Đề kiểm tra Bài tập cuối chương V lớp 11 (có lời giải) - Đề 2

Chọn B

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{x} =  + \infty \) do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} x = 0\)và \(x > 0\). Vậy đáp án A đúng.

Suy ra đáp án B sai.

Các đáp án C và D đúng. Giải thích tương tự đáp án \[A\].

Chọn C

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

Chọn C

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\left| x \right|}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{x}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{x} =  + \infty \).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\left| x \right|}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{ - x}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{ - 1}}{x} =  + \infty \).

Vậy không tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left| x \right|}}{{{x^2}}}\).

Ta có \(\lim {u_n} = \lim \frac{{an + 4}}{{5n + 3}} = \lim \frac{{a + \frac{4}{n}}}{{5 + \frac{3}{n}}} = \frac{a}{5}.\)

Để hàm \[f\left( x \right)\] liên tục tại \[x = 2\] cần có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)\]

Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {\frac{{x - \sqrt {x + 2} }}{{{x^2} - 4}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2} - x - 2}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x + \sqrt {x + 2} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x + 1}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x + \sqrt {x + 2} } \right)}} = \frac{3}{{16}}\].

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {{x^2} + ax + 3b} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {{x^2} + ax + 3b} \right) = 2a + 3b + 4\]

\[f\left( 2 \right) = 2a + b - 6\]

Suy ra ta được hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}2a + b - 6 = \frac{3}{{16}}\\2a + 3b + 4 = \frac{3}{{16}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{179}}{{32}}\\b = - 5\end{array} \right. \Rightarrow a + b = \frac{{19}}{{32}}\].

Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + x} - x} \right) = + \infty \] nên phương án a sai.

Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + x} - 2x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x\left( {\sqrt {1 + \frac{1}{x}} - 2} \right) = - \infty \] nên phương án b sai.

Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + x} - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + x} + x}}} \right)\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{1}{{\sqrt {1 + \frac{1}{x}} + 1}}} \right) = \frac{1}{2}\] nên đáp án c đúng.

Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + x} - 2x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - x} \right)\left( {\sqrt {1 + \frac{1}{x}} + 2} \right) = + \infty \] nên đáp án d sai.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + ax + 5} + x} \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ax + 5}}{{\sqrt {{x^2} + ax + 5} - x}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x\left( {a + \frac{5}{x}} \right)}}{{\left| x \right|\sqrt {1 + \frac{a}{x} + \frac{5}{{{x^2}}}} - x}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{a + \frac{5}{x}}}{{ - \sqrt {1 + \frac{a}{x} + \frac{5}{{{x^2}}}} - 1}} = - \frac{a}{2}\).

Ta có: \(\lim \left( {{v_n} - 2} \right) = \lim \left( {\frac{1}{{{n^3}}} + 2 - 2} \right) = \lim \frac{1}{{{n^3}}} = 0\)

Vậy \(\lim {v_n} = 2\)

Tập xác định: \[D = \mathbb{R}\] và \[x = 0 \in D\].

\[f\left( 0 \right) = m + 1\].

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {m + \frac{{1 - x}}{{1 + x}}} \right) = m + 1\].

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

Để hàm liên tục tại \[x = 0\] thì \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = f\left( 0 \right)\]\( \Leftrightarrow m + 1 = - 1 \Leftrightarrow m = - 2\).

Vậy \[m = - 2\] thỏa mãn đề bài.

\({u_n} = \frac{{{{15}^n}}}{{{2^n}\left( {{9^n} + {{25}^n}} \right)}} = \frac{{{3^n}{{.5}^n}}}{{{2^n}\left( {{3^{2n}} + {5^{2n}}} \right)}} \le \frac{{\frac{{{3^{2n}} + 5}}{2}}}{{{2^n}\left( {{3^{2n}} + {5^{2n}}} \right)}} = \frac{1}{{{2^{n + 1}}}} \le {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}\)

Mà \(\lim {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = 0 \Rightarrow \) đ.p.c.m

Ta có

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {ax + b} + cx}}{{{x^3} - 2{x^2} + x}} = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - (c{x^2} - ax - b)}}{{x{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {\sqrt {ax + b} - cx} \right)}} = - \frac{1}{2}\,\,\,\,(*)\]

Để xảy ra (*) thì điều kiện cần là

\[\left\{ \begin{array}{l} - ({c^2}{x^2} - ax - b) = k{(x - 1)^2}\,\,\,(k \ne 0)\\\sqrt {a.1 + b} - c \ne 0\\\frac{k}{{\sqrt {a.1 + b} - c}} = - \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k < 0\\\,a = - 2k,\,\,b = k\,\\\sqrt {a + b} - c \ne 0\,\\\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}c = \sqrt { - k} \\\frac{k}{{\sqrt { - 2k + k} - \sqrt { - k} }} = - \frac{1}{2}\,\,\,(PTVN)\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}c = - \sqrt { - k} \\\frac{k}{{\sqrt { - 2k + k} + \sqrt { - k} }} = - \frac{1}{2} \Rightarrow k = - 1\end{array} \right.\end{array} \right.\,\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 2k = 2\\b = k = - 1\\c = \sqrt { - k} = 1\end{array} \right.\]

Thử lại: với \(a = 2,b = - 1,\,c = 1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Hàm số \(f(x) = 2x - \sin x\) liên tục với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

Hàm số \(g(x) = \sqrt {x - 1} \) liên tục trên khoảng \([1; + \infty )\)

Suy ra: hàm số \(y = f(x).g(x)\) liên tục trên khoảng \([1; + \infty )\)

\(g(x) \ne 0\) khi \(x \ne 1\)

Suy ra hàm số \(y = \frac{{f(x)}}{{g(x)}}\) liên tục trên khoảng \((1; + \infty )\)

\(C(x) = 60000\) khi \(x \in (0;2)\) nên hàm số \(C(x)\) liên tục trên \((0;2)\)

\(C(x) = 100000\) khi \(x \in (2;4)\) nên hàm số \(C(x)\) liên tục trên \((2;4)\)

\(C(x) = 200000\) khi \(x \in (4;24)\) nên hàm số \(C(x)\) liên tục trên \[\left( {4;24} \right)\]

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} C(x) = 60000\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} C(x) = 100000\end{array}\)

Vậy không tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \) hay hàm số \(C(x)\) không liên tục tại \[2\]

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} C(x) = 100000\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} C(x) = 200000\end{array}\)

Vậy không tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \) hay hàm số \(C(x)\) không liên tục tại \[4\]