Lời giải

Chọn B.

Ta có: \(\lim {u_n} = \lim \frac{{1 + 2 + 3 + ... + n}}{{{n^2} + 1}}\) \( = \lim \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2\left( {{n^2} + 1} \right)}}\) \( = \frac{1}{2}\).

Lời giải

Chọn C.

Ta có: \[\lim \frac{{\sqrt {4{n^2} + 1}  - \sqrt {n + 2} }}{{2n - 3}}\]\[ = \lim \frac{{\sqrt {4 + \frac{1}{{{n^2}}}}  - \sqrt {\frac{1}{n} + \frac{2}{{{n^2}}}} }}{{2 - \frac{3}{n}}}\]\[ = \frac{{2 - 0}}{2}\]\[ = 1\].

Lời giải

Chọn C.

\(L = \lim \left( {\sqrt {4{n^2} + n + 1}  - 9n} \right)\)\( = \lim \frac{{4{n^2} + n + 1 - 81{n^2}}}{{\sqrt {4{n^2} + n + 1}  + 9n}}\)\( = \lim \frac{{ - 77{n^2} + n + 1}}{{\sqrt {4{n^2} + n + 1}  + 9n}}\)\( = \lim \frac{{{n^2}\left( { - 77 + \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{n\left( {\sqrt {4 + \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}  + 9} \right)}}\)\[ = \lim n \cdot \left( {\frac{{ - 77 + \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{\sqrt {4 + \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}  + 9}}} \right)\]\( =  - \infty \)

Vì : \(\lim n =  + \infty {\rm{ }}\)và \(\lim \left( {\frac{{ - 77 + \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{\sqrt {4 + \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}  + 9}}} \right) =  - 7 < 0\).

Lời giải

Chọn A.

Theo đề, mỗi lần chạm đất quả bóng lại nảy lên độ cao bằng \(\frac{1}{{10}}\) độ cao mà quả bóng đạt trước đó và sau đó lại rơi xuống từ độ cao thứ hai. Do đó độ dài hành trình của quả bóng được thả từ lúc ban đầu cho đến:

 Thời điểm chạm đất lần thứ nhất là \({d_1} = 55,8{\rm{m}}\).

 Thời điểm chạm đất lần thứ 2 là \({d_2} = 55,8 + 2.\frac{{55,8}}{{10}}\).

 Thời điểm chạm đất lần thứ 3 là \({d_3} = 55,8 + 2.\frac{{55,8}}{{10}} + 2.\frac{{55,8}}{{{{10}^2}}}\).

 Thời điểm chạm đất lần thứ 4 là \({d_4} = 55,8 + 2.\frac{{55,8}}{{10}} + 2.\frac{{55,8}}{{{{10}^2}}} + 2.\frac{{55,8}}{{{{10}^3}}}\).

…………………………………….

 Thời điểm chạm đất lần thứ \(n,\;\left( {n > 1} \right)\) là \({d_n} = 55,8 + 2.\frac{{55,8}}{{10}} + 2.\frac{{55,8}}{{{{10}^2}}} + ... + 2.\frac{{55,8}}{{{{10}^{n - 1}}}}\).

Do đó độ dài hành trình của quả bóng được thả từ lúc ban đầu cho đến khi nó nằm yên trên mặt đất là

\(d = 55,8 + 2.\frac{{55,8}}{{10}} + 2.\frac{{55,8}}{{{{10}^2}}} + ... + 2.\frac{{55,8}}{{{{10}^{n - 1}}}} + ...\) (mét).

Vì \(2.\frac{{55,8}}{{10}}\), \(2.\frac{{55,8}}{{{{10}^2}}}\), \(2.\frac{{55,8}}{{{{10}^3}}}\), …, \(2.\frac{{55,8}}{{{{10}^{n - 1}}}}\),…, là một cấp số nhân lùi vô hạn, công bội \(q = \frac{1}{{10}}\), nên ta có \(2.\frac{{55,8}}{{10}} + 2.\frac{{55,8}}{{{{10}^2}}} + ... + 2.\frac{{55,8}}{{{{10}^{n - 1}}}} + ... = \frac{{2.\frac{{55,8}}{{10}}}}{{1 - \frac{1}{{10}}}} = 12,4\).

Vậy \(d = 55,8 + 2.\frac{{55,8}}{{10}} + 2.\frac{{55,8}}{{{{10}^2}}} + ... + 2.\frac{{55,8}}{{{{10}^{n - 1}}}} + ... = 55,8 + 12,4 = 68,2\).

Lời giải

Chọn C.

Gọi bán kính khối cầu dưới cùng là \({R_1} = 50\)cm.

Gọi \({R_2}\), \({R_3}\),…,\({R_n}\) lần lượt là bán kính của các khối cầu \({R_2},{R_3},...,{R_n}\) nằm nằm ngay trên khối cầu dưới cùng.

Ta có \({R_2} = \frac{{{R_1}}}{2}\), \({R_3} = \frac{{{R_2}}}{2} = \frac{{{R_1}}}{4}\),…., \({R_n} = \frac{{{R_{n - 1}}}}{2} = \frac{{{R_1}}}{{{2^{n - 1}}}}\)

Gọi \({h_n}\) là chiều cao của mô hình gồm có \(n\) khối cầu chồng lên nhau.

Ta có

\({h_n} = 2{R_1} + 2{R_2} + 2{R_3} + ... + 2{R_n} = 2\left( {{R_1} + \frac{1}{2}{R_1} + \frac{1}{4}{R_1} + ... + \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}{R_1}} \right) = 2{R_1}\left( {1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + ... + \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}} \right)\)

Suy ra chiều cao mô hình là \[h = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {h_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left[ {2{R_1}\left( {1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + ... + \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}} \right)} \right]\]

Xét dãy số \(1;\frac{1}{2};\frac{1}{4};...;\frac{1}{{{2^{n - 1}}}};\frac{1}{{{2^n}}};...\) là một cấp số nhân có \({u_1} = 1\) và công bội \(q = \frac{1}{2}\) nên là dãy cấp số nhân lùi vô hạn. Do đó \(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + ... + \frac{1}{{{2^{n - 1}}}} + \frac{1}{{{2^n}}} + ... = \frac{1}{{1 - \frac{1}{2}}} = 2\)

Suy ra \(h = 2{R_1}.2 = 200\)cm. Vậy chiều cao mô hình nhỏ hơn \(200\)cm.

Lời giải

Chọn C.

Lần đầu rơi xuống, quảng đường quả bóng đã bay đến lúc chạm đất là \(8m\).

Sau đó quả bóng nảy lên và rơi xuống chạm đất lần thứ 2 thì quảng đường quả bóng đã bay là \(8 + 2.8.\frac{3}{4}\).

Tương tự, khi quả bóng nảy lên và rơi xuống chạm đất lần thứ n thì quảng đường quả bóng đã bay là \(8 + 2.8.\frac{3}{4} + ....... + 2.8.{(\frac{3}{4})^{n - 1}} = 8 + \frac{{1 - {{(\frac{3}{4})}^n}}}{{1 - \frac{3}{4}}} = 8 + 48(1 - {(\frac{3}{4})^{n - 1}})\).

Quảng đường quả bóng đã bay từ lúc thả đến lúc không máy nữa bằng:

\(\lim [8 + 48(1 - {(\frac{3}{4})^{n - 1}}){\rm{]}} = 8 + 48 = 56\).

Lời giải

Chọn A.

\[M = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {3{x^2} + x + 1} \right) = 5\]

Lời giải

Chọn A.

\[P = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{3x + 2}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{3 + \frac{2}{x}}}{{1 - \frac{1}{x}}} = 3\].

Lời giải

Chọn A.

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

Lời giải

Chọn A.

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {x^3}\left( {2 + \frac{1}{x} + \frac{{2023}}{{{x^3}}}} \right) =  - \infty \].

Lời giải

Chọn D.

\[N = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x + 2023}}{{\sqrt {9{x^2} + x + 2023}  + 3x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{1 + \frac{{2023}}{x}}}{{\sqrt {9 + \frac{1}{x} + \frac{{2023}}{{{x^2}}}}  + 3}} = \frac{1}{6}\].

Lời giải

Chọn A.

\[L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right)}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {{x^2} - x + 1} \right) = 1\].

Lời giải

Chọn D.

\[N = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x - 2}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 7}  + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{1}{{\sqrt {x + 7}  + 3}} = \frac{1}{6}\].

Lời giải

Chọn A.

Ta có: \[{x^5} - 5{x^3} + 2{x^2} + 6x - 4 = {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 2} \right).\]

\[{x^2} - 1 = \left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\].

Vậy \[M = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^5} - 5{x^3} + 2{x^2} + 6x - 4}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{x + 1}} = 0\].

Vậy \[M = 0\].

Lời giải

Chọn B.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\sqrt {x + 1}  - \sqrt[3]{{8 - x}}}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {\frac{{2\left[ {\sqrt {x + 1}  - 1} \right]}}{x} - \frac{{\sqrt[3]{{8 - x}} - 2}}{x}} \right]\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left\{ {\frac{{2\left( {x + 1 - 1} \right)}}{{x\left( {\sqrt {x + 1}  + 1} \right)}} - \frac{{8 - x - 8}}{{x\left[ {\sqrt[3]{{{{\left( {8 - x} \right)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{8 - x}} + 4} \right]}}} \right\}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {\frac{2}{{\sqrt {x + 1}  + 1}} + \frac{1}{{\sqrt[3]{{{{\left( {8 - x} \right)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{8 - x}} + 4}}} \right] = 1 + \frac{1}{{12}} = \frac{{13}}{{12}}\).

Lời giải

Chọn A.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{t \to 1} \frac{{2\sqrt {t + 3}  - 4}}{{t - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 1} \frac{{4\left( {t - 1} \right)}}{{\left( {t - 1} \right)\left( {2\sqrt {t + 3}  + 4} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 1} \frac{4}{{2\sqrt {t + 3}  + 4}} = \frac{1}{2}.\)

Khi đó phương trình \(\sin x = \mathop {\lim }\limits_{t \to 1} \frac{{2\sqrt {t + 3}  - 4}}{{t - 1}} \Leftrightarrow \sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}.\)

Do \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow x = \frac{\pi }{6}.\)

Lời giải

Chọn A.

Ta có: \(y\left( 1 \right) = 1\).

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = 1\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{1 - {x^3}}}{{1 - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\left( {1 - x} \right)\left( {1 + x + {x^2}} \right)}}{{1 - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {1 + x + {x^2}} \right) = 4\)

Nhận thấy: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = y\left( 1 \right)\). Suy ra \(y\) liên tục phải tại \(x = 1\).

Lời giải

Chọn B.

Ta có \(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\) không xác định tại \({x_0} =  - 1\) nên gián đoạn tại \({x_0} =  - 1\).

Lời giải

Chọn A.

Vì \(y = {x^3} - x\) là đa thức nên nó liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Lời giải

Chọn A.

Hàm số liên tục tại \(x =  - 2\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \left( {\frac{{{x^2} - 4}}{{x + 2}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} m\, = m\,\,\, \Leftrightarrow \,\,m =  - 4\)

Lời giải

Chọn B.

Hàm số liên tục tại \(x =  - 1\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} y =  = y\left( { - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} \left( {4x + a} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} \left( {{x^2} + 3x + 2} \right) = y\left( { - 1} \right)\) \( \Leftrightarrow a - 4 = 0 \Leftrightarrow a = 4\).

Lời giải

Chọn B.

Ta có \(f\left( 2 \right) = 4 + a\).

Ta tính được \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x + 2 - 4}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 2}  + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{1}{{\sqrt {x + 2}  + 2}} = \frac{1}{4}\).

Hàm số đã cho liên tục tại \(x = 2\) khi và chỉ khi \(f\left( 2 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) \Leftrightarrow 4 + a = \frac{1}{4} \Leftrightarrow a =  - \frac{{15}}{4}\).

Vậy hàm số liên tục tại \(x = 2\) khi \(a =  - \frac{{15}}{4}\).

Lời giải

Chọn C.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x + 1} \right) = 2\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \sin \pi x = 0\)\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right)\) do đó hàm số gián đoạn tại \(x = 1\).

Tương tự: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \left( {x + 1} \right) = 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \sin \pi x = 0\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} f\left( x \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} f\left( x \right)\)\( = f\left( { - 1} \right)\) do đó hàm số liên tục tại \(x =  - 1\).

Với \(x \ne  \pm 1\) thì hàm số liên tục trên tập xác định.

Vậy hàm số đã cho liên tục trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Lời giải

Chọn D.

Xét hàm số \[f\left( x \right) = 3{x^{2017}} - 8x + 4\].

Hàm số liên tục trên đoạn \[\left[ {0;\,1} \right]\] và \[f\left( 0 \right).f\left( 1 \right) = 4.\left( { - 1} \right)\]\[ =  - 4\] \( \Rightarrow \)\[f\left( 0 \right).f\left( 1 \right) < 0\].

Vậy phương trình \[3{x^{2017}} - 8x + 4 = 0\] có nghiệm trong khoảng \[\left( {0;\,1} \right)\].

Lời giải

a) Sai                                b) Đúng                           c) Đúng                           d) Sai

Ta có: Giới hạn\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} f(x) =  - 4\)

Xét dãy số \(\left( {{x_n}} \right)\) bất kì sao cho \({x_n} <  - 1\) và \({x_n} \to  - 1\), ta có: \(f\left( {{x_n}} \right) = {x_n} - 2\).

Khi đó: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} f(x) = \lim f\left( {{x_n}} \right) =  - 1 - 2 =  - 3\).

Xét dãy số \(\left( {{x_n}} \right)\) bất kì sao cho \({x_n} >  - 1\) và \({x_n} \to  - 1\), ta có: \(f\left( {{x_n}} \right) = \sqrt {x_n^2 + 1} \).

Khi đó: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} f(x) = \lim f\left( {{x_n}} \right) = \sqrt {{{( - 1)}^2} + 1}  = \sqrt 2 \).

d) Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} f(x) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} f(x)\) (hay \( - 3 \ne \sqrt 2 \) ) nên không tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} f(x)\).

Lời giải

a) Đúng                             b) Sai                              c) Sai                              d) Đúng

Ta có: \(f\left( {{x_0}} \right) = f(2) = \frac{1}{2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f(x)\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{\sqrt {4x - 7}  - 1}}{{{x^2} - 4}} = \frac{1}{2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f(x)\).

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

Vậy hàm số \(f\left( x \right)\)liên tục tại điểm \({x_0} = 2\).

Ta có: \(g(2) = \frac{{1 - 2}}{4} =  - \frac{1}{4};\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {\frac{{1 - x}}{4}} \right) =  - \frac{1}{4}\);

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {\frac{{\sqrt {x + 2}  - 2}}{{2 - x}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x + 2 - 4}}{{(2 - x)(\sqrt {x + 2}  + 2)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{ - 1}}{{\sqrt {x + 2}  + 2}} =  - \frac{1}{4}{\rm{. }}\)

Suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} g(x) =  - \frac{1}{4} = g(2)\).

Vậy hàm số \(g(x)\) liên tục tại điểm \({x_0} = 2\).

Lời giải

a) Đúng                             b) Đúng                           c) Đúng                           d) Sai

Ta có: \(f(2) = \frac{{2a + 1}}{6}\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {x - 1}  - 1}}{{{x^2} - 3x + 2}}\)

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

Hàm số \(f(x)\) liên tục tại \(x = 2 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x) = f(2) \Leftrightarrow \frac{{2a + 1}}{6} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow a = 1\).

Ta có: \(g(2) = \sin \frac{{2\pi }}{4} = 1\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} g(x) = \sin \frac{{2\pi }}{4} = 1\) nên \(g(2) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} g(x)\).

Vậy hàm số \(g(x)\) liên tục tại điểm \({x_0} = 2\).

Lời giải

Trả lời: \(30\).

Sau \(t\) phút bơm nước vào hồ thì lượng nước là \(600 + 15t\) (\(l\)) và lượng muối có được là \(30.15t(\;g)\).

Nồng độ muối của nước là: \(C(t) = \frac{{30.15t}}{{600 + 15t}} = \frac{{30t}}{{40 + t}}(\;g/l)\).

Khi \(t\) dần về dương vô cùng, ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } C(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } \frac{{30t}}{{40 + t}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } \frac{{30t}}{{t\left( {\frac{{40}}{t} + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } \frac{{30}}{{\frac{{40}}{t} + 1}} = 30(\;g/l)\).

Lời giải

Trả lời: \(2\).

Trên các khoảng \((0; + \infty ),( - \infty ;0)\), hàm số \(f(x)\) là các hàm đa thức nên hàm số liên tục.

Vậy \(f(x)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) khi và chỉ khi \(f(x)\) liên tục tại điểm \(x = 0\).

Ta có: \(f(0) = 2\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {{x^2} + 2x + 2} \right) = 2,\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {{x^2} + a} \right) = a\).

Ta thấy hàm số \(f(x)\) liên tục tại \({x_0} = 0\) khi và chỉ khi \(a = 2\).

Vậy, với \(a = 2\) thì hàm số \(f(x)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Lời giải

Trả lời: \(10\).

Ta có: \(f\left( {{x_0}} \right) = f(4) = 2a + 1\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \left( {{x^2} + x + 1} \right) = 21\).

Để hàm số liên tục tại điểm \({x_0} = 4\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} f(x) = f(4)\)\( \Rightarrow 2a + 1 = 21 \Leftrightarrow a = 10\).