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

Với  $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=1$và $\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n=b\in ℝ$ , ta có:

+)  $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(u_n+v_n\right)=\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n+\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n=1+b$nên khẳng định (1) đúng, khẳng định (3) sai.

+)$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{v_n}{u_n}=\frac{\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n}{\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n}=\frac{b}{1}=b$  nên khẳng định (2) đúng.

+) Khẳng định (4) đúng khi b ≠ 0.

Vậy có 2 khẳng định đúng.

Ta có $L=\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(n^3-2n+1\right)=\underset{n\to +\infty }{\lim }{n}^3\left(1-\frac{2}{n}+\frac{1}{n^3}\right)=+\infty$ .

Ta có  $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2n^2+n-1}{a{n}^2+1}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2+\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}}{a+\frac{1}{n^2}}=\frac{2}{a}$.

Mà  $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2n^2+n-1}{a{n}^2+1}=1$ nên $\frac{2}{a}=1$, suy ra a = 2.

Do đó, a² – 2a = 2² – 2 . 2 = 0.

Ta có $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }\sqrt{n}\left(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}\right)$

 $=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{n}\left(n+2-n-1\right)}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n-1}}$

$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}$

            $=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}+\sqrt{1+\frac{1}{n}}}=\frac{1}{2}$

Đáp án đúng là: B

Nhận thấy tổng  $S=-\frac{2}{3}+\frac{2}{9}-\frac{2}{27}+\mathrm{...}+{\left(-1\right)}^n\frac{2}{3^n}+\mathrm{...}$là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu $u_1=-\frac{2}{3}$ và công bội $q=-\frac{1}{3}$ .

Do đó, $S=\frac{u_1}{1-q}=\frac{-\frac{2}{3}}{1-\left(-\frac{1}{3}\right)}=-\frac{1}{2}$ .

Do $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=3$ và $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=-3$  nên $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)\ne \underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)$.

Vậy không tồn tại $\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)$.

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  $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(2x+b\right)=2.1+b=2+b$;

$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left(x+a\right)=1+a$.

Vì hàm số $f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}{x}^2+an{ê}^{\text{'}}ux\le 1\\ 2x+bn{ê}^{\text{'}}ux>1\end{array}\right.$ có giới hạn khi x → 1 nên $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)$, 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  $\sqrt{x-1}$có nghĩa.

Ta có $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{x-1}{\sqrt{x-1}}=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{{\left(\sqrt{x-1}\right)}^2}{\sqrt{x-1}}=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\sqrt{x-1}=\sqrt{1-1}=0$ .

Ta có $\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{x^2-x}{\left|x\right|}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{x^2-x}{-x}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\left(-x+1\right)=-0+1=1$ ;

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^2-x}{\left|x\right|}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^2-x}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(x-1\right)=0-1=-1$.

Suy ra $\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)\ne \underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)$.

Vậy không tồn tại giới hạn $\underset{x\to 0}{\lim }f\left(x\right)$ .

Ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+2}-x}{x}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\left|x\right|\sqrt{1+\frac{2}{x^2}}-x}{x}$

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

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;

$\underset{x\to -1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -1^{-}}{\lim }\left(1-x\right)=1-\left(-1\right)=2$;  $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -1^{+}}{\lim }2=2$.

Do đó, $\underset{x\to -1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(-1\right)$  nên hàm số đã cho liên tục tại x = – 1.

+ Xét tại điểm x = 1, ta có f(1) = 2;

$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }2=2$; $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(1-x\right)=1-1=0$.

Do đó, $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)\ne \underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)$ 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 $f\left(x\right)=\frac{x^2+3x+2}{x+1}$ 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 $\underset{x\to -1}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -1}{\lim }\frac{x^2+3x+2}{x+1}=\underset{x\to -1}{\lim }\frac{\left(x+2\right)\left(x+1\right)}{x+1}=\underset{x\to -1}{\lim }\left(x+2\right)=-1+2=1$ .

Hàm số đã cho liên tục tại x = – 1 khi và chỉ khi $\underset{x\to -1}{\lim }f\left(x\right)=f\left(-1\right)\iff m=1$ .

Biểu thức $\frac{x\left(x-1\right)}{\sqrt{x-1}}$  xác định khi x – 1 > 0, tức là x > 1.

Do đó, hàm số $f\left(x\right)=\frac{x\left(x-1\right)}{\sqrt{x-1}}$ 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 $v_n=\frac{u_n}{n+1}$, ta có $\left|v_n\right|=\left|\frac{u_n}{n+1}\right|\le \frac{1}{n+1}$ .

Mà $\frac{1}{n+1}\to 0$ khi n → + ∞.

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 = $\frac{n\left(n+1\right)}{2}$.

Ta có $u_n=\frac{n\sqrt{1+2+\mathrm{...}+n}}{2n^2+3}=\frac{n\sqrt{\frac{n\left(n+1\right)}{2}}}{2n^2+3}=\frac{n\sqrt{n\left(n+1\right)}}{\sqrt{2}\left(2n^2+3\right)}$.

Vậy $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n\sqrt{n\left(n+1\right)}}{\sqrt{2}\left(2n^2+3\right)}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}{\sqrt{2}\left(2+\frac{3}{n^2}\right)}=\frac{1}{2\sqrt{2}}$.

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

$=-\left(\frac{31}{100}+\frac{31}{{100}^2}+\mathrm{...}+\frac{31}{{100}^n}+\mathrm{...}\right)$

$=-\frac{\frac{31}{100}}{1-\frac{1}{100}}=-\frac{31}{99}$

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

$=2+\frac{121}{1000}+\frac{121}{{1000}^2}+\mathrm{...}+\frac{121}{{1000}^n}+\mathrm{...}$

          $=2+\frac{\frac{121}{1000}}{1-\frac{1}{1000}}=2+\frac{121}{999}=\frac{2119}{999}$ .

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

$a_2=\sqrt{{\left(\frac{a}{4}\right)}^2+{\left(\frac{3a}{4}\right)}^2}=a\sqrt{\frac{5}{8}}$.

Khi đó diện tích của hình vuông H₂ là $s_2={\left(a\sqrt{\frac{5}{8}}\right)}^2=\frac{5}{8}{a}^2$ .

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

Do đó, $s_2=\frac{5}{8}{a}^2=\frac{5}{8}{s}_1$ .

Lí luận tương tự, ta có  $s_3=\frac{5}{8}{s}_2,\mathrm{....},s_n=\frac{5}{8}{s}_{n-1}={\left(\frac{5}{8}\right)}^{n-1}{a}^2$.

b) Ta có T = s₁ + s₂ + ... + s_n + ... $=a^2\left[1+\frac{5}{8}+{\left(\frac{5}{8}\right)}^2+\mathrm{...}+{\left(\frac{5}{8}\right)}^{n-1}+\mathrm{...}\right]$.

Vì $1,\frac{5}{8},{\left(\frac{5}{8}\right)}^2,\mathrm{...},{\left(\frac{5}{8}\right)}^{n-1},\mathrm{...}$ là cấp số nhân lùi vô hạn với u₁ = 1 và công bội q =$$$\frac{5}{8}$ nên

$1+\frac{5}{8}+{\left(\frac{5}{8}\right)}^2+\mathrm{...}+{\left(\frac{5}{8}\right)}^{n-1}+\mathrm{...}=\frac{1}{1-\frac{5}{8}}=\frac{8}{3}$.

Vậy $T=\frac{8a^2}{3}$ .

Ta có  $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\frac{2x^2+1}{x^2+2x+3}+a^2+3a\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\frac{2+\frac{1}{x^2}}{1+\frac{2}{x}+\frac{3}{x^2}}+a^2+3a\right)$= 2 + a² + 3a.

Để $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\frac{2x^2+1}{x^2+2x+3}+a^2+3a\right)=0$ 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)$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x\left(x+1\right)\left(2x-1\right)}{5x^3+x+7}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x^3\left(1+\frac{1}{x}\right)\left(2-\frac{1}{x}\right)}{x^3\left(5+\frac{1}{x^2}+\frac{7}{x^3}\right)}$

$=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\left(1+\frac{1}{x}\right)\left(2-\frac{1}{x}\right)}{5+\frac{1}{x^2}+\frac{7}{x^3}}=\frac{2}{5}$

 .

b) $$\begin{gathered} \underset{x\to -\infty }{\lim }\left(x^3-1\right)\left(2-x^5\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^3\left(1-\frac{1}{x^3}\right)x^5\left(\frac{2}{x^5}-1\right) \\ =\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^8\left(1-\frac{1}{x^3}\right)\left(\frac{2}{x^5}-1\right)=-\infty \end{gathered}$$

.

c) $$\begin{gathered} \underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt[3]{x^3+x^2+1}-x\right) \\ =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^3+x^2+1-x^3}{\sqrt[3]{{\left(x^3+x^2+1\right)}^2}+x\sqrt[3]{x^3+x^2+1}+x^2} \\ =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^2+1}{\sqrt[3]{{\left(x^3+x^2+1\right)}^2}+x\sqrt[3]{x^3+x^2+1}+x^2} \\ =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1+\frac{1}{x^2}}{\sqrt[3]{{\left(1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^3}\right)}^2}+\sqrt[3]{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^3}}+1}=\frac{1}{3} \end{gathered}$$

.

Ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(1-x\right)\left(1-2x\right)\mathrm{...}\left(1-2018x\right)$

$=\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^{2018}\left(\frac{1}{x}-1\right)\left(\frac{1}{x}-2\right)\mathrm{...}\left(\frac{1}{x}-2018\right)=+\infty$.

a) $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x^3}=\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{\sin x}{x}.\frac{1}{x^2}\right)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{\sin x}{x}}{x^2}$ .

Vì  $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1$ > 0;  và x² > 0 nên $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x^3}=+\infty$.

b) $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin x}{x^2}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{\sin x}{x}}{x}$ .

Vì $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1$ nên $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1>0$; $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x=0$ và x > 0 nên $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin x}{x^2}=+\infty$.

c)  $\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{\sin x}{x^2}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{\frac{\sin x}{x}}{x}$.

Vì $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1$ nên $\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1>0$ ; $\underset{x\to 0-}{\lim }x=0$và x < 0 nên $\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{\sin x}{x^2}=-\infty$.

Đặt $f\left(x\right)=x\sin \frac{1}{x}$. Lấy dãy số (x_n) bất kì thỏa mãn x_n → 0. Khi đó

$\left|f\left(x_n\right)\right|=\left|x_n\right|.\left|\sin \frac{1}{x_n}\right|\le \left|x_n\right|\to 0$.

Do đó $\underset{n\to +\infty }{\lim }f\left(x_n\right)=0$.

Vậy $\underset{x\to 0}{\lim }x\sin \frac{1}{x}=0$.

Biểu thức  $\frac{\sqrt{x-1}-\sqrt{1-x}}{x}$có nghĩa khi$\left\{\begin{array}{l}x-1\ge 0\\ 1-x\ge 0\\ x\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 1\\ x\le 1\\ x\ne 0\end{array}\right.\iff x=1$ .

Do đó, tập xác định của hàm số $f\left(x\right)=\frac{\sqrt{x-1}-\sqrt{1-x}}{x}$ 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 $f\left(-1\right)=\frac{1}{-1}=-1$; $f\left(1\right)=\frac{1}{1}=1$.

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

b) Ta thấy f(0) = 2 và $f\left(x\right)=\frac{1}{x}\ne 0\forall x\in \left(-1;1\right)\backslash \left\{0\right\}$ nên phương trình f(x) = 0 không có nghiệm thuộc khoảng (– 1; 1).

c) Ta có $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{x}=+\infty$ và  $\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{1}{x}=-\infty$.

Suy ra $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)$. 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

$f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}30khi0<x\le 1\\ 30+20\left(x-1\right)khix>1\end{array}\right.=\left\{\begin{array}{l}30khi0<x\le 1\\ 10+20xkhix>1\end{array}\right.$.

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; $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }30=30$ và $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(10+20x\right)=10+20.1=30$.

Suy ra $f\left(1\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)$ nên hàm số f(x) liên tục tại x = 1.

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