Giải SBT Toán lớp 11 – KNTT – Tập 1 Bài tập cuối chương V có đáp án

Với  limn→+∞un=1 và limn→+∞vn=b∈ℝ , ta có:

+)  limn→+∞un+vn=limn→+∞un+limn→+∞vn=1+b nên khẳng định (1) đúng, khẳng định (3) sai.

+)limn→+∞vnun=limn→+∞vnlimn→+∞un=b1=b  nên khẳng định (2) đúng.

+) Khẳng định (4) đúng khi b ≠ 0.

Vậy có 2 khẳng định đúng.

Ta có L=limn→+∞n3−2n+1=limn→+∞n31−2n+1n3=+∞ .

Ta có  limn→+∞2n2+n−1an2+1=limn→+∞2+1n−1n2a+1n2=2a.

Mà  limn→+∞2n2+n−1an2+1=1  nên 2a=1, suy ra a = 2.

Do đó, a² – 2a = 2² – 2 . 2 = 0.

Ta có limn→+∞un=limn→+∞nn+2−n+1

 =limn→+∞nn+2−n−1n+2+n−1

=limn→+∞nn+2+n+1

            =limn→+∞11+2n+1+1n=12

Đáp án đúng là: B

Nhận thấy tổng  S=−23+29−227+...+−1n23n+... là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u1=−23 và công bội q=−13 .

Do đó, S=u11−q=−231−−13=−12 .

Do limx→1+fx=3 và limx→1−fx=−3  nên limx→1+fx≠limx→1−fx.

Vậy không tồn tại limx→1fx.

Đáp án đúng là: A

Ta có giới hạn của f(x) khi x → 1 tồn tại khi và chỉ khi .

Điều đó có nghĩa là 2 = m + 1, suy ra m = 1.

Đáp án đúng là: C

Ta có  limx→1+fx=limx→1+2x+b=2.1+b=2+b;

limx→1−fx=limx→1−x+a=1+a.

Vì hàm số fx=x2+a   nê'u  x≤12x+b  nê'u  x>1 có giới hạn khi x → 1 nên limx→1+fx=limx→1−fx, tức là 2 + b = 1 + a, từ đó suy ra a – b = 1.

Vì x → 1⁺ nên x > 1, suy ra x – 1 > 0, do đó  x−1 có nghĩa.

Ta có limx→1+x−1x−1=limx→1+x−12x−1=limx→1+x−1=1−1=0 .

Ta có limx→0−fx=limx→0−x2−xx=limx→0−x2−x−x=limx→0−−x+1=−0+1=1 ;

limx→0+fx=limx→0+x2−xx=limx→0+x2−xx=limx→0+x−1=0−1=−1.

Suy ra limx→0−fx≠limx→0+fx.

Vậy không tồn tại giới hạn limx→0fx .

Ta có limx→−∞x2+2−xx=limx→−∞x1+2x2−xx

=limx→−∞−x1+2x2−xx=limx→−∞−1+2x2−1=−2.

Đáp án đúng là: C

+ Với x < – 1 thì f(x) = 1 – x là hàm đa thức nên nó liên tục trên (– ∞; – 1).

+ Với – 1 < x < 1 thì f(x) = 2 luôn liên tục trên (– 1; 1).

+ Với x > 1 thì f(x) = 1 – x luôn liên tục trên (1; + ∞).

Do đó, hàm số đã cho liên tục trên các khoảng (– ∞; – 1); (– 1; 1) và (1; + ∞).

+ Xét tại điểm x = – 1, ta có f(– 1) = 1 – (– 1) = 2;

limx→−1−fx=limx→−1−1−x=1−−1=2;  limx→−1+fx=limx→−1+2=2.

Do đó, limx→−1−fx=limx→−1+fx=f−1  nên hàm số đã cho liên tục tại x = – 1.

+ Xét tại điểm x = 1, ta có f(1) = 2;

limx→1−fx=limx→1−2=2; limx→1+fx=limx→1+1−x=1−1=0.

Do đó, limx→1−fx≠limx→1+fx nên hàm số đã cho không liên tục tại x = 1.

Vậy hàm số f(x) liên tục trên [– 1; 1) là mệnh đề đúng.

Với x ≠ – 1 thì fx=x2+3x+2x+1 là hàm phân thức nên nó liên tục trên ℝ \{– 1}.

Vậy hàm số f(x) liên tục trên ℝ khi nó liên tục tại x = – 1.

Ta có limx→−1fx=limx→−1x2+3x+2x+1=limx→−1x+2x+1x+1=limx→−1x+2=−1+2=1 .

Hàm số đã cho liên tục tại x = – 1 khi và chỉ khi limx→−1fx=f−1⇔m=1 .

Biểu thức xx−1x−1  xác định khi x – 1 > 0, tức là x > 1.

Do đó, hàm số fx=xx−1x−1 có tập xác định là (1; + ∞).

Vậy hàm số này liên tục trên (1; + ∞).

Đáp án đúng là: B

Xét hàm số f(x) = x⁷ + x⁵ – 1.

Đây là hàm đa thức nên nó liên tục trên ℝ.

Do đó, hàm số f(x) liên tục trên đoạn [0; 1] và [1; 2].

Ta có f(0) = 0⁷ + 0⁵ – 1 = – 1 < 0; f(1) = 1⁷ + 1⁵ – 1 = 1 > 0 và f(2) = 2⁷ + 2⁵ – 1 > 0.

Suy ra f(0) . f(1) < 0.

Do vậy tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (0; 1) sao cho f(c) = 0.

Từ đó suy ra f(x) = 0 hay phương trình x⁷ + x⁵ = 1 có nghiệm trong khoảng (0; 1).

Đặt vn=unn+1, ta có vn=unn+1≤1n+1 .

Mà 1n+1→0 khi n → + ∞.

Khi đó limn→+∞vn=0. Vậy limn→+∞unn+1=0.

Vì 1, 2, ..., n là một cấp số cộng gồm n số hạng với u₁ = 1 và công sai d = 1.

Do đó 1 + 2 + ... + n = nn+12.

Ta có un=n1+2+...+n2n2+3=nnn+122n2+3=nnn+122n2+3.

Vậy limn→+∞un=limn→+∞nnn+122n2+3=limn→+∞1+1n22+3n2=122.

a) Ta có − 0,(31) = – (0,31 + 0,0031 + ... + 0,00...31 + ...)

=−31100+311002+...+31100n+...

=−311001−1100=−3199

b) Ta có 2,(121) = 2 + 0,121 + 0,000121 + ... + 0,000...121 + ...

=2+1211000+12110002+...+1211000n+...

          =2+12110001−11000=2+121999=2119999 .

a) Áp dụng định lí Pythagore, ta có cạnh của hình vuông H₂ là

a2=a42+3a42=a58.

Khi đó diện tích của hình vuông H₂ là s2=a582=58a2 .

Mà diện tích của hình vuông H₁ là s₁ = a².

Do đó, s2=58a2=58s1 .

Lí luận tương tự, ta có  s3=58s2, ...., sn=58sn−1=58n−1a2.

b) Ta có T = s₁ + s₂ + ... + s_n + ... =a21+58+582+...+58n−1+....

Vì 1,  58,  582,...,58n−1,... là cấp số nhân lùi vô hạn với u₁ = 1 và công bội q =58 nên

1+  58+582+...+58n−1+...=11−58=83.

Vậy T=8a23 .

Ta có  limx→+∞2x2+1x2+2x+3+a2+3a=limx→+∞2+1x21+2x+3x2+a2+3a= 2 + a² + 3a.

Để limx→+∞2x2+1x2+2x+3+a2+3a=0 thì 2 + a² + 3a = 0.

Giải phương trình bậc hai a² + 3a + 2 = 0 ta được a = – 1 và a = – 2.

Vậy a ∈ {– 1; – 2} thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

a)limx→−∞xx+12x−15x3+x+7=limx→−∞x31+1x2−1xx35+1x2+7x3

=limx→−∞1+1x2−1x5+1x2+7x3=25

 .

b) limx→−∞x3−12−x5=limx→−∞x31−1x3x52x5−1=limx→−∞x81−1x32x5−1=−∞

.

c) limx→+∞x3+x2+13−x=limx→+∞x3+x2+1−x3x3+x2+123+xx3+x2+13+x2=limx→+∞x2+1x3+x2+123+xx3+x2+13+x2=limx→+∞1+1x21+1x+1x323+1+1x+1x33+1=13

.

Ta có limx→−∞1−x1−2x...1−2018x

=limx→−∞x20181x−11x−2...1x−2018=+∞.

a) limx→0sinxx3=limx→0sinxx.1x2=limx→0sinxxx2 .

Vì  limx→0sinxx=1 > 0;  và x² > 0 nên limx→0sinxx3=+∞.

b) limx→0+sinxx2=limx→0+sinxxx .

Vì limx→0sinxx=1 nên limx→0+sinxx=1>0; limx→0+x=0 và x > 0 nên limx→0+sinxx2=+∞.

c)  limx→0−sinxx2=limx→0−sinxxx.

Vì limx→0sinxx=1 nên limx→0−sinxx=1>0 ; limx→0−x=0và x < 0 nên limx→0−sinxx2=−∞.

Đặt fx=xsin1x. Lấy dãy số (x_n) bất kì thỏa mãn x_n → 0. Khi đó

fxn=xn.sin1xn≤xn→0.

Do đó limn→+∞fxn=0.

Vậy limx→0xsin1x=0.

Biểu thức  x−1−1−xxcó nghĩa khix−1≥01−x≥0x≠0⇔x≥1x≤1x≠0⇔x=1 .

Do đó, tập xác định của hàm số fx=x−1−1−xx là D = {1}.

Mà x = 0 không thuộc tập xác định của hàm số nên hàm số đã cho không liên tục tại x = 0.

Vậy không có giá trị của f(0) thỏa mãn.

a) Ta có f−1=1−1=−1; f1=11=1.

Do đó, f(– 1) ∙ f(1) = (– 1) . (1) = – 1 < 0.

b) Ta thấy f(0) = 2 và fx=1x≠0   ∀x∈−1;  1\0 nên phương trình f(x) = 0 không có nghiệm thuộc khoảng (– 1; 1).

c) Ta có limx→0+fx=limx→0+1x=+∞ và  limx→0−fx=limx→0−1x=−∞.

Suy ra limx→0+fx=limx→0−fx. Nên hàm số đã cho không liên tục tại x = 0.

Vậy hàm số f(x) không liên tục trên đoạn [– 1; 1].

a) Theo bài ra ta có hàm số f(x) mô tả số tiền phí theo thời gian trông giữ là

fx=30                                 khi   0<x≤130+20x−1     khi   x>1=30                  khi   0<x≤110+20x   khi  x>1.

b)

+ Với 0 < x < 1 thì f(x) = 30 luôn liên tục trên (0; 1).

+ Với x > 1 thì f(x) = 10 + 20x là hàm đa thức nên nó luôn liên tục trên (1; +∞).

Ta xét tại điểm x = 1, ta có:

f(1) = 30; limx→1−fx=limx→1−30=30 và limx→1+fx=limx→1+10+20x=10+20.1=30.

Suy ra f1=limx→1−fx=limx→1+fx nên hàm số f(x) liên tục tại x = 1.

Vậy hàm số f(x) liên tục trên khoảng (0; + ∞).