Đề kiểm tra Bài tập cuối chương V lớp 11 (có lời giải) - Đề 1

Chọn B

\(\lim \left( {{3^n} - {5^n}} \right) = \lim {5^n}\left( {{{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^n} - 1} \right) =  - \infty \).

Vì \(\lim {5^n} =  + \infty ;\,\,\lim \left( {{{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^n} - 1} \right) =  - 1\).

Chọn C

Ta có \(T = \lim \left( {\sqrt {{{16}^{n + 1}} + {4^n}}  - \sqrt {{{16}^{n + 1}} + 3} } \right)\)\( = \lim \frac{{{4^n} - {3^n}}}{{\sqrt {{{16}^{n + 1}} + {4^n}}  + \sqrt {{{16}^{n + 1}} + {3^n}} }}\)

\( = \lim \frac{{{4^n} - {3^n}}}{{\sqrt {{{16.16}^n} + {4^n}}  + \sqrt {{{16.16}^n} + {3^n}} }}\)\( = \lim \frac{{1 - {{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^n}}}{{\sqrt {16 + {{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^n}}  + \sqrt {16 + {{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^n}} }}\)\( = \frac{1}{{4 + 4}}\)\( = \frac{1}{8}\).

Ta có \(f\left( 1 \right) = 2a - 1\).

Để hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) thì phải tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} + ax + b}}{{x - 1}}\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\).

 Để tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} + ax + b}}{{x - 1}}\) thì \(\left( {{x^2} + ax + b} \right) \vdots \left( {x - 1} \right) \Rightarrow 1 + a + b = 0 \Rightarrow b = - a - 1\).

Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} + ax + b}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + a + 1} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + a + 1} \right) = a + 2\).

Do đó để hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\)

\( \Leftrightarrow 2a - 1 = a + 2 \Leftrightarrow a = 3\). Suy ra \(b = - 4\).

Vậy \(a - b = 7\).

\(2 = \lim {u_n} = \lim \frac{{4{n^2} + n + 2}}{{a{n^2} + 5}} = \lim \frac{{4 + \frac{1}{n} + \frac{2}{{{n^2}}}}}{{a + \frac{5}{{{n^2}}}}} = \frac{4}{a}\,\,\left( {a\not = 0} \right)\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + ax + 5} + x} \right) = - 6\) \( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{{x^2} + ax + 5 - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + ax + 5} - x}}} \right) = - 6\) \( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{ax + 5}}{{\sqrt {{x^2} + ax + 5} - x}}} \right) = - 6\) \( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{a + \frac{5}{x}}}{{ - \sqrt {1 + \frac{a}{x} + \frac{5}{{{x^2}}}} - 1}}} \right) = - 6\)\( \Leftrightarrow \frac{a}{{ - 2}} = - 6\)\( \Leftrightarrow a = 12\).

Vì vậy giá trị của \(a\) là một nghiệm của phương trình \({x^2} + 11x - 12 = 0\).

Nếu nhân lượng liên hợp :

Ta có \[\lim \left( {\sqrt {{n^2} - 8n} - n + {a^2}} \right) = \lim \frac{{\left( {2{a^2} - 8} \right)n}}{{\sqrt {{n^2} + n} + n}} = \lim \frac{{2{a^2} - 8}}{{\sqrt {1 + \frac{1}{n}} + 1}}\]

\[ = {a^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow a = \pm 2.\]

Ta có: \(0 \le {u_n} \le \frac{2}{{2n + 1}} \le \frac{1}{n}\)

\(0 \le {v_n} \le \frac{{n + 1}}{{n\left( {n + 1} \right)}} = \frac{1}{n}\)

Do đó, \(\lim {u_n} = 0\) và \(\lim {v_n} = 0\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} x = 1;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( { - {x^2}} \right) = - 1\)

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x)\) nên không tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x)\)

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{{x^2} - 4}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{(x - 2)(x + 2)}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} (x - 2) = - 2 - 2 = - 4\), \[f\left( { - 2} \right) = a\]

Để hàm số \(f(x)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) thì hàm số \(f(x)\) phải liên tục tại \({x_0} = - 2\)

Hay \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} f(x) = f( - 2)\)

Suy ra: \(a = - 4\)

\({u_n} = \frac{{{n^n}{{\left( {n + 2} \right)}^2}}}{{{{\left( {2n + 2} \right)}^{2n}}}} = \frac{{{{\left( {{n^2} + 2n} \right)}^n}}}{{{2^{2n}}{{\left( {n + 1} \right)}^{2n}}}} \le \frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^{2n}}}}{{{2^{2n}}{{\left( {n + 1} \right)}^{2n}}}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{2n}}\)

Mà \(\lim {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{2n}} = 0\) nên \(\lim {u_n} = 0\)

Giả sử \(\left( {{x_n}} \right)\) là dãy số bất kì, \({x_n} < - 1\) và \({x_n} \to - 1\). Khi đó \(f\left( {{x_n}} \right) = 1 - 2{x_n}\) nên \(\lim f\left( {{x_n}} \right) = \lim \left( {1 - 2{x_n}} \right) = 1 - 2 \cdot ( - 1) = 3\)

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f(x) = 3\)

Giả sử \(\left( {{x_n}} \right)\) là dãy số bất kì, \({x_n} > - 1\) và \({x_n} \to - 1\). Khi đó \(f\left( {{x_n}} \right) = x_n^2 + 2\) nên \(\lim f\left( {{x_n}} \right) = \lim \left( {x_n^2 + 2} \right) = {( - 1)^2} + 2 = 3\)

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f(x) = 3\)

Suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} f(x) = 3\)

Tập xác định \[D = \mathbb{R}\] và \[x = - 2 \in D\].

Ta có: \(f\left( { - 2} \right) = - 11\)

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \left( {3x - 5} \right) = - 11\]

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

Để hàm số liên tục tại \[x = - 2\] thì \[f\left( { - 2} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f\left( x \right) \Leftrightarrow - 2a - 1 = - 11 \Leftrightarrow a = 5\].

Vậy hàm số liên tục tại \[x = - 2\] khi \[a = 5\].