chi tiết được tính như sau:

$V=\frac{1}{6}OA.OB.OC=\frac{1}{6}abc$

$S_{TP}=S_{OAB}+S_{OBC}+S_{OAC}+S_{ABC}$

$\,\,\,\,=\frac{1}{2}ab+\frac{1}{2}bc+\frac{1}{2}ca+\frac{1}{2}AB.CA'$

Với $AB=\sqrt{a^2+b^2} \,\, \text{và} \,\, CA'^2=OA'^2+OC^2=\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{a^2+b^2}$

$CA'=\frac{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}{\sqrt{a^2+b^2}}$

$S_{TP}=\frac{1}{2}(ab+bc+ca+\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2})$

Vậy: $r=\frac{abc}{ab+bc+ca+\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}$

III.TỨ DIỆN TRỰC TÂM(TỨ DIỆN TRỰC GIAO)

1. Kiến thức cơ bản:
$\bullet$Tứ diên trực tâm (hay là tứ diện trực giao) là tứ diện các cặp cạnh đối vuông góc nhau từng đôi một.
$\bullet$Tứ diện vuông, tứ diện đều là trường hợp đặc biệt của tứ diện trực tâm.
2. Một số bài toán cơ bản

Bài 1. Chứng minh rằng: Trong một tứ diện nếu có 2 cặp cạnh đối vuông góc nhau thì cặp cạnh đối thứ 3 cũng vuông góc nhau.

Bài giải:

Theo giả thiết $ABCD$ là tứ diện trực tâm nên $AB \bot CD$ và $AC \bot BD$

Vẽ $AH \bot (BCD)$. Ta có:

$CD \bot AB \,\, \text{và}\,\, CD \bot AH \Rightarrow CD \bot (ABH) \Rightarrow CD \bot BH$

$BD \bot AC \,\, \text{và}\,\, BD \bot AH \Rightarrow BD \bot (CAH) \Rightarrow BD \bot CH$

Hai kết quả trên cho ta thấy $H$ là trực tâm của tam giác $BCD$ nên ta có:

$BC \bot DH \,\, \text{và}\,\, BC \bot AH \Rightarrow BC \bot (ADH) \Rightarrow BC \bot AD$

Bài 2. Chứng minh một tứ diện trực tâm nếu và chỉ nếu tổng bình phương các cặp cạnh đối bằng nhau từng đôi một.

Bài giải:

$\bullet$ Thuận:

Cho tứ diện $ABCD$ có các cặp cạnh đối vuông góc nhau. Vẽ $BI \bot CD$ trong $BCD$. Ta có:

$CD \bot AB \,\, \text{và}\,\, CD \bot BI \Rightarrow CD \bot (ABI) \Rightarrow CD \bot AI$

Gọi $M$ là trung điểm $CD$. Ta có:

$AC^2-AD^2=2\overline{CD}.\overline{MI}$

$BC^2-BD^2=2\overline{CD}.\overline{MI}$

Suy ra:

$AC^2-AD^2=BC^2-BD^2 \iff AC^2+BD^2=BC^2+AD^2$   (1)

Nếu ta sử dụng thêm $BC \bot AD$ ta sẽ được:

$AB^2+CD^2=AC^2+BD^2$   (2)

Từ (1)  và (2) ta được: 

$AC^2+BD^2=BC^2+AD^2=AB^2+CD^2$   (3)

$\bullet$ Đảo:

Cho tứ diện $ABCD$ có các cạnh thỏa mãn (3). Ta chứng minh đó là một tứ diện trực tâm.

Vẽ đường cao $BI$ trong tam giác $BCD$, đường cao $AJ$ trong tam giác $ACD$. Vẫn gọi $M$ là trung điểm $CD$. Ta có:

$BC^2-BD^2=2\overline{CD}.\overline{MI}$  (4)

$AC^2-AD^2=2\overline{CD}.\overline{MJ}$   (5)

Từ (3) suy ra:

$BC^2-BD^2=AC^2-AD^2$

Do đó (4) và (5) cho ta: $I \equiv J$

Vậy: $CD \bot (ABI) \Rightarrow CD \bot AB$

Tương tự như vậy nếu ta sử dụng thêm cho hết giả thiết (3)  ta sẽ được $BC \bot AD$ và $AC \bot BD$

IV. TỨ DIỆN GẦN ĐỀU

1. Kiến thức cơ bản:
$\bullet$Tứ diên gần đều(hoặc giả đều) là tứ diện có các cạnh đối bằng nhau từng đôi một. Do đó bốn mặt của nó là bốn tam giác bằng nhau và ngược lại.
$\bullet$Ta sẽ thấy có những điều kiện ít hơn dẫn tới tứ diện gần đều.
2. Một số bài toán cơ bản

Bài 1. Cho tứ diện vuông $OABC$ vuông tại $O$. Gọi $M$, $N$, $P$ lần lượt là trung điểm của $AB$, $BC$, $CA$. Chứng minh: $OMNP$ là một tứ diện gần đều.

Bài giải:

Tam giác $OAB$ vuông tại $O$: $OM=\frac{1}{2}AB$

Tam giác $CAB$ có đường trung bình là $PN$: $PN=\frac{1}{2}AB$

Cho nên: $OM=PN$

Tương tự như vậy ta cũng có: $ON=PM$ và $OP=MN$

Các cặp cạnh đối của tứ diện $OMNP$ bằng nhau từng đôi một nên tứ diện $OMNP$ là tứ diện gần đều.

Bài 2. Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A'B'C'D'$. Chứng tỏ rằng: $ACB'D'$ là tứ diện gần đều. 

Bài giải:

Hai hình chữ nhật $ABCD$ và $A'B'C'D'$ bằng nhau nên: $AC=B'D'$

Tương tự ta cũng có: $AB'=CD'$ và $AD'=CB'$

Các cạnh đối của tứ diện $ACB'D'$ bằng nhau từng đôi một nên tứ diện $ACB'D'$ là tứ diện gần đều.

Bài 3. Cho tứ diện $ABCD$ có $AB=CD=a$, $AD=BC=b$, $AC=BD=c$. Tính thể tích tứ diện $ABCD$ theo $a,\,\,b,\,\,c$

Bài  giải:

$\bullet$ Dựng thiết diện vuông $AB'C'D'$ như sau: Trong mặt phẳng $(BCD)$ các đường thẳng  qua $B$ song song $CD$, qua $C$ song song với $BD$ và qua $D$ song song với $BC$ tạ
o thành tam giác $B'C'D'$
Ta cần chứng minh: Tứ giác $AB'C'D'$ là tứ diện vuông (Hay đôi một vuông góc tại $A$)
*Từ cách dựng ta suy ra: $DB'=DC'=BC=c$
*Do giả thiết: $BC=AD'$
*Suy ra: $DA=DB'=DC'$
*Cho nên tam giác AB'C' là tam giác vuông tại A
*Tương tự như vậy các tam giác AC'D' và AB'D'
 $\bullet$ Tính $V_{A.B'C'D'}$ rồi tính $V_{A.BCD}$
*Theo định lý Pi-ta-go áp dụng vào các tam giác vuông đã được ở trên ta có:
$B'C'^2=AB'^2+AC'^2=4c^2$   (1)
$B'D'^2=AB'^2+AD'^2=4b^2$    (2)
$C'D'^2=AD'^2+AC'^2=4a^2$    (3)
Cộng (1) (2) (3) theo từng vế ta có:
$AB'^2+AC'^2+AD'^2=2(a^2+b^2+c^2)$   (4)
Lấy (4) trừ (3), trừ (2) và trừ (1) ta được:
$AB'=\sqrt{2}\sqrt{b^2+c^2-a^2}$
$AC'=\sqrt{2}\sqrt{a^2+c^2-b^2}$
$AD'=\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2-c^2}$
Suy ra: $V_{A.B'C'D'}=\dfrac{AB'.AC'.AD'}{6}=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\sqrt{(b^2+c^2-a^2)(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)}$
*Hai hình chóp A.BCD và A.B'C'D' có cùng đường cao nhưng:
$S_{BCD}=\dfrac{1}{4}S_{B'C'D'}$
Nên suy ra thể tích của hình chóp A.BCD là:
$V_{ABCD}=\dfrac{\sqrt{2}}{12}\sqrt{(b^2+c^2-a^2)(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)}$
$\bullet$ Kết luận

Bài 4. Cho tứ diện gần đều $ABCD$ với $AB=CD=a$; $AC=BD=b$, $AD=BC=c$. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diên $ABCD$?
Bài giải:

$\bullet$ Gọi $I$, $J$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$. Ta đã biết $IJ$ đoạn vuông góc chung của $AB$ và $CD$. Gọi $O$ là trung điểm của $IJ$. $O$ chính là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$.

Thật vậy: $IJ$ là trung trực của $AB$ và $CD$ nên $OA=OB$ và $OC=OD$

Nhưng các đoạn nối trung điểm của các cạnh đối trong tứ diện đồng qui tại $O$ nên, chẳng hạn xét cặp $AC$ và $BD$ ta suy ra: $OA=OC$ và $OB=OD$

Vậy: $OA=OB=OC=OD$

$\bullet$ $\Delta ABC$ có trung tuyến $CI$ nên:

$CI^2=\frac{2CA^2+2CB^2-AB^2}{4}=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}$

$\Delta IJC$ vuông tại $I$ nên:

$IJ^2=CI^2-CJ^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}-\frac{a^2}{4}=\frac{b^2+c^2-a^2}{2}$

$\Delta AIO$ vuông tại $I$ nên:

$R^2=OA^2=AI^2+OI^2=\frac{AB^2}{4}+\frac{IJ^2}{4}=\frac{a^2+b^2+c^2}{8}$

$\iff R=\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{8}}$

Bài 5. Cho tứ diện gần đều $ABCD$ với $AB=CD=a$; $AC=BD=b$, $AD=BC=c$. Tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diên $ABCD$?
Bài giải:

Bán kính mặt cầu nội tiếp tính bởi: $r=\frac{3V}{S_{TP}}$

Trong đó: $V_{ABCD}=\dfrac{\sqrt{2}}{12}\sqrt{(b^2+c^2-a^2)(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)}$

$S_{TP}=4\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ với $p=\frac{a+b+c}{2}$

Vậy: $r=\frac{\sqrt{2}}{16}.\frac{\sqrt{(b^2+c^2-a^2)(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)}}{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}$

V.TỨ DIỆN ĐỀU

1. Kiến thức cơ bản:
$\bullet$ Tứ diện đều là tứ diện có 6 cạnh bằng nhau, do đó 4 mặt của nó là bốn tam giác đều bằng nhau.
2. Một số bài toán cơ bản

Bài 1. Chứng minh rằng tứ diện đều là tứ diện trực tâm?

Bài giải:

Gọi $I$ là trung điểm của $CD$. Ta có:

$CD\bot AI\,\, \text{và}\,\, CD\bot BI  \Rightarrow CD \bot (ABI) \Rightarrow CD\bot AB$

Tương tự như thế ta cũng có: $BC \bot AD$ và $AC \bot BD$.

Vậy: Tứ diện $ABCD$ là tứ diện vuông

Bài 2. Cho tứ diện đều $ABCD$ cạnh a. Tính đường cao tứ diện?
Bài giải:
Vẽ $AH$ vuông góc với $(BCD)$. Do $ADCB$ là tứ diện đều  nên $H$ là tâm của tam giác đều $BCD$. Ta có:
$AH^2=AB^2-BH^2=a^2-(\frac{2}{3}-\frac{a\sqrt{3}}{2})^2=\frac{2a^2}{3}$
Vậy: $h=AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Bài 3. Cho tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$. Tính thể tích của tứ diện?

Bài giải:

Diện tích tam giác $BCD$: $S_{BCD}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Đường cao tứ diện đều $ABCD$: $h=AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Thể tích của tứ diện đều $ABCD$: $V_{ABCD}=\frac{1}{3}S_{BCD}.AH=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$

Bài 4. Cho tứ diện đều $ABCD$, cạnh $a$. Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$?

Bài giải:

$\bullet$ Hạ $AH$ vuông góc với $mp(ABC)$, $AH$ chính là trục của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$. Gọi $I$, $J$ lần lượt là trung điểm của $CD$ và $AB$. Do $IA=IB$ nên $IJ$ là trung trực của $AD$ vẽ trong $mp(IAB)$. Giao điểm $O$ của $AH$ và $IJ$ là tâm $O$ của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$.

$\bullet$ Tứ giác $OHBJ$ là tứ giác nội tiếp nên:

$AO.AH=AJ.AB \implies AO=R=\frac{AB^2}{2AH}$

Mà ta đã biết đường cao trong tứ giác đều là:

$AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Nên: $R=\frac{a\sqrt{6}}{4}$

$\bullet$ Vậy: $R=\frac{a\sqrt{6}}{4}$

Bài 5. Cho tứ diện đều $ABCD$, cạnh $a$. Tính bán kính của mặt cầu nội tiếp tứ diện $ABCD$?

Bài giải:

Ta có: $CD \bot (ABI) \implies (ABI) \bot (ACD)$ (theo giao tuyến $AI$)

Cho nên khoảng cách từ $O$ đến $(ACD)$ là khoảng cách từ $O$ đến $AI$.

Nhưng $IJ$ là phân giác góc $\widehat{AIB}$ nên: $OH=OK$

Vậy $O$ cách đều hai mặt $(BCD)$ và $(ACD)$. Tương tự ta cũng chứng minh tất cả các mặt của tứ diện. Vậy $O$ là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$.

Bán kính của mặt cầu này:

$r=OH=AH-AO=\frac{a\sqrt{6}}{12}$

Vậy: $r=\frac{a\sqrt{6}}{12}$

GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ
 

A.TÓM TẮT LÍ THUYẾT:

I. Giới hạn hữu hạn

1.Giới hạn đặc biệt:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} x = {x_0}$;   
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} c = c$    ($c$: hằng số)

2.Định lí:
a) Nếu$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L$  và  $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) = M$ thì:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f(x) + g(x)} \right] = L + M$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f(x) - g(x)} \right] = L - M$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f(x).g(x)} \right] = L.M$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \frac{L}{M}$ (nếu $M\ne 0$)
b) Nếu $f(x) \ge 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L$ thì  $L \ge 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \sqrt {f(x)}  = \sqrt L $
c) Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L$ thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left| {f(x)} \right| = \left| L \right|$

II. Giới hạn vô cực, giới hạn ở vô cực

1.Giới hạn đặc biệt:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {x^k} =  + \infty $
$\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {x^k} = \left\{ \begin{array}{l}
+ \infty \,\,\,\text{nếu}\,\,k\,\,\text{chẵn}\\
- \infty \,\,\,\text{nếu}\,\,k\,\,\text{lẻ}
\end{array} \right.$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } c = c$;
$\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{c}{{{x^k}}} = 0$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{1}{x} =  - \infty $
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{x} =  + \infty $
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{1}{{\left| x \right|}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{{\left| x \right|}} =  + \infty $

2.Định lí:
Nếu$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L \ne 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) =  \pm \infty $ thì: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)g(x) =  \pm \infty$.

Bảng sau:
$\begin{array}{|c|c|c|}
\hline
\mathop{\lim}\limits_{x\to{x_0}} f(x) & \mathop{\lim}\limits_{x\to{x_0}} g(x) & \mathop{\lim}\limits_{x\to{x_0}} f(x).g(x) \\
\hline
+ & +\infty & +\infty \\
\hline
+ & -\infty & -\infty\\
\hline
- & +\infty& -\infty\\
\hline
- & -\infty & +\infty\\
\hline
\end{array}$

Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L \ne 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) = 0$ thì: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} =  \pm \infty $.
Bảng sau:
$\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
\mathop{\lim}\limits_{x\to{x_0}} f(x) & \mathop{\lim}\limits_{x\to{x_0}} g(x) & Dấu\,\, của\,\,g(x)\,(Trong\,\, lân\,\, cận \,\,x_0) & \mathop{\lim}\limits_{x\to{x_0}} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} \\
\hline
+ & 0 &+& +\infty \\
\hline
+ & 0 &-& -\infty \\
\hline
- & 0 &+& -\infty\\
\hline
- & 0 &-& +\infty\\
\hline
\end{array}$
III.Giới hạn một bên:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L \iff \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = L$

* Khi tính giới hạn có một trong các dạng vô định: $\frac{0}{0}$, $\frac{\infty }{\infty }$, $\infty-\infty$, $0.\infty$  thì phải tìm cách khử dạng vô định.

B.MỘT SỐ VẤN ĐỀ - DẠNG TOÁN VỀ GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ:(sơ đồ tư duy)

 

Chú ý: Đối với hàm số lượng giác thì cũng có các dạng tương tự và vận dụng công thức: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}{x} = 1$
C.VÍ DỤ VẬN DỤNG:
Vấn đề 1: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{P(x)}}{{Q(x)}}$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } \frac{{P(x)}}{{Q(x)}}$, $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } \frac{{P(x)}}{{Q(x)}}$
Dạng 1: $\frac{{P({x_0})}}{{Q({x_0})}} = \frac{L}{M}$, $M \ne 0,\,\,L \ne 0$
Phương pháp: Thế ${x_0}$vào $\frac{{P(x)}}{{Q(x)}}$: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{P(x)}}{{Q(x)}} = \frac{L}{M}$
Ví dụ 1:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^3} - 8}}{{{x^2} - 4}} = \frac{{{1^3} - 8}}{{{1^2} - 4}} = \frac{{ - 7}}{{ - 3}} = \frac{7}{3}$
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{2 - \sqrt {4 - x} }}{x} = \frac{{2 - \sqrt {4 - 3} }}{3} = \frac{1}{3}$
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 3} \frac{{\sqrt[3]{{x + 1}} - \sqrt {1 - x} }}{x} = \frac{{\sqrt[3]{{ - 3 + 1}} - \sqrt {1 + 3} }}{{ - 3}} = \frac{{2 + \sqrt[3]{2}}}{3}$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{4}} \frac{{\sin x}}{x} = \frac{{\sin \frac{\pi }{4}}}{{\frac{\pi }{4}}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{\pi }$
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\left| {2 - x} \right|}}{{2{x^2} - 5x + 2}} = \frac{{\left| {2 - 3} \right|}}{{{{2.3}^2} - 5.3 + 2}} = \frac{1}{5}$
Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 + x + {x^2} + {x^3}}}{{1 + x}}$  
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{\sqrt {3{x^2} + 1}  - x}}{{x - 1}}$   
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{2}} \frac{{\sin \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right)}}{x}$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \,\,\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{{x^4} + x - 3}}$  
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \,\,\frac{{\sqrt {{x^2} - x + 1} }}{{x - 1}}$  
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{\sqrt {{x^2} - 2x + 3} }}{{x + 1}}$
g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {x + 8}  - 3}}{{x - 2}}$  
h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{3{x^2} - 4}} - \sqrt {3x - 2} }}{{x + 1}}$
i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^2}\sin \frac{1}{2}$
Bài tập 2: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{1 + x + {x^2} + {x^3}}}{{1 + x}}$ 
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ - }} \frac{{\sqrt {3{x^2} + 1}  - x}}{{x - 1}}$  
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{(\frac{\pi }{2})}^ + }} \frac{{\sin \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right)}}{x}$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ + }} \,\,\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{{x^4} + x - 3}}$  
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \,\,\frac{{\sqrt {{x^2} - x + 1} }}{{x - 1}}$  
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \,\,\frac{{\sqrt {{x^2} - 2x + 3} }}{{x + 1}}$
g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\sqrt {x + 8}  - 3}}{{x - 2}}$  
h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{\sqrt[3]{{3{x^2} - 4}} - \sqrt {3x - 2} }}{{x + 1}}$ 
i)$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {x^2}\sin \frac{1}{2}$
Dạng 2: $\frac{{P({x_0})}}{{Q({x_0})}} = \frac{0}{M},\,\,M \ne 0$
Phương pháp: Thế ${x_0}$ vào $\frac{{P(x)}}{{Q(x)}}$: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{P(x)}}{{Q(x)}} = \frac{0}{M} = 0$
Ví dụ 2:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^3} - 8}}{{{x^2} + 4}} = \frac{{{2^3} - 8}}{{{2^2} + 4}} = \frac{0}{8} = 0$
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2 - \sqrt {4 - x} }}{{x + 1}} = \frac{{2 - \sqrt {4 - 0} }}{{0 + 1}} = \frac{0}{1} = 0$
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt[3]{{x + 1}} - \sqrt {1 - x} }}{{x + 1}} = \frac{{\sqrt[3]{{0 + 1}} - \sqrt {1 + 0} }}{{0 + 1}} = \frac{0}{1} = 0$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{{x + 1}} = \frac{{\sin 0}}{{0 + 1}} = \frac{0}{1} = 0$
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{\left| {2 - x} \right|}}{{2{x^2} - 5x + 1}} = \frac{{\left| {2 - 2} \right|}}{{{{2.2}^2} - 5.2 + 1}} = \frac{0}{{ - 1}} = 0$
Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x + {x^2} + {x^3}}}{{1 + x}}$  
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{\sqrt {3{x^2} + 1}  + 2x}}{{x - 1}}$  
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{2}} \frac{{\sin x}}{{2x}}$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{{x^4} + x - 3}}$  
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \,\,\frac{{\sqrt {{x^2} - x - 1}  - 1}}{{x - 1}}$ 
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{\sqrt {{x^2} - 2x + 2}  - 1}}{{x + 1}}$
g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 4} \frac{{\sqrt {x + 8}  - 2}}{{x - 2}}$  
h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{3{x^2} - 4}} - \sqrt {3x - 2} }}{{x + 1}}$ 
i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^2}}}{{c{\rm{osx}}}}$
Bài tập 2: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{x + {x^2} + {x^3}}}{{1 + x}}$  
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ - }} \frac{{\sqrt {3{x^2} + 1}  + 2x}}{{x - 1}}$  
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{(\frac{\pi }{2})}^ + }} \frac{{\sin x}}{{2x}}$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \,\,\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{{x^4} + x - 3}}$ 
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \,\,\frac{{\sqrt {{x^2} - x - 1}  - 1}}{{x - 1}}$ 
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \,\,\frac{{\sqrt {{x^2} - 2x + 2}  - 1}}{{x + 1}}$
g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ + }} \frac{{\sqrt {x + 8}  - 2}}{{x - 2}}$
h $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{\sqrt[3]{{3{x^2} - 4}} - \sqrt {3x - 2} }}{{x + 1}}$ 
i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{{x^2}}}{{c{\rm{osx}}}}$
Dạng 3: $\frac{{P({x_0})}}{{Q({x_0})}} = \frac{L}{0},\,\,\,L \ne 0$
Phương pháp: Áp dụng 2 quy tắc giới hạn vô cực:
- Quy tắc 1.
- Quy tắc 2.
Ví dụ 3:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x - 8}}{{x - 2}} =  - \infty $
Do: $\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} (x - 8) =  - 6\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} (x - 2) = 0\\
x - 2 > 0,\,\,\forall x > 2
\end{array} \right.$
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x - 8}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} =  - \infty $
Do: $\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} (x - 8) =  - 6\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} {(x - 2)^2} = 0\\
{\left( {x - 2} \right)^2} > 0,\,\,\forall x\ne 2
\end{array} \right.$
Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 + x + {x^2} + {x^3}}}{{{x^2}}}$  
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {3{x^2} + 1}  + 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$   
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{c{\rm{os}}x}}{{2{x^2} + 1}}$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{\left| {x + 1} \right|}}{{{{\left( {{x^4} + x - 2} \right)}^2}}}$  
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{\sqrt {{x^2} - x + 1}  + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$ 
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{\sqrt {{x^2} - 2x + 2}  + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^4}}}$
g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {x + 2}  + 2}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^4}}}$
h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{3{x^2} - 4}} + \sqrt {3x - 2} }}{{{{\left( {x - 2} \right)}^6}}}$ 
i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{c{\rm{os}}x}}{{{{\rm{x}}^{\rm{4}}}}}$
Bài tập 2: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ + }} \frac{{x + {x^2} + {x^3}}}{{1 + x}}$  
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\sqrt {3{x^2} + 1}  + 2x}}{{x - 1}}$  
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 + x}}{{\sin x}}$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \,\,\frac{{\left| {x + 1} \right|}}{{{x^4} + 2x - 3}}$ 
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \,\,\frac{{\sqrt {{x^2} + x - 1}  + 1}}{{x - 1}}$ 
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \,\,\frac{{\sqrt {{x^2} - 2x + 2}  + 1}}{{x + 1}}$
g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{\sqrt {x + 6}  + 2}}{{x - 2}}$  
h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{\sqrt[3]{{3{x^2} - 4}} + \sqrt {3x - 2} }}{{2 - x}}$
i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{c{\rm{osx}}}}{{\rm{x}}}$
Dạng 4: $\frac{{P({x_0})}}{{Q({x_0})}} = \frac{0}{0}$
Phương pháp:
- Nhóm nhân tử chung: $x - {x_0}$.
- Nhân thêm lượng liên hiệp.
- Thêm, bớt số hạng vắng.
a) $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{P(x)}}{{Q(x)}}$ với $P(x),\,\, Q(x)$ là các đa thức và $P(x_0) = Q(x_0) = 0$.
Phân tích cả tử và mẫu thành nhân tử và rút gọn.

Ví dụ 4: 

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^3} - 8}}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(x - 2)({x^2} + 2x + 4)}}{{(x - 2)(x + 2)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} + 2x + 4}}{{x + 2}} = \frac{{12}}{4} = 3$
b) $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{P(x)}}{{Q(x)}}$ với $P(x_0) = Q(x_0) = 0$ và $P(x),\,\, Q(x)$ là các biểu thức chứa căn cùng bậc.
Sử dụng các hằng đẳng thức để nhân lượng liên hợp ở tử và mẫu.
Ví dụ 5:

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2 - \sqrt {4 - x} }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {2 - \sqrt {4 - x} } \right)\left( {2 + \sqrt {4 - x} } \right)}}{{x\left( {2 + \sqrt {4 - x} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{2 + \sqrt {4 - x} }} = \frac{1}{4}$
b) $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{P(x)}}{{Q(x)}}$ với $P(x_0) = Q(x_0) = 0$ và $P(x)$ là biểu thức chứa căn không đồng bậc.
Giả sử: $P(x) = \sqrt[m]{{u(x)}} - \sqrt[n]{{v(x)}}\,\,\text{với}\,\,\sqrt[m]{{u({x_0})}} = \sqrt[n]{{v({x_0})}} = a$.
Ta phân tích $P(x) = \left( {\sqrt[m]{{u(x)}} - a} \right) + \left( {a - \sqrt[n]{{v(x)}}} \right)$.
Ví dụ 6:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt[3]{{x + 1}} - \sqrt {1 - x} }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{\sqrt[3]{{x + 1}} - 1}}{x} + \frac{{1 - \sqrt {1 - x} }}{x}} \right)$
$=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{1}{{\sqrt[3]{{{{(x + 1)}^2} + \sqrt[3]{{x + 1}} + 1}}}} + \frac{1}{{1 + \sqrt {1 - x} }}} \right) = \frac{1}{3} + \frac{1}{2} = \frac{5}{6}$
Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{{x^3} - {x^2} - x + 1}}{{{x^2} - 3x + 2}}$ 
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{{x^4} - 1}}{{{x^3} - 2{x^2} + 1}}$  
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \,\,\frac{{{x^5} + 1}}{{{x^3} + 1}}$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \,\,\frac{{{x^3} - 5{x^2} + 3x + 9}}{{{x^4} - 8{x^2} - 9}}$
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{x - 5{x^5} + 4{x^6}}}{{{{(1 - x)}^2}}}\,\,\,$ 
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{{x^m} - 1}}{{{x^n} - 1}}\,\,\,$
g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{(1 + x)(1 + 2x)(1 + 3x) - 1}}{x}$ 
h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x + {x^2} + ... + {x^n} - n}}{{x - 1}}$ 
i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \frac{{{x^4} - 16}}{{{x^3} + 2{x^2}}}$
Bài tập 2: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \,\,\frac{{{x^3} - {x^2} - x + 1}}{{{x^2} - 3x + 2}}$
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \,\,\frac{{{x^4} - 1}}{{{x^3} - 2{x^2} + 1}}$ 
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ + }} \,\,\frac{{{x^5} + 1}}{{{x^3} + 1}}$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \,\,\frac{{{x^3} - 5{x^2} + 3x + 9}}{{{x^4} - 8{x^2} - 9}}$  
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \,\,\frac{{x - 5{x^5} + 4{x^6}}}{{{{(1 - x)}^2}}}\,\,\,$
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \,\,\frac{{{x^m} - 1}}{{{x^n} - 1}}\,\,\,$
g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{(1 + x)(1 + 2x)(1 + 3x) - 1}}{x}$ 
h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{x + {x^2} + ... + {x^n} - n}}{{x - 1}}$ 
i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 2)}^ + }} \frac{{{x^4} - 16}}{{{x^3} + 2{x^2}}}$
Bài tập 3: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \,\,\frac{{\sqrt {4x + 1}  - 3}}{{{x^2} - 4}}$  
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{\sqrt[3]{x} - 1}}{{\sqrt[3]{{4x + 4}} - 2}}.$ 
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + {x^2}}  - 1}}{x}$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {x + 2}  - 2}}{{\sqrt {x + 7}  - 3}}$  
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {2x + 2}  - \sqrt {3x + 1} }}{{x - 1}}$ 
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {{x^2} + 1}  - 1}}{{\sqrt {{x^2} + 16}  - 4}}$
g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + x}  - 1}}{{\sqrt[3]{{1 + x}} - 1}}$ 
h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 3} \frac{{x + \sqrt {3 - 2x} }}{{{x^2} + 3x}}$  
i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {x + 9}  + \sqrt {x + 16}  - 7}}{x}$
Bài tập 4: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \,\,\frac{{\sqrt {4x + 1}  - 3}}{{{x^2} - 4}}$  
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \,\,\frac{{\sqrt[3]{x} - 1}}{{\sqrt[3]{{4x + 4}} - 2}}.$
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {1 + {x^2}}  - 1}}{x}$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{\sqrt {x + 2}  - 2}}{{\sqrt {x + 7}  - 3}}$ 
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\sqrt {2x + 2}  - \sqrt {3x + 1} }}{{x - 1}}$ 
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {{x^2} + 1}  - 1}}{{\sqrt {{x^2} + 16}  - 4}}$
g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\sqrt {1 + x}  - 1}}{{\sqrt[3]{{1 + x}} - 1}}$ 
h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 3)}^ - }} \frac{{x + \sqrt {3 - 2x} }}{{{x^2} + 3x}}$ 
i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {x + 9}  + \sqrt {x + 16}  - 7}}{x}$
Bài tập 5: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \,\,\frac{{\sqrt {1 + x}  - \sqrt[3]{{1 + x}}}}{x}$  
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \,\,\frac{{\sqrt[3]{{8x + 11}} - \sqrt {x + 7} }}{{{x^2} - 3x + 2}}$ 
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\sqrt {1 + x}  - \sqrt[3]{{8 - x}}}}{x}$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + 4x}  - \sqrt[3]{{1 + 6x}}}}{{{x^2}}}$ 
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{8x + 11}} - \sqrt {x + 7} }}{{2{x^2} - 5x + 2}}$ 
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {5 - {x^3}}  - \sqrt[3]{{{x^2} + 7}}}}{{{x^2} - 1}}$
g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + 4x} .\sqrt {1 + 6x}  - 1}}{x}$  
h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + 2x} .\sqrt[3]{{1 + 4x}} - 1}}{x}$ 
i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt[3]{{x + 1}} - \sqrt {1 - x} }}{x}$
Bài tập 6: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \,\,\frac{{\sqrt {1 + x}  - \sqrt[3]{{1 + x}}}}{x}$ 
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \,\,\frac{{\sqrt[3]{{8x + 11}} - \sqrt {x + 7} }}{{{x^2} - 3x + 2}}$ 
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{2\sqrt {1 + x}  - \sqrt[3]{{8 - x}}}}{x}$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\sqrt {1 + 4x}  - \sqrt[3]{{1 + 6x}}}}{{{x^2}}}$
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{\sqrt[3]{{8x + 11}} - \sqrt {x + 7} }}{{2{x^2} - 5x + 2}}$ 
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\sqrt {5 - {x^3}}  - \sqrt[3]{{{x^2} + 7}}}}{{{x^2} - 1}}$
g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {1 + 4x} .\sqrt {1 + 6x}  - 1}}{x}$ 
h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\sqrt {1 + 2x} .\sqrt[3]{{1 + 4x}} - 1}}{x}$ 
i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt[3]{{x + 1}} - \sqrt {1 - x} }}{x}$
Dạng 5: $P({x_0}).Q({x_0}) = 0.\infty $ ($\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} P(x).Q(x)$)
Phương pháp: Ta cũng thường sử dụng các phương pháp như các dạng ở trên.
Ví dụ 5:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} (x - 2)\sqrt {\frac{x}{{{x^2} - 4}}}  = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {x - 2} .\sqrt x }}{{\sqrt {x + 2} }} = \frac{{0.\sqrt 2 }}{2} = 0$
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} (x - 2)\sqrt {\frac{x}{{{x^2} - 4}}}  = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{\sqrt {x - 2} .\sqrt x }}{{\sqrt {x + 2} }} = \frac{{0.\sqrt 2 }}{2} = 0$
Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} (x - 3)\sqrt {\frac{x}{{{x^2} - 9}}} $  
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} (x - 4)\sqrt {\frac{x}{{{x^2} - 16}}} $ 
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x - 1)\sqrt {\frac{x}{{{x^2} - 1}}} $
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to \sqrt 2 } (x - \sqrt 2 )\sqrt {\frac{x}{{{x^2} - 2}}} $ 
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to \sqrt 3 } (x - \sqrt 3 )\sqrt {\frac{x}{{{x^2} - 3}}} $ 
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} (x - 5)\sqrt {\frac{x}{{{x^2} - 25}}} $
Bài tập 2: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} (x - 3)\sqrt {\frac{x}{{{x^2} - 9}}} $ 
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} (x - 4)\sqrt {\frac{x}{{{x^2} - 16}}} $ 
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} (x - 1)\sqrt {\frac{x}{{{x^2} - 1}}} $
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^ - }} (x - \sqrt 2 )\sqrt {\frac{x}{{{x^2} - 2}}} $ 
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^ + }} (x - \sqrt 3 )\sqrt {\frac{x}{{{x^2} - 3}}} $ 
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {5^ - }} (x - 5)\sqrt {\frac{x}{{{x^2} - 25}}} $
Dạng 6: $P({x_0}) - Q({x_0}) = \infty  - \infty $ ($\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left( {P(x) - Q(x)} \right)$)
Phương pháp: Ta cũng thường sử dụng các phương pháp như các dạng ở trên.
Ví dụ 6:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\,\left( {\frac{1}{{1 - x}} - \frac{2}{{1 - {x^2}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{x - 1}}{{1 - {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{1}{{ - 1 - x}} =  - \frac{1}{2}$
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \,\,\,\left( {\frac{1}{{1 - x}} - \frac{2}{{1 - {x^2}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \,\,\frac{{x - 1}}{{1 - {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \,\,\frac{1}{{ - 1 - x}} =  - \frac{1}{2}$
Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \,\,\,\left( {\frac{1}{{2 - x}} - \frac{4}{{4 - {x^2}}}} \right)$
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \,\,\,\left( {\frac{1}{{3 - x}} - \frac{6}{{9 - {x^2}}}} \right)$
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \,\,\,\left( {\frac{1}{{4 - x}} - \frac{8}{{16 - {x^2}}}} \right)$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \,\,\,\left( {\frac{1}{{5 - x}} - \frac{{10}}{{25 - {x^2}}}} \right)$ 
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\,\left( {\frac{1}{{1 - x}} - \frac{3}{{1 - {x^3}}}} \right)$
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \,\,\left( {\frac{1}{{{x^2} - 3x + 2}} + \frac{1}{{{x^2} - 5x + 6}}} \right)$
Bài tập 2: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \,\,\,\left( {\frac{1}{{2 - x}} - \frac{4}{{4 - {x^2}}}} \right)$ 
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \,\,\,\left( {\frac{1}{{3 - x}} - \frac{6}{{9 - {x^2}}}} \right)$ 
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \,\,\,\left( {\frac{1}{{4 - x}} - \frac{8}{{16 - {x^2}}}} \right)$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {5^ - }} \,\,\,\left( {\frac{1}{{5 - x}} - \frac{{10}}{{25 - {x^2}}}} \right)$ 
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \,\,\,\left( {\frac{1}{{1 - x}} - \frac{3}{{1 - {x^3}}}} \right)$ 
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \,\,\left( {\frac{1}{{{x^2} - 3x + 2}} + \frac{1}{{{x^2} - 5x + 6}}} \right)$
Vấn đề 2: $\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{P(x)}}{{Q(x)}}$.
Dạng 1: $\frac{\infty }{\infty }$ với $\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } p(x) =  \pm \infty $, $\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } Q(x) =  \pm \infty $.
Phương pháp:
- Nếu $P(x)$, $Q(x)$ là các đa thức thì chia cả tử và mẫu cho luỹ thừa cao nhất của $x$.
- Nếu $P(x)$, $Q(x)$ có chứa căn thì có thể chia cả tử và mẫu cho luỹ thừa cao nhất của $x$ hoặc nhân lượng liên hợp.
Chú ý:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{P(x)}}{{Q(x)}} = \left\{ \begin{array}{l}
k\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,\,\,\,\text{bậc của} (P(x))\, = \,\text{bậc của} (Q(x))\\
0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,\,\,\text{bậc của} (P(x))\, < \,\text{bậc của} (Q(x))\,\\
\pm \infty \,\,\,\,\,\,\,khi\,\,\,\,\text{bậc của} (P(x))\, > \,\text{bậc của} (Q(x))
\end{array} \right.$
Ví dụ 1:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2{x^2} + 5x - 3}}{{{x^2} + 6x + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2 + \frac{5}{x} - \frac{3}{{{x^2}}}}}{{1 + \frac{6}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}}} = 2$
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2{x^2} + 5x - 3}}{{{x^2} + 6x + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2 + \frac{5}{x} - \frac{3}{{{x^2}}}}}{{1 + \frac{6}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}}} = 2$
c)$\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2x - 3}}{{\sqrt {4{x^2} + 1}  - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2 - \frac{3}{x}}}{{ - \sqrt {4 + \frac{1}{{{x^2}}}}  - 1}} =  - \frac{2}{3}$
d)$\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2x - 3}}{{\sqrt {4{x^2} + 1}  - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2 - \frac{3}{x}}}{{\sqrt {4 + \frac{1}{{{x^2}}}}  - 1}} = 2$
Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \,\,\frac{{{x^2} + 1}}{{2{x^2} - x + 1}}$  
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \,\,\frac{{2{x^2} - x + 1}}{{x - 2}}$  
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \,\,\frac{{2{x^2} + 1}}{{{x^3} - 3{x^2} + 2}}$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 2x + 3}  + 4x + 1}}{{\sqrt {4{x^2} + 1}  + 2 - x}}$ 
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} - 2x + 1}  + 2 - x}}{{\sqrt {9{x^2} - 3x}  + 2x}}$ 
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \,\,\frac{{x\sqrt x  + 1}}{{{x^2} + x + 1}}$
g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{(2x - 1)\sqrt {{x^2} - 3} }}{{x - 5{x^2}}}$ 
h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 2x}  + 3x}}{{\sqrt {4{x^2} + 1}  - x + 2}}$ 
i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{x^2} - 5x + 2}}{{2\left| x \right| + 1}}$
Bài tập 2: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \,\,\frac{{{x^2} + 1}}{{2{x^2} - x + 1}}$  
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \,\,\frac{{2{x^2} - x + 1}}{{x - 2}}$  
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \,\,\frac{{2{x^2} + 1}}{{{x^3} - 3{x^2} + 2}}$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 2x + 3}  + 4x + 1}}{{\sqrt {4{x^2} + 1}  + 2 - x}}$ 
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} - 2x + 1}  + 2 - x}}{{\sqrt {9{x^2} - 3x}  + 2x}}$ 
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \,\,\frac{{x\sqrt x  + 1}}{{{x^2} + x + 1}}$
g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{(2x - 1)\sqrt {{x^2} - 3} }}{{x - 5{x^2}}}$ 
h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 2x}  + 3x}}{{\sqrt {4{x^2} + 1}  - x + 2}}$ 
i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{{x^2} - 5x + 2}}{{2\left| x \right| + 1}}$
Dạng 2: $\infty  - \infty $ ( $\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left( {P(x) - Q(x)} \right)$ với $\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } P(x) =  \pm \infty, \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } Q(x) =  \pm \infty$ và giới hạn này thường có chứa căn)
Phương pháp: Ta thường sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp của tử và mẫu.
Ví dụ 2:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {1 + x}  - \sqrt x } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\left( {\sqrt {1 + x}  - \sqrt x } \right)\left( {\sqrt {1 + x}  + \sqrt x } \right)}}{{\sqrt {1 + x}  + \sqrt x }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{\sqrt {1 + x}  + \sqrt x }} = 0$
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\sqrt[3]{{1 + {x^2} - {x^3}}} + x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{1 + {x^2}}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{1 + {x^2} - {x^3}}}} \right)}^2} - x\sqrt[3]{{1 + {x^2} - {x^3}}} + {x^2}}}$
$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\frac{1}{{{x^2}}} + 1}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{x} - 1}}} \right)}^2} - \sqrt[3]{{\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{x} - 1}} + 1}} = \frac{1}{3}$
Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + x}  - x} \right)$  
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \,\left( {2x - 1 - \sqrt {4{x^2} - 4x - 3} } \right)$
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \,\,\left( {\sqrt {{x^2} + 1}  - \sqrt[3]{{{x^3} - 1}}} \right)$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \,\,\left( {\sqrt {x + \sqrt {x + \sqrt x } }  - \sqrt x } \right)$
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt[3]{{2x - 1}} - \sqrt[3]{{2x + 1}}} \right)$
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt[3]{{{x^3} + {x^2} - 1}} - \sqrt {{x^2} + x + 2} } \right)$
Bài tập 2: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x + 5}  + x} \right)$ 
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \,\left( {2x - 1 - \sqrt {4{x^2} - 4x + 2} } \right)$
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \,\,\left( {\sqrt {{x^2} - x + 1}  + \sqrt[3]{{{x^3} - 2{x^2} - 1}}} \right)$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \,\,\left( {\sqrt {{x^4} + {x^2} + 10}  + {x^2}} \right)$
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\sqrt[3]{{2x - 1}} - \sqrt[3]{{2x + 1}}} \right)$
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\sqrt[3]{{{x^3} + {x^2} - 1}} + \sqrt {{x^2} - x + 2} } \right)$
Dạng 3: $0.\infty$. ($\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left( {P(x).Q(x)} \right)$ với $\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } P(x) = 0, \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } Q(x) =  \pm \infty$ và giới hạn này thường có chứa căn)
Phương pháp:  Tổng hợp các phương pháp trên.
Ví dụ 3:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {x + 1} \right)\left( {\frac{{x - 2}}{{{x^2} + 1}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{x^2} + x - 2}}{{{x^2} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{1 + \frac{1}{x} - \frac{2}{{{x^2}}}}}{{1 + \frac{1}{{{x^2}}}}} = 1$
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {\frac{{\sqrt {{x^2} + 2}  + 1}}{{{x^2} + 1}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\left( {{x^2} - 1} \right)\sqrt {{x^2} + 2}  + {x^2} - 1}}{{{x^2} + 1}}$
   $ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - \left( {1 - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)\sqrt {1 + \frac{2}{{{x^2}}}}  + \frac{1}{x} - \frac{1}{{{x^3}}}}}{{\frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^3}}}}} =  + \infty $
Do: $\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty }  - \left( {1 - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)\sqrt {1 + \frac{2}{{{x^2}}}}  + \frac{1}{x} - \frac{1}{{{x^3}}} =  - 1\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right) = 0\\
\frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^3}}} < 0,\,\forall x < 0
\end{array} \right.$
Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {x - 1} \right)\left( {\frac{{x - 3}}{{{x^2} + 1}}} \right)$ 
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {\frac{{{x^2} - 2}}{{{x^4} + 1}}} \right)$ 
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {x + 1} \right)\left( {\frac{{{x^2} + 2}}{{{x^3} + 1}}} \right)$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {x + 1} \right)\left( {\frac{{x + 2}}{{{x^3} + 1}}} \right)$ 
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {\frac{{\sqrt {{x^2} + 2}  + 1}}{{{x^3} + 1}}} \right)$
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {x + 1} \right)\left( {\frac{{\sqrt {{x^4} + 2}  + {x^2}}}{{{x^3} + 1}}} \right)$

Bài tập 2: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {x - 1} \right)\left( {\frac{{x - 3}}{{{x^2} + 1}}} \right)$ 
b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {\frac{{{x^2} - 2}}{{{x^4} + 1}}} \right)$ 
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {x + 1} \right)\left( {\frac{{{x^2} + 2}}{{{x^3} + 1}}} \right)$
d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {x + 1} \right)\left( {\frac{{x + 2}}{{{x^3} + 1}}} \right)$ 
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {\frac{{\sqrt {{x^2} + 2}  + 1}}{{{x^3} + 1}}} \right)$
f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {x + 1} \right)\left( {\frac{{\sqrt {4{x^4} + 2}  + {x^2}}}{{{x^3} + 1}}} \right)$

Vấn đề 3: Mối quan hệ giữa giới hạn một bên và giới hạn tại một điểm.

Phương pháp:
- $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L \iff \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = L$.
- Sử dụng các cách tính giới hạn của hàm số.
Ví dụ 1: Tìm các giới hạn một bên của hàm số tại điểm được chỉ ra:
$f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{\sqrt {x + 1}  - 1}}{x}\,\, & khi\,\,x > 0\\
\frac{1}{2}\,\,\, & khi\,\,x \le \,\,0
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 0$
Hướng dẫn giải:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {\frac{{\sqrt {x + 1}  - 1}}{x}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 1}} = \frac{1}{2}$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}$
Do: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \frac{1}{2}$ nên $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x) = \frac{1}{2}$
Ví dụ 2: Tìm giá trị của m để các hàm số sau có giới hạn tại điểm được chỉ ra:
$f(x)\,\,=\,\,\left\{\begin{array}{l}
\frac{3x+3}{x+2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\text{nếu}\,\,x<1\\
mx+2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.\,\,\,\,\text{tại}\,\,x=1$

Hướng dẫn giải:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {\frac{{3x + 3}}{{x + 2}}} \right) = 2$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {mx + 2} \right) = m + 2$
Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x)$ nên $m + 2 = 2 \Leftrightarrow m = 0$
Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Tìm các giới hạn một bên của hàm số tại điểm được chỉ ra:
a) $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{\sqrt {1 + x}  - 1}}{{\sqrt[3]{{1 + x}} - 1}}\,\, & \text{nếu}\,\,x > 0\\
\frac{3}{2}\,\,\, & \text{nếu}\,\,x \le \,\,0
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 0$
b) $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{9 - {x^2}}}{{x - 3}}\,\, & \text{nếu}\,\,x < 3\\
1 - x\,\,\,\,\,\, & \text{nếu}\,\,x \ge 3
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 3$
c) $f(x)\,\,\, = \,\,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2} - 2x}}{{8 - {x^3}}}\,\, & \text{nếu}\,\,x > 2\\
\frac{{{x^4} - 16}}{{x - 2}}\,\,\, & \text{nếu}\,\,x < 2
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 2$
d) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^2} - 1}} & \text{nếu}\,\,x > 1\\
- \frac{x}{2} & \text{nếu}\,\,x \le 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$

Bài tập 2:  Tìm giá trị của m để các hàm số sau có giới hạn tại điểm được chỉ ra:

a) $f(x)\,\, = \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^3} - 1}}{{x - 1}}\,\,\, & \text{nếu}\,\,x < 1\\
mx + 2\,\, & \text{nếu}\,\,x \ge 1
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 1$
b) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{{x - 1}} - \frac{3}{{{x^3} - 1}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\text{nếu}\,\,\,x > 1\\
{m^2}{x^2} - 3mx + 3\,\,\,\text{nếu}\,\,x \le 1
\end{array} \right.\,\,\,\,\text{tại}\,\,x = 1$
c) $f(x) = \left\{ \begin{array}{l}
x + m &  & khi\,\,x < 0\\
\frac{{{x^2} + 100x + 3}}{{x + 3}} & khi\,\,x \ge 0
\end{array} \right.\,\,\text{tại}\,\,x = 0$
d) $\left\{ \begin{array}{l}
x + 3m\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\text{nếu}\,\,\,x <  - 1\\
{x^2} + x + m + 3\,\,\,\,\text{nếu}\,\,\,x \ge  - 1
\end{array} \right.\,\,\,\,\text{tại}\,\,\,x =  - 1$

Gọi M, N lần lượt trung điểm AB và CD (MN là đoạn vuông góc chung của AB, CD).

Ta thấy: tâm $I$ đường tròn ngoại tiếp tứ diện nằm trên MN sao cho $\dfrac{MI}{NI}=\frac{7}{2}$

Suy ra: $IA=IB=IC=ID$ (Giờ ta tính bán kính)

Xét tam giác AMC: $MC=\sqrt{22a^2-4a^2}=3\sqrt{2}a$

Xét tam giác AMD: $MD=\sqrt{22a^2-4a^2}=3\sqrt{2}a$

Xét tam giác MCN: $MN=\sqrt{18a^2-9a^2}=3a$

Do: $\dfrac{MI}{NI}=\frac{7}{2}$ nên $MI=\dfrac{7a}{3}$ và $NI=\dfrac{2a}{3}$

Xét tam giác AMI: $IA=\sqrt{\dfrac{49a^2}{9}+4a^2}=\dfrac{\sqrt{85}a}{3}$

Vậy bán kính mặt cầ ngoại tiếp tứ diện: $R=\dfrac{\sqrt{85}a}{3}$

Các bạn kiểm tra iaij giúp mình kết quả...

Chung ta biết $MN$ đã lấy như trên nên tâm mặt cầu sẽ nằm trên $MN$. Tới đây ta có một cách làm như sau.

Gọi $I$ là tâm của mặt cầu trên.

Khi đó ta có:

$$IA^2=ID^2$$

$$\iff IM^2+MA^2=IN^2+ND^2$$

$$\iff IM^2+IA^2=(3a-IM)^2+ND^2$$

$$\iff IM^2+4a^2=9a^2-6aIM+IM^2+9a^2$$

$$\iff 6aIM=14a^2 \iff IM=\dfrac{7a}{3}$$

Và $IN=\dfrac{2a}{3}$

Từ đó ta có tỉ số trên nhen bạn...

chung ta tìm số hạng vắng ở những bài có căn khác nhau. Số hạng vắng ấy còn tùy thuộc mẫu số nữa bạn nhen. Bài trên có mẫu số là $x^2$ nên ta tìm ra một biểu thức để tạo ra $x^2$ ở tử số nhen ban.

bạn cos thể tính: $\sin(18^0)=\dfrac{\sqrt{5}-1}{4}$
sau đó chúng ta thế vaof vế trái thì ta được điều phải chứng minh.

Sử dụng tính đơn điệu để giải nhen(để chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất $x=2$). Biết nghiệm $x=2$

Nhận xét: Mũ khá cao nên ta cần tìm hàm phụ cho hàm dưới dấu tích phân. (Đó là hàm: $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^{2007}{x}}{\sin^{2007}{x}+\cos^{2007}{x}}dx$

$I_1=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^{2007}{x}}{\sin^{2007}{x}+\cos^{2007}{x}}dx$

Đặt: $t=\frac{\pi}{2}-x$ nên $dt=-dx$

Đổi cận:

$x=0$ thì $t=\frac{\pi}{2}$

$x=\frac{\pi}{2}$ thì $t=0$

Khi đó: $I_1=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^{2007}{x}}{\sin^{2007}{x}+\cos^{2007}{x}}dx$

$=-\int_{\frac{\pi}{2}}^0 \frac{\sin^{2007}{(\frac{\pi}{2}-t})}{\sin^{2007} {(\frac{\pi}{2}-t)}+\cos^{2007} {(\frac{\pi}{2}-t)}}dt$

$=-\int_{\frac{\pi}{2}}^0 \frac{\cos^{2007}{t}}{\sin^{2007}{t}+\cos^{2007}{t}}dt$

$=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^{2007}{x}}{\sin^{2007}{x}+\cos^{2007}{x}}dx=I_2$

Nên $I_1=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^{2007}{x}}{\sin^{2007}{x}+\cos^{2007}{x}}dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^{2007}{x}}{\sin^{2007}{x}+\cos^{2007}{x}}dx=I_2$

Suy ra hệ phương trình: $ \left\{\begin{matrix} I_1=I_2\\I_1+I_2=\frac{\pi}{2} \end{matrix}\right.$

$\iff \left\{\begin{matrix} I_1=I_2\\I_1=\frac{\pi}{4} \end{matrix}\right.$

Vậy: $I_1=I_2=\frac{\pi}{4}$

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO          Kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12 THPT 

          BÌNH ĐỊNH                                                   Khóa ngày: 22-10-2017

Môn: Toán

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

Thi ngày: 22/10/2017

 

Bài I: (5,0 điểm)

1. Giải phương trình: $\sqrt{\frac{1+2x\sqrt{1-x^2}}{2}}=1-2x^2$

2. Cho đa thức $f(x)=x^2+px+q$ với $p,q\in Z$. Chứng minh rằng tồn tại $k\in Z$ sao cho $f(k)=f(2017).f(2018)$.

Bài II. (4,0 điểm)

Xét số tự nhiên $A_{n}=2016.2016...2016$ gồm $n$ số $2016$ viết liên tiếp nhau $(n\in N^*)$.

a) Chứng minh rằng số $A_{1008}$ chia hết cho $2017$.

b) Gọi $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn $A_{k}$ chia hết cho $2017$. Chứng minh rằng $2016$ chia hết cho $2k$.

Bài III: (4,0 điểm)

Cho dãy $(x_{n})$ thỏa: 

\begin{align}
    \begin{cases}
        x_{0}&=2 \\
        x_{n+1}&= \frac{2x_{n}+1}{2+x_{n}},\forall n\in N
    \end{cases}
\end{align}

 

a) Tìm số hạng tổng quát $x_{n}$.

b) Tìm phần nguyên của $S_{n}=x_{0}+x_{1}+...+x_{n}$

Bài IV: (4,0 điểm)

Cho tam giác $ABC$ nhọn không đều có trực tâm $H$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ sao cho tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $A$ cắt $OH$ tại $N$. Gọi $K$ là giao điểm của hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $B$ và $C$, $M$ là điểm đối xứng với $A$ qua $BC$. Chứng minh: $K$, $M$, $N$ thẳng hàng.

Bài V: Trong tập hợp các số tự nhiên có $4$ chữ số ta chọn ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho $7$ và số chữ hàng đơn vị bằng $1$.

Bước 1: Tâm mặt cầu thuộc $d$ nên $I(3+t;-2+2t;4+3t)$

Bước 2: Điều kiện tiếp xúc (Tìm ra $t$ rồi tìm $I$)

$d(I,(P))=d(I,(Q))$

$\Leftrightarrow t=-\frac{7}{5}$

Bước 3: Tính bán kính $R$ rồi thế vào là ra đáp án.

Tìm $\lim_{x \rightarrow 1} \frac{\sqrt{5-x^3}-\sqrt[3]{x^2+7}-2}{x^2-1}$

Ta có: 

$\lim_{x \rightarrow 1} (\sqrt{5-x^3}-\sqrt[3]{x^2+7}-2)=-2$

$\lim_{x \rightarrow 1} (x^2-1)=0$

$x>1 \Rightarrow x^2-1>0$

Nên $\lim_{x \rightarrow 1^{+}} \frac{\sqrt{5-x^3}-\sqrt[3]{x^2+7}-2}{x^2-1}=-\infty$

Ta có:
$\lim_{x \rightarrow 1} (\sqrt{5-x^3}-\sqrt[3]{x^2+7}-2)=-2$
$\lim_{x \rightarrow 1} (x^2-1)=0$
$x<1 \Rightarrow x^2-1<0$
Nên $\lim_{x \rightarrow 1^{-}} \frac{\sqrt{5-x^3}-\sqrt[3]{x^2+7}-2}{x^2-1}=+\infty$

 Từ trên ta đến kết luận không tồn tại giới hạn tại điểm $x=1$

Bạn thế $x=1$ vào tử thì tử số bằng -2. Bạn thế $x=1$ vào mẫu số thì mẫu số bằng 0. Bạn chỉ cần kiểm tra giới hạn bên trái 1 và bên phải của 1 thì em sẽ có ngay kết quả ah. Nếu bạn chưa hiểu thì mình sẽ gửi bài giải cụ thể cho bạn sau.

tại sao bạn xét hai hàm ban đầu. hãy giải thích xem.

Lập phương trình hoành độ giao điểm: $x-3=\sqrt{x-3} \iff  x=3 \,\,\text{hoặc}\,\, x=4$

Thể tích của vật thể đã cho.

$V=\pi\int_1^4 |(\sqrt{x-3})^2-(x-3)^2|dx=\pi\int_1^4 |-x^2+7x-12|dx=?$

(Lấy máy tính bấm ra kết quả là xong)

Tính

$$A=\tan(9^0)-\tan(27^0)-\tan(63^0)+\tan(81^0)$$

$$=\tan(9^0)-\tan(27^0)-\cot(27^0)+\cot(9^0)$$

$$=\dfrac{2}{\sin(18^0)}-\dfrac{2}{\sin(54^0)}$$

$$=\dfrac{2}{\sin(18^0)}-\dfrac{2}{\sin(3.18^0)}$$

$$=\dfrac{2}{\sin(18^0)}-\dfrac{2}{3\sin(18^0)-4\sin^3(18^0)}$$

Do: $\sin(18^0)=\dfrac{\sqrt{5}-1}{4}$ (Đặt: $18^0=x$, $\sin(2x)=\sin(3x)$ nên ta có phương trình $4sin^2(x)+2\sin(x)-1=0$ giải ta được $\sin(x)$)

Thế vào $A$ ta được: $A=4$