Đề kiểm tra Giới hạn của hàm số lớp 11 (có lời giải) - Đề 1

Chọn B

\(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( { - 2x + 1} \right) =  - 1\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 1} \right) = 0\\x \to {1^ + } \Rightarrow x - 1 > 0\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{ - 2x + 1}}{{x - 1}} =  - \infty \)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x + 1}  + x - 2} \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{{x^2} - x + 1 - {{\left( {x - 2} \right)}^2}}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1}  - \left( {x - 2} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{3x - 3}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1}  - x + 2}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{3 - \frac{3}{x}}}{{ - \sqrt {1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  - 1 + \frac{2}{x}}}\)\( =  - \frac{3}{2}\)\( \Rightarrow \) đáp án A đúng.

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

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } x =  + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  + 1 - \frac{2}{x}} \right) = 2 > 0\) nên \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } x\left( {\sqrt {1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  + 1 - \frac{2}{x}} \right) =  + \infty \]\( \Rightarrow \) đáp án C đúng.

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} \left( {3x + 2} \right) =  - 1 < 0\) và \(x + 1 < 0\) với \(\forall x <  - 1\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} \frac{{3x + 2}}{{x + 1}} =  + \infty \)\( \Rightarrow \) đáp án B sai.

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} \left( {3x + 2} \right) =  - 1 < 0\) và \(x + 1 > 0\) với \(\forall x >  - 1\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} \frac{{3x + 2}}{{x + 1}} =  - \infty \)\( \Rightarrow \) đáp án D đúng.

Chọn D

Do hàm số \(f\left( x \right)\) có giới hạn hữu hạn khi \(x\) dần tới \( - 2\) nên \(x =  - 2\) là nghiệm của phương trình \({x^2} + ax + b = 0\), do đó ta \(4 - 2a + b = 0\).

Ta viết lại hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 2 + a}}{{x - 2}},x <  - 2\\x + 1,x \ge  - 2\end{array} \right.\)

Mặt khác hàm số tồn tại giới hạn

\[ \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} f\left( 2 \right) \Leftrightarrow \frac{{ - 2 - 2 + a}}{{ - 2 - 2}} =  - 1 \Leftrightarrow a = 8 \Rightarrow b = 12\]

Do đó \(3a - b = 12\).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^4} - x} }}{{1 - 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - x.\sqrt {{x^2} - \frac{1}{x}} }}{{x\left( {\frac{1}{x} - 2x} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} - \frac{1}{x}} }}{{\frac{1}{x} - 2x}} = + \infty \). Vậy A đúng.

a) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \left( {{x^2} - x + 3} \right) = {( - 2)^2} - ( - 2) + 3 = 9\).

b) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 6} \sqrt {\frac{1}{{x + 3}}} = \sqrt {\frac{1}{{6 + 3}}} = \frac{1}{3}\).

c) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(x - 2)(x - 1)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} (x - 1) = 2 - 1 = 1\).

d) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{2{x^2} + 3x + 1}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{(2x + 1)(x + 1)}}{{(x - 1)(x + 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = \frac{{ - 2 + 1}}{{ - 1 - 1}} = \frac{1}{2}\).

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

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

c) 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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} f(x)\).

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( { - 5{x^3} - 4x + 2} \right) = - 5 \cdot {0^3} - 4 \cdot 0 + 2 = 2\).

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{2x - 3{x^2}}}{{4x + 1}} = \frac{{2 \cdot ( - 1) - 3 \cdot {{( - 1)}^2}}}{{4 \cdot ( - 1) + 1}} = \frac{5}{3}\).

c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 5} \frac{{{x^2} + 2x - 15}}{{x + 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 5} \frac{{(x + 5)(x - 3)}}{{x + 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 5} (x - 3) = - 5 - 3 = - 8\).

d) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 4} \frac{{{x^2} + 3x - 4}}{{{x^2} + 4x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 4} \frac{{(x - 1)(x + 4)}}{{x(x + 4)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 4} \frac{{x - 1}}{x} = \frac{{ - 4 - 1}}{{ - 4}} = \frac{5}{4}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \left( {3 - 2{x^2}} \right) = 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} (3x + 4) = 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} f(x) = 1\).

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

Rõ ràng \({(x - 1)^2} > 0,{(x - 1)^2} \to 0\) khi \(x \to 1\). Theo quy tắc giới hạn vô cực (của thương hai hàm số), ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x)}}{{{{(x - 1)}^2}}} = + \infty \).

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

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

(do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^2} = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {\left( {1 - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)g(x)} \right] = 1 > 0\) ).

Áp dụng định lí: Nếu hàm số \(y = f(x)\) liên tục trên đoạn \[\left[ {a;b} \right]\] và \(f(a)f(b) < 0\) thì tồn tại ít nhất một điểm \(c \in (a;b)\) sao cho \[f\left( c \right) = 0\].