Đề kiểm tra Giới hạn của hàm số lớp 11 (có lời giải) - Đề 2

Lời giải

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {x + 4}  - 2}}{x}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\left( {x + 4} \right) - {2^2}}}{{x\left( {\sqrt {x + 4}  + 2} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{x}{{x\left( {\sqrt {x + 4}  + 2} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{{\sqrt {x + 4}  + 2}} = \frac{1}{4}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {mx + m + \frac{1}{4}} \right) = m + \frac{1}{4}\)

Hàm số đã cho có giới hạn tại \(x = 0\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right)\)

\( \Rightarrow F = \left( { - \frac{5}{2}; - 2;0} \right)\).

Chọn C

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{1 + 3x}}{{\sqrt {2{x^2} + 3} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x\left( {\frac{1}{x} + 3} \right)}}{{\left| x \right|\sqrt {2 + \frac{3}{{{x^2}}}} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\frac{1}{x} + 3}}{{\sqrt {2 + \frac{3}{{{x^2}}}} }}\)\( = \frac{3}{{\sqrt 2 }} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\).

Chọn B

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{{{\left( {4x + 1} \right)}^3}{{\left( {2x + 1} \right)}^4}}}{{{{\left( {3 + 2x} \right)}^7}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{{{\left( {4 + \frac{1}{x}} \right)}^3}{{\left( {2 + \frac{1}{x}} \right)}^4}}}{{{{\left( {\frac{3}{x} + 2} \right)}^7}}} = {2^3} = 8\).

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.

a) Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f(x) = \sqrt 5 \]

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

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

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

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

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

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{x}{{x + 1}} = \frac{2}{{2 + 1}} = \frac{2}{3}\).

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

c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{{{x^2} - 3x}}{{{x^2} - 6x + 9}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{{x(x - 3)}}{{{{(x - 3)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{x}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {x\frac{1}{{x - 3}}} \right) = - \infty \),

do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} x = 3\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{1}{{x - 3}} = - \infty \).

d)

\({\rm{ }}\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left[ {\left( {{x^3} - 1} \right)\left( {\sqrt {\frac{x}{{{x^2} - 1}}} } \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left[ {(x - 1)\left( {{x^2} + x + 1} \right)\sqrt {\frac{x}{{(x - 1)(x + 1)}}} } \right]}\\{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left[ {\left( {{x^2} + x + 1} \right)\sqrt {\frac{{x{{(x - 1)}^2}}}{{(x - 1)(x + 1)}}} } \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left[ {\left( {{x^2} + x + 1} \right)\sqrt {\frac{{x(x - 1)}}{{x + 1}}} } \right] = 3 \cdot \sqrt {\frac{0}{2}} = 0.}\end{array}\)

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

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{4x - 3}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left[ {(4x - 3) \cdot \frac{1}{{x - 1}}} \right] = + \infty \) vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} (4x - 3) = 1,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{1}{{x - 1}} = + \infty \).

c)

\({\rm{ }}\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {\frac{1}{{x - 2}} - \frac{1}{{{x^2} - 4}}} \right)}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{x + 2 - 1}}{{(x - 2)(x + 2)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{x + 1}}{{(x - 2)(x + 2)}}}\\{}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left[ {\frac{{x + 1}}{{x + 2}} \cdot \frac{1}{{(x - 2)}}} \right] = - \infty ,{\rm{ do }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{x + 1}}{{x + 2}} = \frac{3}{4}}\\{\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{1}{{x - 2}} = - \infty }\end{array}} \right.}\end{array}\)

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

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

Để tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x)\) thì \(\sqrt {1 + a} = 3\), suy ra \(a = 8\).

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

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {{x^2} - 1} \right) = - 1,\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} (x + m) = m\) nên \(m = - 1\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = 1\). Hàm số \(f(x)\) có giới hạn khi \(x \to 1\).

Do \(x = 1\) là nghiệm của mẫu số nên ta phải có \(2{x^2} - ax + 1 = 0\) với \(x = 1\). Tức là \(a = 3\). Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2{x^2} - 3x + 1}}{{{x^2} - 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2x - 1}}{{x - 2}} = - 1\). Vậy \(b = - 1\).

Xét hàm số \[f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\].

Hàm số \[f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\] liên tục trên \[\mathbb{R}\].

Ta có \[f\left( {\frac{4}{5}} \right) = \frac{{16}}{{25}}a + \frac{4}{5}b + c\] nên \[\frac{{75}}{4}f\left( {\frac{4}{5}} \right) = 12a + 15b + \frac{{75}}{4}c\].

\[f\left( 0 \right) = c\] nên \[\frac{5}{4}f\left( 0 \right) = \frac{5}{4}c\].

Do đó \[\frac{{75}}{4}f\left( {\frac{4}{5}} \right) + \frac{5}{4}f\left( 0 \right) = 12a + 15b + 20c = 0\].

Suy ra \[f\left( {\frac{4}{5}} \right)\], \[f\left( 0 \right)\] trái dấu hoặc cả hai đều bằng 0.

Vậy phương trình \[a{x^2} + bx + c = 0\] luôn có nghiệm thuộc \[\left[ {0;\frac{4}{5}} \right]\].