Giải SGK Toán 11 KNTT Bài tập cuối chương V có đáp án

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {{n^2} + 1} - \sqrt n } \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {{n^2}\left( {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)} - \sqrt n } \right)\)

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

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} - \frac{1}{{\sqrt n }}} \right) = 1 > 0\).

Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {n\left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} - \frac{1}{{\sqrt n }}} \right)} \right] = + \infty \). Vậy \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = + \infty \].

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có: 2 + 2² + ... + 2ⁿ, đây là tổng của n số hạng đầu của cấp số nhân với số hạng đầu là u₁ = 2 và công bội q = 2. Do đó, 2 + 2² + ... + 2ⁿ = \(\frac{{{u_1}\left( {1 - {q^n}} \right)}}{{1 - q}} = \frac{{2\left( {1 - {2^n}} \right)}}{{1 - 2}} = - 2\left( {1 - {2^n}} \right)\).

Khi đó, \({u_n} = \frac{{2 + {2^2} + ... + {2^n}}}{{{2^n}}}\)\( = \frac{{ - 2\left( {1 - {2^n}} \right)}}{{{2^n}}}\)\( = \frac{{{2^n} - 1}}{{{2^{n - 1}}}} = 2 - \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}\).

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

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có: \({u_1} = \frac{2}{{{3^1}}} = \frac{2}{3}\), \({u_2} = \frac{2}{{{3^2}}} = \frac{2}{9}\), do đó công bội của cấp số nhân là \(q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{2}{9}:\frac{2}{3} = \frac{1}{3}\).

Khi đó, tổng của cấp số nhân lùi vô hạn đã cho là \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{\frac{2}{3}}}{{1 - \frac{1}{3}}} = 1\).

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(f\left( x \right) = \sqrt {x + 1} - \sqrt {x + 2} \)\( = \frac{{{{\left( {\sqrt {x + 1} } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt {x + 2} } \right)}^2}}}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt {x + 2} }}\)

\( = \frac{{\left( {x + 1} \right) - \left( {x + 2} \right)}}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt {x + 2} }}\)\( = \frac{{ - 1}}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt {x + 2} }}\).

Do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 1}}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt {x + 2} }}\)= 0.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(f\left( x \right) = \frac{{x - {x^2}}}{{\left| x \right|}}\)\( = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - {x^2}}}{x}\,\,khi\,\,x > 0\\\frac{{x - {x^2}}}{{ - x}}\,\,khi\,\,x < 0\end{array} \right.\)\( = \left\{ \begin{array}{l}1 - x\,\,\,\,khi\,\,x > 0\\x - 1\,\,\,\,khi\,\,x < 0\end{array} \right.\).

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

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(f\left( x \right) = \frac{{x + 1}}{{\left| {x + 1} \right|}}\)\( = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x + 1}}{{x + 1}}\,\,\,\,khi\,\,\,x + 1 > 0\\\frac{{x + 1}}{{ - \left( {x + 1} \right)}}\,\,\,\,khi\,\,\,x + 1 < 0\end{array} \right.\)\( = \left\{ \begin{array}{l}1\,\,\,\,khi\,\,\,x > - 1\\ - 1\,\,\,\,khi\,\,\,x < - 1\end{array} \right.\).

Tập xác định của hàm số là D = (–∞; – 1) ∪ (– 1; +∞).

Từ đó suy ra hàm số đã cho liên tục trên (–∞; – 1) ∪ (– 1; +∞).

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

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

f(1) = a.

Để hàm số f(x) liên tục tại x = 1 thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\)⇔ a = 3.

Lời giải:

Vì |u_n – 1| < \(\frac{2}{n}\) và \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{2}{n} = 0\).

Do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} - 1} \right) = 0\). Từ đó suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 1\).

Lời giải:

a) \({u_n} = \frac{{{n^2}}}{{3{n^2} + 7n - 2}}\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2}}}{{3{n^2} + 7n - 2}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2}}}{{{n^2}\left( {3 + \frac{7}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{3 + \frac{7}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}}} = \frac{1}{3}\).

b) \({v_n} = \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{3^k} + {5^k}}}{{{6^k}}}} \)\( = \frac{{{3^0} + {5^0}}}{{{6^0}}} + \frac{{{3^1} + {5^1}}}{{{6^1}}} + \frac{{{3^2} + {5^2}}}{{{6^2}}} + ... + \frac{{{3^n} + {5^n}}}{{{6^n}}}\)

\( = \left( {\frac{{{3^0}}}{{{6^0}}} + \frac{{{5^0}}}{{{6^0}}}} \right) + \left( {\frac{{{3^1}}}{{{6^1}}} + \frac{{{5^1}}}{{{6^1}}}} \right) + \left( {\frac{{{3^2}}}{{{6^2}}} + \frac{{{5^2}}}{{{6^2}}}} \right) + ... + \left( {\frac{{{3^n}}}{{{6^n}}} + \frac{{{5^n}}}{{{6^n}}}} \right)\)

\( = \left( {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^0} + {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^0}} \right) + \left( {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^1} + {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^1}} \right) + \left( {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^2}} \right) + ... + \left( {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n} + {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^n}} \right)\)

\( = \left[ {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^0} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^1} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} + ... + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right] + \left[ {{{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^0} + {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^1} + {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^2} + ... + {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^n}} \right]\)

Vì \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^1} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} + ... + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}\) là tổng n số hạng đầu của cấp số nhân với số hạng đầu là \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^1} = \frac{1}{2}\) và công bội là \(\frac{1}{2}\) nên

 \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^0} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^1} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} + ... + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^0} + \frac{{\frac{1}{2}\left( {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right)}}{{1 - \frac{1}{2}}}\)\( = 1 + \left( {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right) = 2 - {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}\).

Tương tự, ta tính được:

\({\left( {\frac{5}{6}} \right)^0} + {\left( {\frac{5}{6}} \right)^1} + {\left( {\frac{5}{6}} \right)^2} + ... + {\left( {\frac{5}{6}} \right)^n} = {\left( {\frac{5}{6}} \right)^0} + \frac{{\frac{5}{6}\left( {1 - {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^n}} \right)}}{{1 - \frac{5}{6}}}\)\( = 1 + 5\left( {1 - {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^n}} \right) = 6 - 5 \cdot {\left( {\frac{5}{6}} \right)^n}\).

Do đó, \({v_n} = \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{3^k} + {5^k}}}{{{6^k}}}} \) \( = \left[ {2 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right] + \left[ {6 - 5 \cdot {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^n}} \right]\) \( = 8 - {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} - 5 \cdot {\left( {\frac{5}{6}} \right)^n}\).

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{3^k} + {5^k}}}{{{6^k}}}} } \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {8 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n} - 5 \cdot {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^n}} \right]\) = 8.

c) \[{{\rm{w}}_n} = \frac{{\sin \,n}}{{4n}}\]

Ta có: \[\left| {{{\rm{w}}_n}} \right| = \left| {\frac{{\sin \,n}}{{4n}}} \right| \le \frac{1}{{4n}} < \frac{1}{n}\] và \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{n} = 0\).

Do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {{\rm{w}}_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sin \,n}}{{4n}} = 0\).

Lời giải:

a) Ta có: 1,(01) = 1,010101... = 1 + 0,01 + 0,0001 + 0,000001 + ...

= 10⁰ + 10^-2 + 10^-4 + 10^-6 + ...

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u₁ = 10⁰ = 1 và q = 10^-2 nên

1,(01) = \(\frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{1}{{1 - {{10}^{ - 2}}}} = \frac{{100}}{{99}}\).

b) Ta có: 5,(132) = 5,132132132... = 5 + 0,132 + 0,000132 + 0,000000132 + ...

= 5 + 0,132 + 0,132 . 10^-3 + 0,132 . 10^-6 + ...

Vì 0,132 + 0,132 . 10^-3 + 0,132 . 10^-6 + ... là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u₁ = 0,132 và q = 10^-3 nên

0,132 + 0,132 . 10^-3 + 0,132 . 10^-6 + ... = \(\frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{0,132}}{{1 - {{10}^{ - 3}}}} = \frac{{44}}{{333}}\).

Do đó 5,(132) = 5 + \(\frac{{44}}{{333}}\) = \(\frac{{1709}}{{333}}\).

Lời giải:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{{\sqrt {x + 2} - 3}}{{x - 7}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{{{{\left( {\sqrt {x + 2} } \right)}^2} - {3^2}}}{{\left( {x - 7} \right)\left( {\sqrt {x + 2} + 3} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{{x - 7}}{{\left( {x - 7} \right)\left( {\sqrt {x + 2} + 3} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{1}{{\sqrt {x + 2} + 3}}\)\( = \frac{1}{{\sqrt {7 + 2} + 3}} = \frac{1}{6}\).

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

c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2 - x}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}}\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {2 - x} \right) = 2 - 1 = 1 > 0\);

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\left( {1 - x} \right)^2} = 0\) và (1 – x)² > 0 với mọi x ≠ 1.

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

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

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

Lời giải:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{{x^2} - 9}}{{\left| {x - 3} \right|}}\)

Với mọi x > 3, ta có x – 3 > 0 nên |x – 3| = x – 3.

Do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{{x^2} - 9}}{{\left| {x - 3} \right|}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}{{x - 3}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \left( {x + 3} \right) = 6\).

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{x}{{\sqrt {1 - x} }}\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} x = 1 > 0\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \sqrt {1 - x} = 0\)

Và với mọi x < 1, ta có 1 – x > 0, suy ra \(\sqrt {1 - x} > 0\).

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

Lời giải:

+) Với x > 0, ta có: |x| = x.

Khi đó, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\left| x \right|}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{x}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} 1 = 1\).          (1)

+) Với x < 0, ta có: |x| = – x.

Khi đó, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\left| x \right|}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{ - x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( { - 1} \right) = - 1\).        (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\left| x \right|}}{x} \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\left| x \right|}}{x}\] nên không tồn tại giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left| x \right|}}{x}\).

Lời giải:

a) Với x ≠ 0, thì \(f\left( x \right) = \frac{1}{x}\), ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{1}{x} = - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{x} = + \infty \).

Suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{1}{x} \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{x}\) nên không tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{x}\).

Vậy hàm số đã cho gián đoạn tại x = 0.

b) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} g\left( x \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {2 - x} \right) = 2 - 1 = 1\);

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

Suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} g\left( x \right) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} g\left( x \right)\) nên không tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g\left( x \right)\).

Vậy hàm số đã cho gian đoạn tại x = 1.

Lời giải:

Vì M và R lần lượt là khối lượng và bán kính của Trái Đất, G là hằng số hấp dẫn, do đó M, R, G đều khác 0, r là khoảng cách nên r > 0.

Ta có: \(F\left( r \right) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{GMr}}{{{R^3}}}\,\,\,\,n\^e 'u\,\,\,r < R\\\frac{{GM}}{{{r^2}}}\,\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,\,r \ge R,\end{array} \right.\). Tập xác định của hàm số F(r) là (0; +∞).

+) Với r < R thì F(r) = \(\frac{{GMr}}{{{R^3}}}\) hay F(r) = \(\frac{{GM}}{{{R^3}}}.r\) là hàm đa thức nên nó liên tục trên (0; R).

+) Với r > R thì F(r) = \(\frac{{GM}}{{{r^2}}}\) là hàm phân thức nên nó liên tục trên (R; +∞).

+) Tại r = R, ta có F(R) = \(\frac{{GM}}{{{R^2}}}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{r \to {R^ + }} F\left( r \right) = \mathop {\lim }\limits_{r \to {R^ + }} \frac{{GM}}{{{r^2}}} = \frac{{GM}}{{{R^2}}}\); \(\mathop {\lim }\limits_{r \to {R^ - }} f\left( R \right) = \mathop {\lim }\limits_{r \to {R^ - }} \frac{{GMr}}{{{R^3}}} = \frac{{GMR}}{{{R^3}}} = \frac{{GM}}{{{R^2}}}\).

Do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{r \to {R^ + }} F\left( r \right) = \mathop {\lim }\limits_{r \to {R^ - }} F\left( r \right) = \frac{{GM}}{{{R^2}}}\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{r \to R} F\left( r \right) = \frac{{GM}}{{{R^2}}} = F\left( R \right)\).

Suy ra hàm số F(r) liên tục tại r = R.

Vậy hàm số F(r) liên tục trên (0; +∞).

Lời giải:

a) Biểu thức \(\frac{{\cos x}}{{{x^2} + 5x + 6}}\) có nghĩa khi x² + 5x + 6 ≠ 0 ⇔ (x + 2)(x + 3) ≠ 0 \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne - 2\\x \ne - 3\end{array} \right.\).

Do đó, tập xác định của hàm số f(x) là ℝ \ {– 3; – 2} = (–∞; – 3) ∪ (– 3; – 2) ∪ (– 2; +∞).

Suy ra hàm số f(x) xác định trên các khoảng (–∞; – 3), (– 3; – 2) và (– 2; +∞). Trên các khoảng này, tử thức (hàm lượng giác) và mẫu thức (hàm đa thức) là các hàm số liên tục. Vậy hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{\cos x}}{{{x^2} + 5x + 6}}\) liên tục trên các khoảng xác định của chúng.

b) Biểu thức \(\frac{{x - 2}}{{\sin \,x}}\) có nghĩa khi sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ, k ∈ ℤ.

Do đó, tập xác định của hàm số g(x) là ℝ \ {kπ | k ∈ ℤ}. Hay hàm số g(x) xác định trên các khoảng (kπ; (k + 1)π) với k ∈ ℤ.

Trên các khoảng xác định của hàm số g(x), tử thức x – 2 (hàm đa thức) và mẫu thức sin x (hàm lượng giác) là các hàm số liên tục.

Vậy hàm số \(g\left( x \right) = \frac{{x - 2}}{{\sin \,x}}\) liên tục trên các khoảng xác định của chúng.

Lời giải:

Ta có: \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}x + 1\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x \le a\\{x^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x > a\end{array} \right.\). Tập xác định của hàm số f(x) là ℝ.

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

+) Với x > a thì f(x) = x² là hàm đa thức nên nó liên tục trên (a; +∞).

+) Tại x = a, ta có f(a) = a + 1.

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

Để hàm số f(x) đã cho liên tục trên ℝ thì f(x) phải liên tục tại x = a, điều này xảy ra khi và chỉ khi \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} f\left( x \right) = f\left( a \right)\]⇔ a + 1 = a² ⇔ a² – a – 1 = 0

Suy ra \(a = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}\) hoặc \(a = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}\).

Vậy \(a \in \left\{ {\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2};\,\,\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right\}\) thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.