Chương 1 Ôn tập Câu 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = ln √ x 2 + 1 − arctan x + x trên [ 0; 1 ] A 0. B 1 2 ln 2 − π 4 + 1 C 1 2 ln 2 + π 4 + 1 D 1 2 ln 2 + 1 | Lời giải. f ′ ( x ) = x x 2 + 1 − 1 x 2 + 1 + 1 = x + x 2 x 2 + 1 = 0 ⇐⇒ x = 0 ∨ x = − 1 Do f liên tục trên [ 0; 1 ] nên ta chỉ cần tính và so sánh các giá trị của f ( 0 ) , f ( 1 ) Ta có f ( 0 ) = 0 và f ( 1 ) = 1 2 ln 2 − π 4 + 1 ≈ 0 , 56 = ⇒ f ( 1 ) > f ( 0 ) = ⇒ Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [ 0; 1 ] là 0 Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của a để hàm số y = ax + 1 x 2 + 2 có hai cực trị. A a ̸ = 0 B a ̸ = ± 1 √ 2 C a ̸ = ± 1 D a ∈ R | Lời giải. Ta có y ′ = ( ax + 1 ) ′ ( x 2 + 2 ) − ( x 2 + 2 ) ′ ( ax + 1 ) ( x 2 + 2 ) 2 = a ( x 2 + 2 ) − 2 x ( ax + 1 ) ( x 2 + 2 ) 2 = − ax 2 − 2 x + 2 a ( x 2 + 2 ) 2 Để hàm số có hai cực trị thì y ′ = 0 ⇐⇒ − ax 2 − 2 x + 2 a = 0 (1.1) phải có hai nghiệm phân biệt. Xét a = 0 thì (1.1) ⇐⇒ − 2 x = 0 ⇐⇒ x = 0 . (loại) Xét a ̸ = 0 , ta cần ∆ > 0 hay ( − 2 ) 2 − 4 ( − a ) 2 a > 0 ⇐⇒ 4 + 8 a 2 > 0 . Điều này luôn đúng với mọi a ̸ = 0 Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 3. Tìm a , b để f ( x ) = 2 x 3 + 3 x 2 + ax + b có cực tiểu tại ( − 1; 0 ) A a = 0 , b = 0 B Không tồn tại a , b C a = 0 , b = − 1 D a = 1 , b = 0 | Lời giải. Ta có f ′ ( x ) = 0 ⇐⇒ 6 x 2 + 6 x + a = 0 Do f ( x ) có cực tiểu tại ( − 1 , 0 ) nên { f ′ ( − 1 ) = 0 f ′′ ( − 1 ) > 0 hay { 6 − 6 + a = 0 12 · ( − 1 ) + 6 > 0 vô lý Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 4. Khai triển Maclaurin cấp 5 của f ( x ) = x + 2 x + 1 là A f ( x ) = 2 + x − x 2 + x 5 + o ( x 5 ) B f ( x ) = 2 − x − x 2 − x 3 + x 4 − x 5 + o ( x 5 ) C f ( x ) = 1 + x + x 2 − x 3 + x 4 − x 5 + o ( x 5 ) D Các câu kia đều sai. | Lời giải. 1 Công thức khai triển Maclaurin của hàm số f ( x ) f ( x ) = f ( 0 ) + f ′ ( 0 ) 1! x + f ′′ ( 0 ) 2! x 2 + . . . + f ( n ) ( 0 ) n ! x n + o ( x n ) Ta tính được f ( 0 ) = 2; f ′ ( x ) = − 1 ( x + 1 ) 2 = ⇒ f ′ ( 0 ) = − 1 f ′′ ( x ) = 2 ( x + 1 ) − 3 = ⇒ f ′′ ( 0 ) = 2 f ′′′ ( x ) = − 6 ( x + 1 ) − 4 = ⇒ f ′′′ ( 0 ) = − 6 f ( 4 ) x = 24 ( x + 1 ) − 5 = ⇒ f ( 4 ) ( 0 ) = 24 f ( 5 ) x = − 90 ( x + 1 ) − 6 = ⇒ f ( 5 ) ( 0 ) = − 90 Thay vào lại công thức ta được P 5 ( x ) = 2 + ( − 1 ) x + 2 2! x 2 + − 6 3! x 3 + 24 4! x 4 + − 120 5! x 5 + o ( x 5 ) = 2 − x + x 2 − x 3 + x 4 − x 5 + o ( x 5 ) C2. Ta viết lại f ( x ) = x + 2 x + 1 = ( x + 1 ) + 1 x + 1 = 1 + 1 x + 1 Khai triển Maclaurin của 1 1 + x đến cấp 5 là 1 x + 1 = 1 − x + x 2 − x 3 + x 4 − x 5 + o ( x 5 ) . Đến đây ta dễ dàng tìm được khai triển Maclaurin của f ( x ) đến cấp 5. Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 5. Tìm I = lim x → 0 ( cos x + sin 2 x ) 1 sin2 x A I = e B I = √ e C I = 1 D I = 3 √ e | Lời giải. Giới hạn đang có dạng 1 ∞ . Ta viết lại I = lim x → 0 ( cos x + sin 2 x ) 1 sin2 x = lim x → 0 e 1 sin2 x ln ( cos x + sin 2 x ) Ta cần tính giới hạn J = lim x → 0 1 sin 2 x ln ( cos x + sin 2 x ) Khi x → 0 ta có sin x ∼ x = ⇒ sin 2 ∼ x 2 ; cos x ∼ 1 − x 2 2 Do đó ln ( cos x + sin 2 x ) ∼ ln ( 1 + x 2 2 ) ∼ x 2 2 Vậy J = lim x → 0 x 2 2 x 2 = 1 2 = ⇒ I = e 1 2 = √ e Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 6. Tìm tất cả các giá trị của a để lim x → 0 ln ( ax 2 + x + 1 ) − x x 2 = 1 A a = 3 2 B a ̸ = 1 C a = 1 D a = 5 2 | Lời giải. Sử dụng khai triển Maclaurin cho ln ( 1 + u ) = u − u 2 2 + o ( u 2 ) khi u → 0 . Đặt u = ax 2 + x ln ( ax 2 + x + 1 ) = ( ax 2 + x ) − ( ax 2 + x ) 2 2 + o (( ax 2 + x ) 2 ) = ax 2 + x − a 2 x 4 + 2 ax 3 + x 2 2 + o (( ax 2 + x ) 2 ) 2 Ta chỉ cần các số hạng đến bậc 2 của x : ln ( ax 2 + x + 1 ) = x + ax 2 − x 2 2 + o ( x 2 ) = x + ( a − 1 2 ) x 2 + o ( x 2 ) Suy ra ln ( ax 2 + x + 1 ) − x = ( a − 1 2 ) x 2 + o ( x 2 ) . Khi đó 1 = lim x → 0 ln ( ax 2 + x + 1 ) − x x 2 = lim x → 0 ( a − 1 2 ) x 2 + o ( x 2 ) x 2 = a − 1 2 = ⇒ a = 3 2 Chú ý: lim x → 0 o ( x n ) x n = 0 Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 7. Cho biết lim x → 1 ( x 2 − 5 x + 4 ) arcsin ( x 2 − x ) ( e x − e )( 1 − √ 4 x − 3 ) = c d · 1 e . Hiệu c − d bằng A 3. B 2. C 1. D 0. | Lời giải. Đặt t = x − 1 . Khi x → 1 thì t → 0 . Ta biểu diễn các số hạng trong giới hạn theo t : x 2 − 5 x + 4 = ( x − 1 )( x − 4 ) = t ( t − 3 ) x 2 − x = x ( x − 1 ) = ( t + 1 ) t = t 2 + t e x − e = e t + 1 − e = e ( e t − 1 ) 4 x − 3 = 4 ( t + 1 ) − 3 = 4 t + 1 = ⇒ 1 − √ 4 x − 3 = 1 − √ 4 t + 1 Giới hạn trở thành: I = lim t → 0 t ( t − 3 ) arcsin ( t 2 + t ) e ( e t − 1 )( 1 − √ 4 t + 1 ) Khi t → 0 , ta có các VCB tương đương: arcsin ( t 2 + t ) ∼ t 2 + t ; e t − 1 ∼ t ; 1 − √ 1 + 4 t ∼ − 1 2 ( 4 t ) = − 2 t Thay các VCB vào biểu thức giới hạn ta được I = lim t → 0 t ( t − 3 )( t 2 + t ) et ( − 2 t ) = lim t → 0 ( t − 3 )( t + 1 ) − 2 e = 3 2 e Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 8. Tìm a để hàm số f ( x ) = 2 x + 1 , x > 0 x , x < 0 a , x = 0 liên tục tại x 0 = 0 A a ∈ R B a = 1 C a = 2 D Đáp án khác. | Lời giải. Ta có lim x → 0 − f ( x ) = lim x → 0 − x = 0 và lim x → 0 + f ( x ) = lim x → 0 + ( 2 x + 1 ) = 1 = ⇒ lim x → 0 − f ( x ) ̸ = lim x → 0 + f ( x ) = ⇒ không tồn tại lim x → 0 f ( x ) Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 9. Định các tham số a , b để f ( x ) = 1 − cos 6 x x 2 , x < 0 ax + b , 0 ≤ x ≤ 1 ln x x 2 + 2 x + 3 , x > 1 liên tục trên R ? A a = 3 , b = 18 B a = 71 4 ; b = 18 C a = − 18 , b = 18 D Cả A, B, C đều sai. | Lời giải. Nhận thấy hàm số đã liên tục trên các khoảng ( − ∞ , 0 ) , ( 0 , 1 ) và ( 1 , + ∞ ) . Do đó, ta cần xác định các tham số a và b để hàm số liên tục tại x = 0 và x = 1 Hàm số liên tục tại x = 0 ⇐⇒ lim x → 0 − f ( x ) = lim x → 0 + f ( x ) = f ( 0 ) ⇐⇒ lim x → 0 − 1 − cos 6 x x 2 = lim x → 0 + ( ax + b ) = b ⇐⇒ lim x → 0 − ( 6 x ) 2 2 x 2 = b ⇐⇒ b = 18 3 Hàm số liên tục tại x = 1 ⇐⇒ lim x → 1 − f ( x ) = lim x → 1 + f ( x ) = f ( 1 ) ⇐⇒ lim x → 1 − ( ax + b ) = lim x → 1 + ln x x 2 + 2 x + 3 = a + b ⇐⇒ ln 1 1 + 2 + 3 = a + b ⇐⇒ a = − 18 Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ 1.1 Câu 10. Tìm a , α để VCB sau tương đương ax α , khi x → 0 f ( x ) = ( x 2 + 1 ) sin x − tan x A a = 1 2; α = 3 B a = − 1 2; α = 3 C a = 1 , α = 2 D Các câu trên đều sai. | Lời giải. Khai triển Maclaurin cơ bản: sin x = x − x 3 6 + o ( x 3 ) ; tan x = x + x 3 3 + o ( x 3 ) Ta có ( x 2 + 1 ) sin x = x 2 sin x + sin x = x 3 + o ( x 3 ) + x − x 3 6 + o ( x 3 ) = 5 6 x 3 + x + o ( x 3 ) Do đó f ( x ) = 5 6 x 3 + x + o ( x 3 ) − ( x + x 3 3 + o ( x 3 ) ) = 1 2 x 3 + o ( x 3 ) Vậy f ( x ) ∼ 1 2 x 3 khi x → 0 Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 11. Tìm a , α để VCB sau tương đương ax α , khi x → 0 f ( x ) = x 2 + x − ln ( 1 + x ) A a = 3 2; α = 2 B a = 1; α = 2 C a = 1 2 , α = 2 D Các câu trên đều sai. | Lời giải. Khai triển Maclaurin của ln ( 1 + x ) đến bậc 3: ln ( 1 + x ) = x − x 2 2 + x 3 3 + o ( x 3 ) Khi đó f ( x ) = x 2 + x − ln ( 1 + x ) = x 2 + x − ( x − x 2 2 + x 3 3 + o ( x 3 ) ) = x 2 + x 2 2 − x 3 3 + o ( x 3 ) = 3 2 x 2 + o ( x 2 ) Vậy f ( x ) ∼ 3 2 x 2 khi x → 0 Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 12. Tính giới hạn lim x → 2 x 2 − 6 x + 8 x 3 − 2 x 2 + 2 x − 4 A 1 2 B − 1 3 C − 1 D 1. | Lời giải. lim x → 2 x 2 − 6 x + 8 x 3 − 2 x 2 + 2 x − 4 = lim x → 2 ( x − 4 )( x − 2 ) ( x − 2 )( x 2 + 2 ) = lim x → 2 x − 4 x 2 + 2 = 2 − 4 2 2 + 2 = − 1 3 Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 13. Cho x ( t ) = t 3 + 1 , y ( t ) = te t . Tính y ′ ( x ) tại x = 0 A 1 3 B − 1 3 C 1. D 0. | Lời giải. 4 Ta có x ′ ( t ) = 3 t 2 ; y ′ ( t ) = e t + te t . Suy ra y ′ ( x ) = y ′ ( t ) x ′ ( t ) = e t + te t 3 t 2 Khi x = 0 thì t 3 + 1 = 0 = ⇒ t = − 1 . Do đó y ′ ( x ) x = 0 e − 1 + ( − 1 ) e − 1 3 ( − 1 ) 2 = 0 1.2 Tìm điểm gián đoạn: nếu f là hàm sơ cấp thì f gián đoạn khi và chỉ khi f không xác định. Câu 14 (3). Điểm cực trị của hàm số f ( x ) = e ( x − 1 ) 2 là A Không tồn tại. B x 0 = 1 C x 0 = − 1 D x 0 = 0 | Lời giải. Tập xác định: D = R . Ta có f ′ ( x ) = e ( x − 1 ) 2 · 2 ( x − 1 ) f ′ ( x ) = 0 ⇐⇒ e ( x − 1 ) 2 · 2 ( x − 1 ) = 0 ⇐⇒ x = 1 Bảng biến thiên: x f ′ ( x ) f ( x ) − ∞ 1 + ∞ − 0 + + ∞ + ∞ 1 1 + ∞ + ∞ Vậy x = 1 là điểm cực tiểu của hàm số. Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 15. Cho hai hàm số f ( x ) , g ( x ) có khai triển Maclaurin là f ( x ) = 1 + 2 x + o ( x ) và g ( x ) = 2 + x + o ( x ) . Tính tích f ( x ) · g ( x ) A 5 + 2 x + o ( x ) B − 2 + 5 x + 2 x 2 + o ( x ) C 2 + 5 x + o ( x ) D 2 + o ( x ) | Lời giải. Ta có f ( x ) · g ( x ) = [ 1 + 2 x + o ( x )] · [ 2 + x + o ( x )] = 1 · 2 + 1 · x + 1 · o ( x ) + 2 x · 2 + 2 x · x + 2 x · o ( x ) + o ( x ) · 2 + o ( x ) · x + o ( x ) · o ( x ) = 2 + 5 x + 2 x 2 + o ( x ) + o ( x 2 ) + o ( x ) + o ( x 2 ) + o ( x 2 ) = 2 + 5 x + 2 x 2 + o ( x ) = 2 + 5 x + o ( x ) Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 16 (6). Cho hàm số f ( x ) = sin ( ( x + 2 ) √ x 2 + 4 x + 4 ) . Khi đó, đạo hàm f ′ ( − 2 ) là A không tồn tại. B 0. C 2. D − 2 | Lời giải. f ′ ( x ) = cos ( ( x + 2 ) √ x 2 + 4 x + 4 ) · [ 1 · √ x 2 + 4 x + 4 + ( x + 2 ) · 2 x + 4 2 √ x 2 + 4 x + 4 ] = cos ( ( x + 2 ) √ x 2 + 4 x + 4 ) · [ √ x 2 + 4 x + 4 + ( x + 2 ) 2 √ x 2 + 4 x + 4 ] Thay x = − 2 vào thì không xác định. Như vậy, ta sẽ tính f ′ ( − 2 ) bằng định nghĩa. f ′ ( − 2 ) = lim t → 0 f ( − 2 + t ) − f ( − 2 ) t = lim t → 0 sin ( t √ t 2 ) t = lim t → 0 sin ( t | t | ) t 5 Khi t → 0 thì sin ( t | t | ) ∼ t | t | . Do đó f ′ ( − 2 ) = lim t → 0 t | t | t = lim t → 0 | t | = 0 Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 17 (8). Giả sử lim x → 0 ( f ( x ) + g ( x )) = lim x → 0 sin ( 3 x ) x và lim x → 0 ( f ( 2 x ) g ( 2 x )) = lim x → 0 ln ( 1 + 2 x ) x Tính giới hạn lim x → 0 ( f ( x ) 2 + g ( x ) 2 ) A 3. B 7. C 5. D 2. | Lời giải. Ta có lim x → 0 ( f ( x ) + g ( x )) = lim x → 0 sin ( 3 x ) x = lim x → 0 3 x x = 3 lim x → 0 ( f ( 2 x ) g ( 2 x )) = lim x → 0 ln ( 1 + 2 x ) x = lim x → 0 2 x x = 2 (2) Đặt t = 2 x . Khi x → 0 thì t → 0 . Khi đó ( 2 ) ⇐⇒ lim t → 0 ( f ( t ) g ( t )) = 2 ⇐⇒ lim x → 0 ( f ( x ) g ( x )) = 2 Ta có lim x → 0 ( f ( x ) 2 + g ( x ) 2 ) = lim x → 0 [( f ( x ) + g ( x )) 2 − 2 f ( x ) g ( x )] = 3 · 3 − 2 · 2 = 5 Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 18. Tập xác định của hàm số y = arcsin ( 2 x + 1 ) là A [ − 1; 0 ] B [ − 1; 0 ) C ( − 1; 0 ) D ( − 1; 0 ] | Lời giải. Hàm số xác định khi và chỉ khi − 1 ≤ 2 x + 1 ≤ 1 ⇐⇒ − 1 ≤ x ≤ 0 (1.2) Vậy D = [ − 1; 0 ] Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 19. Cho a , b , c , d ∈ R thỏa mãn lim x → 0 ( 1 + x ) √ 1 + 6 x − a − bx − cx 2 x 3 = d . Tìm khẳng định đúng. A a = 2 B b = 3 C c = 4 D d = 9 | Lời giải. Đặt f ( x ) = √ 1 + 6 x . Ta viết khai triển Maclaurin đến cấp 3 cho f ( x ) f ( 0 ) = 1 f ′ ( x ) = 6 2 √ 1 + 6 x = 3 √ 1 + 6 x = 3 ( 1 + 6 x ) − 1 2 = ⇒ f ′ ( 0 ) = 3 f ′′ ( x ) = 3 · ( − 1 2 ) · 6 · ( 1 + 6 x ) − 3 2 = − 9 ( 1 + 6 x ) − 3 2 = ⇒ f ′′ ( 0 ) = − 9 f ′′′ ( x ) = − 9 · ( − 3 2 ) · 6 · ( 1 + 6 x ) − 5 2 = 81 ( 1 + 6 x ) − 5 2 = ⇒ f ′′′ ( 0 ) = 81 6 Vậy f ( x ) = f ( 0 ) + f ′ ( 0 ) 1 · x + f ′′ ( 0 ) 2! · x 2 + f ′′′ ( 0 ) 3! · x 3 + o ( x 3 ) = 1 + 3 x − 9 2 x 2 + 27 2 x 3 + o ( x 3 ) Khi đó ta được d = lim x → 0 ( 1 + x ) √ 1 + 6 x − a − bx − cx 2 x 3 = lim x → 0 ( 1 + x )( 1 + 3 x − 9 2 x 2 + 27 2 x 3 + o ( x 3 )) − a − bx − cx 2 x 3 = lim x → 0 ( 1 − a ) + ( 4 − b ) x + ( − 3 2 − c ) x 2 + 9 x 3 + o ( x 3 ) x 3 = lim x → 0 ( 1 − a x 3 + 4 − b x 2 + − 3 2 − x x + 9 + o ( x 3 ) x 3 ) Để giới hạn tồn tại và hữu hạn thì 1 − a = 0 4 − b = 0 − 3 2 − c = 0 ⇐⇒ a = 1 b = 4 c = − 3 2 . Nhận thấy lim x → 0 o ( x 3 ) x 3 = 0 , do đó d = 9 Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 20 (13). Áp dụng quy tắc ngắt bỏ VCB bậc cao cho giới hạn lim x → 0 2 x 4 + sin ( x 4 ) + x 3 ( 3 x 2 − 1 ) tan ( x 4 ) + x 3 ln ( 1 + x 3 ) + arctan ( x 2 sin x 3 ) ta sẽ loại đi các VCB nào? Phát biểu Đ S a) tan ( x 4 ) X b) 2 x 4 X c) x 3 ln ( 1 + x 3 ) X d) sin ( x 4 ) X e) arctan ( x 2 sin x 3 ) X f) x 3 ( 3 x 2 − 1 ) X | Lời giải. Khi x → 0 thì: sin ( x 4 ) ∼ x 4 3 x 2 − 1 ∼ x 2 ln 3 = ⇒ x 3 ( 3 x 2 − 1 ) ∼ x 5 ln 3 tan ( x 4 ) ∼ x 4 ln ( 1 + x 3 ) ∼ x 3 = ⇒ x 3 ln ( 1 + x 3 ) ∼ x 6 arctan ( x 2 sin x 3 ) ∼ x 2 sin x 3 ∼ x 5 CHú ý: Khi đó ta tính được L = lim x → 0 2 x 4 + x 4 x 4 = lim x → 0 3 x 4 x 4 = 3 Chọn đáp án a sai ∣ ∣ b sai ∣ ∣ c đúng ∣ ∣ d sai ∣ ∣ e đúng ∣ ∣ f đúng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 21. Trong các hàm số sau, hàm số nào là VCB khi x → 103 ? Phát biểu Đ S a) sin ( x − 103 ) X b) e x − 1 X 7 Phát biểu Đ S c) sin x X d) sin x − sin 103 X | Lời giải. lim x → 103 sin ( x − 103 ) = sin ( 103 − 103 ) = 0 lim x → 103 ( e x − 1 ) = e 103 − 1 ̸ = 0 lim x → 103 sin x = sin 103 ̸ = 0 lim x → 103 sin x − sin 103 = 0 Chọn đáp án a đúng ∣ ∣ b sai ∣ ∣ c sai ∣ ∣ d đúng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 22. Cho y = ln ( e f ( 2 x − 1 ) − 1 ) , tính y ′ | Lời giải. Ta có y ′ = ( e f ( 2 x − 1 ) − 1 ) ′ e f ( 2 x − 1 ) − 1 = e f ( 2 x − 1 ) ( f ( 2 x − 1 )) ′ e f ( 2 x − 1 ) − 1 = 2 f ′ ( 2 x − 1 ) e f ( 2 x − 1 ) e f ( 2 x − 1 ) − 1 8