Berikut ini adalah soal dan pembahasan super lengkap mengenai limit khusus fungsi trigonometri. Untuk soal limit fungsi aljabar, dipisahkan dalam pos lain karena soalnya akan terlalu banyak bila ditumpuk menjadi satu. Soal juga dapat diunduh melalui tautan berikut: Download (PDF). Show
Catatan Saku: Versi Inggris: Problem and Solution – Limit of Trigonometric Functions Baca: Soal dan Pembahasan – Limit Fungsi Aljabar Today QuoteBe the reason someone smiles today. Baca Juga: Soal dan Pembahasan- Limit Tak Hingga Bagian Pilihan Ganda Soal Nomor 1Nilai $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 2x}{\sin 6x} = \cdots \cdot$
Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$. Baca Juga: Tujuh Bentuk Tak Tentu dalam Matematika Soal Nomor 2Nilai $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 7x + \tan 3x-\sin 5x}{\tan 9x-\tan 3x-\sin x}$ adalah $\cdots \cdot$
Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$. Soal Nomor 3Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x \cos 2x} {\tan x-\sin 2x}$ adalah $\cdots \cdot$ A. $-1$ C. $0$ E. $1$ B. $-\dfrac12$ D. $\dfrac12$
Substitusi langsung nilai $x = 0$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$. Soal Nomor 4Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{3x + \sin 4x}{5x-\tan 2x}$ adalah $\cdots \cdot$ A. $\dfrac23$ C. $\dfrac53$ E. $\dfrac83$ B. $\dfrac43$ D. $\dfrac73$
Substitusi langsung $x = 0$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$. Soal Nomor 5Nilai $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin^3 2x}{\tan^3 \frac12x} = \cdots \cdot$
Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$. Soal Nomor 6Nilai $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{2x^2+x}{\sin x} = \cdots \cdot$
Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$. Soal Nomor 7Nilai $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan 2x \cdot \tan 3x}{3x^2} = \cdots \cdot$
Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$. Baca Juga: Soal dan Pembahasan- Integral Dengan Substitusi Aljabar dan Trigonometri Soal Nomor 8Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{2 \sin^2 \dfrac12x}{x \tan x} = \cdots \cdot$
Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00.$ Soal Nomor 9Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos x}{\sin x} = \cdots \cdot$
Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00.$ Soal Nomor 10Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos^2 x}{x^2 \cot \left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)} = \cdots \cdot$
Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00.$ Soal Nomor 11Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x \tan 5x}{\cos 2x-\cos 7x} = \cdots \cdot$
Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00.$ Soal Nomor 12Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos 2x} {x \tan 2x}$ adalah $\cdots \cdot$ A. $-1$ C. $1$ E. $3$ B. $0$ D. $2$
Substitusi langsung $x = 0$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$. Soal Nomor 13Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{1- \cos 4x} {x \sin x}$ adalah $\cdots \cdot$ A. $1$ C. $4$ E. $16$ B. $2$ D. $8$
Substitusi langsung $x = 0$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$. Soal Nomor 14Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 3x \cdot \tan 5x} {1-\cos 5x}$ adalah $\cdots \cdot$ A. $\dfrac15$ C. $\dfrac52$ E. $\dfrac65$ B. $\dfrac25$ D. $\dfrac56$
Substitusi langsung $x = 0$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}.$ Ide utamanya adalah mengubah bentuk $\cos 5x$ menjadi $1-2 \sin^2 \dfrac52x.$ Untuk itu, diperoleh $$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 3x \cdot \tan 5x} {1-\cos 5x} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 3x \cdot \tan 5x} {1-(1-2 \sin^2 \dfrac{5}{2}x)} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 3x \cdot \tan 5x}{2 \cdot \sin \dfrac{5}{2}x \cdot \sin \dfrac{5}{2}x} \\ & = \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\sin 3x} {\sin \dfrac{5}{2}x} \cdot \dfrac{\tan 5x} {\sin \dfrac{5}{2}x}\right) \\ & = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{6}{5} \cdot \dfrac{10}{5} = \dfrac{6}{5} \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 3x \cdot \tan 5x} {1-\cos 5x} = \dfrac{6}{5}}$ (Jawaban E) Soal Nomor 15Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{\sin 4x}{x^2 \tan 2x}- \dfrac{2}{x^2}\right)$ adalah $\cdots \cdot$ A. $-8$ C. $-2$ E. $4$ B. $-4$ D. $2$
Substitusi langsung $x = 0$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$ sehingga perlu dilakukan manipulasi bentuk dengan menggunakan identitas trigonometri dan sifat limit trigonometri berikut. $\boxed{\begin{aligned} & \displaystyle \tan ax = \dfrac{\sin ax}{\cos ax} \\ & \sin 2ax = 2 \sin ax \cos ax \\ & \sin^2 ax + \cos^2 ax = 1 \\ & \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin ax}{bx} = \dfrac{a}{b} \end{aligned}}$ Dengan demikian, diperoleh $$\begin{aligned} & \displaystyle \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{\sin 4x}{x^2 \tan 2x}- \dfrac{2}{x^2}\right) \\ & = \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{\sin 4x}{x^2 \tan 2x}- \dfrac{2 \tan 2x}{x^2 \tan 2x}\right) \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 4x-2 \tan 2x}{x^2 \tan 2x} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 4x-2 \cdot \dfrac{\sin 2x} {\cos 2x}}{x^2 \tan 2x} \color{red}{\times \dfrac{\cos 2x}{\cos 2x}} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin (2\cdot 2x) \cos 2x-2 \sin 2x}{x^2 \tan 2x \cos 2x} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{(2 \sin 2x \cos 2x) \cos 2x-2 sin 2x}{x^2 \tan 2x \cos 2x} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{2 \sin 2x(\cos^2 2x- 1)}{x^2 \tan 2x \cos 2x} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{2 \sin 2x (-\sin^2 2x)}{x^2 \cdot \dfrac{\sin 2x}{\cancel{\cos 2x}} \cancel{\cos 2x} } \\ & =-2 \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{\sin 2x} {\sin 2x} \cdot \dfrac{\sin 2x} {x} \cdot \dfrac{\sin 2x} {x}\right) \\ & =-2 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 2 =-8 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{\sin 4x}{x^2 \tan 2x}-\dfrac{2}{x^2}\right)=-8}$ (Jawaban A) Soal Nomor 16Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{4x \cos x} {\sin x + \sin 3x}$ adalah $\cdots \cdot$ A. $-1$ C. $\dfrac14$ E. $1$ B. $0$ D. $\dfrac12$
Substitusi langsung nilai $x = 0$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$. Soal Nomor 17Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi} {4}} \dfrac{\cos 2x} {\sin x- \cos x}$ adalah $\cdots \cdot$ A. $-\sqrt2$ C. $0$ E. $\sqrt2$ B. $-\dfrac12\sqrt2$ D. $\dfrac12\sqrt2$
Substitusi langsung $x = \dfrac{\pi}{4}$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}.$ Baca: Soal dan Pembahasan – Limit Euler Soal Nomor 18Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sec 9x-\sec 7x}{\sec 5x-\sec 3x}$ adalah $\cdots \cdot$
Substitusi langsung $x = 0$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}.$ Soal Nomor 19Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{1-\sin^2 x}{\left(\sin \dfrac12x-\cos \dfrac12x\right)^2}$ adalah $\cdots \cdot$
Substitusi $x = \dfrac{\pi}{2}$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00$. Perhatikan bahwa Baca: Soal dan Pembahasan – Limit Fungsi Aljabar dan Trigonometri (Versi HOTS + Olimpiade) Soal Nomor 20Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 3} \dfrac{x \tan (2x-6)} {\sin (x-3)}$ adalah $\cdots \cdot$ A. $1$ C. $3$ E. $9$ B. $2$ D. $6$
Substitusi langsung $x = 3$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$. Misalkan $\color{blue}{p = x-3}.$ Ketika $x \to 3$, maka $p \to 0,$ sehingga kita akan peroleh $$\begin{aligned} \lim_{x \to 3} \dfrac{x \tan (2x-6)} {\sin (x-3)} & = \lim_{x \to 3} \left(x \cdot \dfrac{\tan 2(x-3)} {\sin (x-3)}\right) \\ & = \lim_{p \to 0} \left((p + 3) \cdot \dfrac{\tan 2p}{\sin p}\right) \\ & = (0 + 3) \cdot 2 = 6 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 3} \dfrac{x \tan (2x-6)} {\sin (x-3)} = 6}$ (Jawaban D) Soal Nomor 21Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi} {8}} \dfrac{\sin^2 2x-\cos^2 2x} {\sin 2x-\cos 2x}$ adalah $\cdots \cdot$ A. $-\sqrt2$ C. $0$ E. $\sqrt2$ B. $-\dfrac12\sqrt2$ D. $\dfrac12\sqrt2$
Substitusi langsung $x = \dfrac{\pi}{8}$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$. Soal Nomor 22Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to -2} \dfrac{(x^2-4) \tan (x+2)}{\sin^2 (x+2)} = \cdots \cdot$
Substitusi langsung $x = -2$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00.$ Soal Nomor 23Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{4}}\dfrac{\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right) \sin \left(3x-\dfrac{3\pi}{4}\right)}{2(1-\sin 2x)} = \cdots \cdot$
Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00.$ Soal Nomor 24Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{4(x-\pi) \cos^2 x}{\pi(\pi-2x) \tan \left(x-\dfrac{\pi}{2}\right)} = \cdots \cdot$
Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00.$ Soal Nomor 25Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 1} \dfrac{(x^2+x-2) \sin (x-1)}{x^2-2x+1}$ adalah $\cdots \cdot$
Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00.$ Soal Nomor 26Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 1} \dfrac{(x^2-1) \tan (2x-2)} {\sin^2 (x-1)}$ adalah $\cdots \cdot$ A. $1$ C. $4$ E. $8$ B. $2$ D. $6$
Substitusi langsung $x = 1$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$. Misalkan $\color{blue}{p = x-1}.$ Ketika $x \to 1$, maka $p \to 0,$ sehingga kita akan peroleh $$\begin{aligned} & \displaystyle \lim_{x \to 1} \dfrac{(x^2-1) \tan (2x-2)}{\sin^2 (x-1)} \\ & = \lim_{x \to 1} \dfrac{(x+1)(x-1) \tan 2(x-1)}{\sin (x-1) \cdot \sin (x-1)} \\ & = \lim_{x \to 1} \left((x + 1) \cdot \dfrac{x-1}{\sin (x-1)} \cdot \dfrac{\tan 2(x-1)}{\sin (x-1)}\right) \\ & = \lim_{p \to 0} \left((\color{blue}{p+1} + 1) \cdot \dfrac{p}{\sin p} \cdot \dfrac{\tan 2p}{\sin p}\right) \\ & = (0 + 2) \cdot 1 \cdot 2 = 4 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 1} \dfrac{(x^2-1) \tan(2x-2)}{\sin^2 (x-1)} = 4}$ (Jawaban C) Soal Nomor 27Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 2} \dfrac{(x-2) \cos (\pi x-2\pi)} {\tan (2\pi x- 4\pi)}$ adalah $\cdots \cdot$ A. $-\dfrac{1}{2\pi}$ C. $0$ E. $\dfrac{1}{2\pi}$ B. $-\dfrac{1}{\pi}$ D. $\dfrac{1}{\pi}$
Substitusi langsung $x = 2$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$. Baca : Soal dan Pembahasan – Turunan dengan Menggunakan Limit Soal Nomor 28Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 1} \dfrac{\tan (1-x)}{x^3-1} = \cdots \cdot$
Substitusi langsung $x = 2$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$. Bentuk $x^3-1$ dapat difaktorkan menjadi $(x-1)(x^2+x+1).$ Misalkan $\color{blue}{p = x-1}.$ Ketika $x \to 1$, maka $p \to 0,$ sehingga kita akan peroleh $$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 1} \dfrac{\tan (1-x)}{x^3-1} & = \lim_{x \to 1} \dfrac{\tan (1-x)}{(x-1)(x^2+x+1)} \\ & = \lim_{x \to 1} \left(-\dfrac{\tan (x-1)}{x-1} \cdot \dfrac{1}{x^2 + x + 1}\right) \\ & = \lim_{p \to 0} \left(-\dfrac{\tan p}{p}\right) \cdot \dfrac{1}{1^2 + 1 + 1} \\ & = -1 \cdot \dfrac13 = -\dfrac13 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 1} \dfrac{\tan (1-x)}{x^3-1} = -\dfrac{1}{3}}$ (Jawaban B) Soal Nomor 29Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}}\left((\pi-2x) \cdot \tan 5x\right) = \cdots \cdot$
Substitusi langsung $x = \dfrac{\pi}{2}$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$. Soal Nomor 30Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x^3}{\sqrt{1+\sin x}-\sqrt{1+\tan x}}$ adalah $\cdots \cdot$
Substitusi langsung nilai $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00.$ Soal Nomor 31Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to \pi} \dfrac{\sqrt{5 + \cos x}-2}{(\pi-x)^2} = \cdots \cdot$
Langkah pertama adalah mengalikan pembilang dan penyebut dengan $\sqrt{5+\cos x} + 2.$ Bagian Uraian Soal Nomor 1Hitunglah $\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos x}{x-\dfrac{\pi}{2}}$.
Gunakan rumus trigonometri berikut. Soal Nomor 2Tentukan nilai dari $\displaystyle \lim_{a \to 0} \dfrac{1}{a} \left(\dfrac{\sin^3 2a} {\cos 2a} + \sin 2a \cos 2a\right)$.
Ingat bahwa $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin ax}{bx} = \dfrac{a} {b}.$ Soal Nomor 3Tentukan nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x^2 \tan 2x} {x-x \cos 4x}$.
Gunakan identitas trigonometri dan teorema limit trigonometri berikut. Soal Nomor 4Tentukan nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 45^{\circ}} \dfrac{\cos 2x} {1-\tan x}$.
Gunakan perbandingan dan identitas trigonometri berikut. Soal Nomor 5Tentukan nilai dari limit berikut.
Jawaban a) |