Đề kiểm tra Giới hạn của hàm số lớp 11 (có lời giải) - Đề 3
22 câu hỏi
\( + \infty \).
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{2}{3}\).
\( - \infty \).
Chọn C
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x + 1}}{{x + 2}} = \frac{2}{3}\]
\[ - \frac{1}{6}\].
\[ - \infty \].
\[ + \infty \].
\[1\].
Chọn A
Ta có: Với \[x = - 2\]; \[{x^2} + x + 4 \ne 0\]
Nên \[A = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{x + 1}}{{{x^2} + x + 4}} = \frac{{\left( { - 2} \right) + 1}}{{{{\left( { - 2} \right)}^2} + \left( { - 2} \right) + 4}} = - \frac{1}{6}\].
\( - \frac{1}{{2a}}\).
\(0\).
\( + \infty \).
\( - \infty \).
Chọn D
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} 1 = 1 > 0}\\{\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} \left( {1 - a} \right) = 0}\\{x - a < 0{\rm{ khi }}x \to {a^ - }}\end{array}} \right.\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} \frac{1}{{x - a}} = - \infty \).
\( + \infty \).
1
0.
\( - \infty \)
Chọn C
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} (x - 2)\sqrt {\frac{x}{{{x^2} - 4}}} \) = \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \sqrt {\frac{{x{{(x - 2)}^2}}}{{{x^2} - 4}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \sqrt {\frac{{(x - 2)x}}{{x + 2}}} = 0\)
\(0\).
\( + \infty \).
\( - \infty \).
\(1\).
Chọn C
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {{x^2} + 1} \right) = 2 > 0;\;\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {x - 1} \right) = 0\) và \(x - 1 < 0,\;\forall x < 1\;\)(do \(x \to {1^ - }\))
\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}} = - \infty \).
\( - \infty \).
\(3\).
\(\frac{7}{2}\).
\( - \infty \).
\[\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {3x - 7} \right) = - 1 < 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 2} \right) = 0\\x \to {2^ + } \Rightarrow x - 2 > 0\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{3x - 7}}{{x - 2}} = - \infty \].
\( - \infty \).
\(4\).
\( + \infty \).
\(0\).
Chọn C
Ta có: + \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} {\mkern 1mu} f(x) = 4 > 0\).
+ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} {\mkern 1mu} {\left( {x + 1} \right)^4} = 0\) và với \(\forall x \ne - 1\) thì \({\left( {x + 1} \right)^4} > 0\).
Suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} {\mkern 1mu} \frac{{f(x)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^4}}} = + \infty \).
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right).g\left( x \right)} \right] = a.\,b\].
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right] = a - b\].
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = \frac{a}{b}\]. \(\)
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right] = a + b\].
Vì có thể \(b = 0\).
\(0\).
\( + \infty \).
\( - \infty \).
\( - 4\).
Chọn B
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - 4{x^5} - 3{x^3} + x + 1} \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^5}\left( { - 4 - \frac{3}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^4}}} + \frac{1}{{{x^5}}}} \right)\)\( = + \infty \).
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - 4 - \frac{3}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^4}}} + \frac{1}{{{x^5}}}} \right) = - 4 < 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^5} = - \infty \end{array} \right.\).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\( - 4\).
\(4\).
\(7\).
\( - 7\).
Chọn D
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{4{x^2} - 3x + 1}}{{x + 2}} - ax - b} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\left( {4 - a} \right)x - b - 11 + \frac{{23}}{{x + 2}}} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 - a = 0\\ - 11 - b = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b = - 11\end{array} \right.\)
\[ - 1 \le a \le 2\].
\[a < - 1\].
\[a \ge 5\].
\[2 < a < 5\].
Chọn D
Ta có\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ax + \sqrt {{x^2} - 3x + 5} }}{{2x - 7}} = 2\)\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{a + \sqrt {1 - \frac{3}{x} + \frac{5}{{{x^2}}}} }}{{2 - \frac{7}{x}}} = 2\)\( \Leftrightarrow \frac{{a + 1}}{2} = 2\)\( \Leftrightarrow \frac{{a + 1}}{2} = 3\).
\( \Leftrightarrow a + 1 = 6 \Leftrightarrow a = 5\)
\(0\).
Giới hạn không tồn tại.
\(1\).
\( + \infty \).
Lời giải
Chọn B
Xét mọi dãy số \(\left( {{x_n}} \right)\) sao cho \(\lim {x_n} = + \infty \Rightarrow \lim \frac{1}{{{x_n}}} = 0\)
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{\sin x}}{x}} \right) = \lim \left( {\frac{{\sin {x_n}}}{{{x_n}}}} \right)\)
Ta có \(\left| {\frac{{\sin {x_n}}}{{{x_n}}}} \right| \le \frac{1}{{{x_n}}}\) mà \(\mathop {\lim }\limits_{} \left( {\frac{1}{{{x_n}}}} \right) = 0\) nên \(\left| {\frac{{\sin {x_n}}}{{{x_n}}}} \right|\) nhỏ hơn một số dương bé tùy ý kể từ số hạng nào đó trở đi
Theo định nghĩa dãy số có giới hạn \(0\) ta có \(\lim \left( {\frac{{\sin {x_n}}}{{{x_n}}}} \right) = 0\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{\sin x}}{x}} \right) = 0\)
|
a) Đúng |
b) Sai |
c) Đúng |
d) Sai |
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {{x^2} + 3} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^2}\left( {1 + \frac{3}{{{x^2}}}} \right) = + \infty \), do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^2} = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {1 + \frac{3}{{{x^2}}}} \right) = 1\).
b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + x} - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - x\sqrt {1 + \frac{1}{x}} - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } x\left( { - \sqrt {1 + \frac{1}{x}} - 1} \right) = + \infty \),
do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } x = - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - \sqrt {1 + \frac{1}{x}} - 1} \right) = - 2\).
c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x \cdot \frac{1}{x}}}{{x\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\frac{1}{x}}}{{1 + \frac{2}{x}}} = 0\).
d) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {\frac{{2x}}{{x + 3}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {\frac{{2x}}{{x\left( {1 + \frac{3}{x}} \right)}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {\frac{2}{{1 + \frac{3}{x}}}} = \sqrt 2 \).
|
a) Sai |
b) Sai |
c) Đúng |
d) Đúng |
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {3{x^2} - 2x} \right) = {3.2^2} - 2.2 = 8\)
b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{4{x^2} + 2x + 1}}{{x - 4}} = - \frac{{13}}{6}\)
c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^3} - {x^2} + 2x - 24}}{{{x^2} - 9}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{(x - 3)\left( {{x^2} + 2x + 8} \right)}}{{(x - 3)(x + 3)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^2} + 2x + 8}}{{x + 3}} = \frac{{23}}{6}\)
d) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{{x^3} + 5{x^2} - x - 14}}{{{x^2} - 7x - 18}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{(x + 2)\left( {{x^2} + 3x - 7} \right)}}{{(x + 2)(x - 9)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{{x^2} + 3x - 7}}{{x - 9}} = \frac{9}{{11}}\)
|
a) Đúng |
b) Đúng |
c) Đúng |
d) Sai |
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {4 + x} - 2}}{{4x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{(\sqrt {4 + x} - 2)(\sqrt {4 + x} + 2)}}{{4x(\sqrt {4 + x} + 2)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4 + x - 4}}{{4x(\sqrt {4 + x} + 2)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{4(\sqrt {4 + x} + 2)}} = \frac{1}{{4(\sqrt 4 + 2)}} = \frac{1}{{16}}{\rm{. }}\)
b)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{4 - {x^2}}}{{\sqrt {x + 7} - 3}}}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(2 - x)(2 + x)(\sqrt {x + 7} + 3)}}{{(\sqrt {x + 7} - 3)(\sqrt {x + 7} + 3)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(2 - x)(2 + x)(\sqrt {x + 7} + 3)}}{{x + 7 - 9}}}\\{}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} [ - (2 + x)(\sqrt {x + 7} + 3)] = - 4.6 = - 24}\end{array}\)
c)
\({\rm{ }}\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {2x + 5} - 3}}{{\sqrt {x + 2} - 2}}}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(\sqrt {2x + 5} - 3)(\sqrt {2x + 5} + 3)(\sqrt {x + 2} + 2)}}{{(\sqrt {x + 2} - 2)(\sqrt {x + 2} + 2)(\sqrt {2x + 5} + 3)}}}\\{}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(2x + 5 - 9)(\sqrt {x + 2} + 2)}}{{(x + 2 - 4)(\sqrt {2x + 5} + 3)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{2(\sqrt {x + 2} + 2)}}{{\sqrt {2x + 5} + 3}} = \frac{4}{3}}\end{array}\)
d) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt[3]{{x + 7}} - 2}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{(\sqrt[3]{{x + 7}} - 2)\left( {\sqrt[3]{{{{(x + 7)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{x + 7}} + 4} \right)}}{{(x - 1)\left( {\sqrt[3]{{{{(x + 7)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{x + 7}} + 4} \right)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x + 7 - {2^3}}}{{(x - 1)\left( {\sqrt[3]{{{{(x + 7)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{x + 7}} + 4} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{\sqrt[3]{{{{(x + 7)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{x + 7}} + 4}} = \frac{1}{{12}}.\)
|
a) Đúng |
b) Đúng |
c) Sai |
d) Đúng |
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {{x^2} - 10x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^2}\left( {1 - \frac{{10}}{x}} \right) = + \infty \).
b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3{x^2} - 4x + 1}}{{2{x^2} + x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2}\left( {3 - \frac{4}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}}{{{x^2}\left( {2 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3 - \frac{4}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{2 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}} = \frac{3}{2}\)
c)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + x + 1} - 3x}}{{2 - 3x}}}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2}\left( {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} - 3x}}{{x\left( {\frac{2}{x} - 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - x\sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} - 3x}}{{x\left( {\frac{2}{x} - 3} \right)}}}\\{}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} - 3}}{{\frac{2}{x} - 3}} = \frac{{ - \sqrt 1 - 3}}{{ - 3}} = \frac{4}{3}}\end{array}\)
d)
\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt[3]{{8{x^3} + 3{x^2} + 1}} - x}}{{\sqrt {4{x^2} - x + 2} + 3x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt[3]{{{x^3}\left( {8 + \frac{3}{x} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right)}} - x}}{{\sqrt {{x^2}\left( {4 - \frac{1}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}} \right)} + 3x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x\sqrt[3]{{8 + \frac{3}{x} + \frac{1}{{{x^3}}}}} - x}}{{x\sqrt {4 - \frac{1}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}} + 3x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt[3]{{8 + \frac{3}{x} + \frac{1}{{{x^3}}}}} - 1}}{{\sqrt {4 - \frac{1}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}} + 3}} = \frac{{\sqrt[3]{8} - 1}}{{ - \sqrt 4 + 3}} = 1\end{array}\)
Theo cách xác định hàm số \(f(x)\), ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f(x) = 9 + 3a\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f(x) = 28\). Hàm số này có giới hạn khi \(x \to 3\) nếu \(9 + 3a = 28\), hay \(a = \frac{{19}}{3}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (1 - x)\left( {1 - {x^2}} \right)\left( {1 - {x^3}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^6}\left( {\frac{1}{x} - 1} \right)\left( {\frac{1}{{{x^2}}} - 1} \right)\left( {\frac{1}{{{x^3}}} - 1} \right) = - \infty \).
Ta có \(g(x) = \frac{{2x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 2x} + \sqrt {{x^2} - 1} }} - 2m = \frac{{2 + \frac{1}{x}}}{{\sqrt {1 + \frac{2}{x}} + \sqrt {1 - \frac{1}{{{x^2}}}} }} - 2m\).
Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g(x) = 1 - 2m = 0\). Vậy \(m = \frac{1}{2}\).
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } [(m - x)(mx + 1)] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^2}\left( {\frac{m}{x} - 1} \right)\left( {m + \frac{1}{x}} \right) = - \infty \).
Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{m}{x} - 1} \right)\left( {m + \frac{1}{x}} \right) = - m\) nên ta phải có \(m > 0\).
Lấy dãy số \(\left( {{x_n}} \right)\) bất kì sao cho \({x_n} \to + \infty \). Khi đó
\(\left| {f\left( {{x_n}} \right)} \right| = \frac{{{{\sin }^2}{x_n}}}{{x_n^2}} \le \frac{1}{{x_n^2}} \to 0\,\,khi\,\,n \to + \infty .\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right) = 0\). Từ đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = 0\).
Đặt \[f\left( x \right) = \left( {{m^2} + 1} \right){x^3} - 2{m^2}{x^2} - 4x + {m^2} + 1\].
Hàm số \[f\left( x \right) = \left( {{m^2} + 1} \right){x^3} - 2{m^2}{x^2} - 4x + {m^2} + 1\] liên tục trên \[\mathbb{R}\].
Ta có: \[f\left( x \right) = {m^2}\left( {{x^3} - 2{x^2} + 1} \right) + {x^3} - 4x + 1\]
\[f\left( { - 3} \right) = - 44{m^2} - 14 < 0;\,\,\forall m\]
\[f\left( 0 \right) = {m^2} + 1 > 0,\forall m\,\]
\[f\left( 1 \right) = - 2\]
\[f\left( 2 \right) = {m^2} + 1 > 0\,;\,\,\forall m\]
Vì \[f\left( { - 3} \right).\,f\left( 0 \right) < 0\] nên phương trình có ít nhất 1 nghiệm thuộc khoảng \[\left( { - 3;0} \right)\].
Vì \[f\left( 0 \right).\,f\left( 1 \right) < 0\] nên phương trình có ít nhất 1 nghiệm thuộc khoảng \[\left( {0;1} \right)\].
Vì \[f\left( 1 \right).\,f\left( 2 \right) < 0\] nên phương trình có ít nhất 1 nghiệm thuộc khoảng \[\left( {1;2} \right)\].
Vậy phương trình \[\left( {{m^2} + 1} \right){x^3} - 2{m^2}{x^2} - 4x + {m^2} + 1 = 0\] có ít nhất 3 nghiệm trong khoảng \[\left( { - 3;2} \right)\], mà phương trình đã cho là bậc 3 nên phương trình có đúng 3 nghiệm
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
