BÀI TẬP CUỐI CHƯƠNG V
(SGK TOÁN 11 - KẾT NỐI TRI THỨC VỚI CUỘC SỐNG)
A – TRẮC NGHIỆM
Rút \(n\) làm nhân tử chung:
\[u_n = n \left( \sqrt{1 + \frac{1}{n^2}} - \frac{1}{\sqrt{n}} \right)\]Vì \(\lim_{n \to +\infty} n = +\infty\) và \(\lim_{n \to +\infty} \left(\sqrt{1 + \frac{1}{n^2}} - \frac{1}{\sqrt{n}}\right) = 1 - 0 = 1 > 0\), nên:
\[\lim_{n \to +\infty} u_n = +\infty\]Chọn C.
Tử số là tổng của cấp số nhân có \(u_1 = 2\), công bội \(q = 2\) gồm \(n\) số hạng:
\[2 + 2^2 + \dots + 2^n = \frac{2(2^n - 1)}{2 - 1} = 2(2^n - 1) = 2^{n+1} - 2\]Do đó:
\[u_n = \frac{2^{n+1} - 2}{2^n} = 2 - \frac{2}{2^n}\]Tính giới hạn:
\[\lim_{n \to +\infty} u_n = \lim_{n \to +\infty} \left(2 - \frac{2}{2^n}\right) = 2 - 0 = 2\]Chọn B.
Dãy số có số hạng đầu \(u_1 = \frac{2}{3}\) và công bội \(q = \frac{1}{3}\) (\(|q| < 1\)).
Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn là:
\[S = \frac{u_1}{1 - q} = \frac{\frac{2}{3}}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{\frac{2}{3}}{\frac{2}{3}} = 1\]Chọn C.
Nhân và chia cho biểu thức liên hợp \(\sqrt{x+1} + \sqrt{x+2}\):
\[f(x) = \frac{(x+1) - (x+2)}{\sqrt{x+1} + \sqrt{x+2}} = \frac{-1}{\sqrt{x+1} + \sqrt{x+2}}\]Tính giới hạn khi \(x \to +\infty\):
\[\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{-1}{\sqrt{x+1} + \sqrt{x+2}} = 0\]Chọn B.
Khi \(x \to 0^-\) (tức \(x < 0\)), ta có \(|x| = -x\).
Khi đó:
\[f(x) = \frac{x - x^2}{-x} = \frac{x(1 - x)}{-x} = -(1 - x) = x - 1\]Tính giới hạn:
\[\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (x - 1) = 0 - 1 = -1\]Chọn D.
Điều kiện xác định: \(|x + 1| \neq 0 \Leftrightarrow x \neq -1\).
Hàm số xác định trên \(D = (-\infty; -1) \cup (-1; +\infty)\).
Hàm số đã cho liên tục trên từng khoảng xác định của nó, tức là liên tục trên \((-\infty; -1)\) và \((-1; +\infty)\).
Chọn C.
Tính giới hạn khi \(x \to 1\):
\[\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} \frac{x^2 + x - 2}{x - 1} = \lim_{x \to 1} \frac{(x - 1)(x + 2)}{x - 1} = \lim_{x \to 1} (x + 2) = 1 + 2 = 3\]Ta có \(f(1) = a\). Để hàm số liên tục tại \(x = 1\) thì:
\[\lim_{x \to 1} f(x) = f(1) \Leftrightarrow a = 3\]Chọn B.
B – TỰ LUẬN
Vì \(|u_n - 1| < \frac{2}{n}\) với mọi \(n \in \mathbb{N}^*\), nên ta có bất đẳng thức:
\[1 - \frac{2}{n} < u_n < 1 + \frac{2}{n}\]Mà \(\lim_{n \to +\infty} \left(1 - \frac{2}{n}\right) = 1\) và \(\lim_{n \to +\infty} \left(1 + \frac{2}{n}\right) = 1\).
Theo nguyên lý kẹp (định lý kẹp), ta kết luận được rằng:
\[\lim_{n \to +\infty} u_n = 1\]a) \(v_n = \frac{n^2}{3n^2 - 7n - 2}\);
b) \(v_n = \frac{3^n + 5^n}{5^n}\);
c) \(w_n = \frac{\sin n}{4n}\).
a) \(v_n = \frac{n^2}{3n^2 - 7n - 2}\):
Chia cả tử và mẫu cho \(n^2\):
\[\lim_{n \to +\infty} v_n = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{3 - \frac{7}{n} - \frac{2}{n^2}} = \frac{1}{3 - 0 - 0} = \frac{1}{3}\]b) \(v_n = \frac{3^n + 5^n}{5^n}\):
Chia từng số hạng cho \(5^n\):
\[\lim_{n \to +\infty} v_n = \lim_{n \to +\infty} \left[\left(\frac{3}{5}\right)^n + 1\right] = 0 + 1 = 1 \quad \left(\text{vì } \left|\frac{3}{5}\right| < 1\right)\]c) \(w_n = \frac{\sin n}{4n}\):
Ta có \(-1 \le \sin n \le 1\) với mọi \(n \in \mathbb{N}^*\), suy ra:
\[-\frac{1}{4n} \le \frac{\sin n}{4n} \le \frac{1}{4n}\]Vì \(\lim_{n \to +\infty} \left(-\frac{1}{4n}\right) = 0\) và \(\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{4n} = 0\), theo định lý kẹp ta có \(\lim_{n \to +\infty} w_n = 0\).
a) \(1,(01)\);
b) \(5,(132)\).
a) \(1,(01) = 1,010101\dots\):
\[1,(01) = 1 + \frac{1}{100} + \frac{1}{100^2} + \dots = 1 + \frac{\frac{1}{100}}{1 - \frac{1}{100}} = 1 + \frac{1}{99} = \frac{100}{99}\]b) \(5,(132) = 5,132132132\dots\):
\[5,(132) = 5 + \frac{132}{1000} + \frac{132}{1000^2} + \dots = 5 + \frac{\frac{132}{1000}}{1 - \frac{1}{1000}} = 5 + \frac{132}{999} = 5 + \frac{44}{333} = \frac{1709}{333}\]a) \(\lim_{x \to 7} \frac{\sqrt{x + 2} - 3}{x - 7}\);
b) \(\lim_{x \to 1} \frac{x^3 - 1}{x^2 - 1}\);
c) \(\lim_{x \to 1} \frac{2 - x}{(1 - x)^2}\);
d) \(\lim_{x \to -\infty} \frac{x + 2}{\sqrt{4x^2 + 1}}\).
a) \(\lim_{x \to 7} \frac{\sqrt{x + 2} - 3}{x - 7}\):
\[= \lim_{x \to 7} \frac{(\sqrt{x + 2} - 3)(\sqrt{x + 2} + 3)}{(x - 7)(\sqrt{x + 2} + 3)} = \lim_{x \to 7} \frac{x - 7}{(x - 7)(\sqrt{x + 2} + 3)}\] \[= \lim_{x \to 7} \frac{1}{\sqrt{x + 2} + 3} = \frac{1}{\sqrt{9} + 3} = \frac{1}{6}\]b) \(\lim_{x \to 1} \frac{x^3 - 1}{x^2 - 1}\):
\[= \lim_{x \to 1} \frac{(x - 1)(x^2 + x + 1)}{(x - 1)(x + 1)} = \lim_{x \to 1} \frac{x^2 + x + 1}{x + 1} = \frac{1 + 1 + 1}{1 + 1} = \frac{3}{2}\]c) \(\lim_{x \to 1} \frac{2 - x}{(1 - x)^2}\):
Ta có \(\lim_{x \to 1} (2 - x) = 1 > 0\) và \(\lim_{x \to 1} (1 - x)^2 = 0\) với \((1 - x)^2 > 0\) khi \(x \neq 1\).
Do đó: \(\lim_{x \to 1} \frac{2 - x}{(1 - x)^2} = +\infty\).
d) \(\lim_{x \to -\infty} \frac{x + 2}{\sqrt{4x^2 + 1}}\):
Khi \(x \to -\infty\), ta có \(x < 0 \implies \sqrt{4x^2 + 1} = \sqrt{x^2\left(4 + \frac{1}{x^2}\right)} = -x\sqrt{4 + \frac{1}{x^2}}\).
Chia cả tử và mẫu cho \(x\):
\[= \lim_{x \to -\infty} \frac{x(1 + \frac{2}{x})}{-x\sqrt{4 + \frac{1}{x^2}}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{1 + \frac{2}{x}}{-\sqrt{4 + \frac{1}{x^2}}} = \frac{1 + 0}{-\sqrt{4 + 0}} = -\frac{1}{2}\]a) \(\lim_{x \to 3^+} \frac{x^2 - 9}{|x - 3|}\);
b) \(\lim_{x \to 1^-} \frac{x}{\sqrt{1 - x}}\).
a) \(\lim_{x \to 3^+} \frac{x^2 - 9}{|x - 3|}\):
Khi \(x \to 3^+\) thì \(x > 3 \implies x - 3 > 0 \implies |x - 3| = x - 3\).
\[= \lim_{x \to 3^+} \frac{(x - 3)(x + 3)}{x - 3} = \lim_{x \to 3^+} (x + 3) = 3 + 3 = 6\]b) \(\lim_{x \to 1^-} \frac{x}{\sqrt{1 - x}}\):
Ta có \(\lim_{x \to 1^-} x = 1 > 0\) và \(\lim_{x \to 1^-} \sqrt{1 - x} = 0\) với \(\sqrt{1 - x} > 0\) khi \(x < 1\).
Do đó: \(\lim_{x \to 1^-} \frac{x}{\sqrt{1 - x}} = +\infty\).
Xét hai giới hạn một bên khi \(x \to 0\):
- Giới hạn bên phải (\(x \to 0^+\), tức \(x > 0 \implies |x| = x\)): \[\lim_{x \to 0^+} \frac{|x|}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{x} = \lim_{x \to 0^+} 1 = 1\]
- Giới hạn bên trái (\(x \to 0^-\), tức \(x < 0 \implies |x| = -x\)): \[\lim_{x \to 0^-} \frac{|x|}{x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{-x}{x} = \lim_{x \to 0^-} (-1) = -1\]
Vì \(\lim_{x \to 0^+} \frac{|x|}{x} = 1 \neq -1 = \lim_{x \to 0^-} \frac{|x|}{x}\) nên không tồn tại giới hạn \(\lim_{x \to 0} \frac{|x|}{x}\).
a) \(f(x) = \begin{cases} \frac{1}{x} & \text{nếu } x \neq 0 \\ 1 & \text{nếu } x = 0 \end{cases}\) tại điểm \(x = 0\);
b) \(g(x) = \begin{cases} 1 + x & \text{nếu } x < 1 \\ 2 - x & \text{nếu } x \ge 1 \end{cases}\) tại điểm \(x = 1\).
a) Tại điểm \(x = 0\):
Ta thấy không tồn tại giới hạn \(\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{1}{x}\) (vì giới hạn này bằng \(\infty\)).
Do đó \(\lim_{x \to 0} f(x) \neq f(0)\) (\(f(0) = 1\)), nên hàm số gián đoạn tại \(x = 0\).
b) Tại điểm \(x = 1\):
- Giới hạn bên trái: \(\lim_{x \to 1^-} g(x) = \lim_{x \to 1^-} (1 + x) = 1 + 1 = 2\).
- Giới hạn bên phải: \(\lim_{x \to 1^+} g(x) = \lim_{x \to 1^+} (2 - x) = 2 - 1 = 1\).
Vì \(\lim_{x \to 1^-} g(x) \neq \lim_{x \to 1^+} g(x)\) (\(2 \neq 1\)) nên không tồn tại giới hạn \(\lim_{x \to 1} g(x)\). Vậy hàm số gián đoạn tại điểm \(x = 1\).
Tập xác định của hàm số \(F(r)\) là \((0; +\infty)\) (vì khoảng cách \(r > 0\)).
- Với \(0 < r < R\): \(F(r) = \frac{GM}{R^3} r\) là hàm đa thức bậc nhất theo \(r\) nên liên tục trên khoảng \((0; R)\).
- Với \(r > R\): \(F(r) = \frac{GM}{r^2}\) là hàm phân thức hữu tỉ xác định với mọi \(r > 0\) nên liên tục trên khoảng \((R; +\infty)\).
- Xét tại điểm \(r = R\):
- Giá trị hàm số: \(F(R) = \frac{GM}{R^2}\).
- Giới hạn bên phải: \(\lim_{r \to R^+} F(r) = \lim_{r \to R^+} \frac{GM}{r^2} = \frac{GM}{R^2}\).
- Giới hạn bên trái: \(\lim_{r \to R^-} F(r) = \lim_{r \to R^-} \frac{GMr}{R^3} = \frac{GM \cdot R}{R^3} = \frac{GM}{R^2}\).
Vì \(\lim_{r \to R^+} F(r) = \lim_{r \to R^-} F(r) = F(R) = \frac{GM}{R^2}\) nên hàm số \(F(r)\) liên tục tại \(r = R\).
Kết luận: Hàm số \(F(r)\) liên tục trên khoảng \((0; +\infty)\).
a) \(f(x) = \frac{\cos x}{x^2 + 5x + 6}\);
b) \(g(x) = \frac{x - 2}{\sin x}\).
a) \(f(x) = \frac{\cos x}{x^2 + 5x + 6}\):
- Điều kiện xác định: \(x^2 + 5x + 6 \neq 0 \Leftrightarrow (x+2)(x+3) \neq 0 \Leftrightarrow x \neq -2\) và \(x \neq -3\).
- Tập xác định: \(D = \mathbb{R} \setminus \{-3; -2\} = (-\infty; -3) \cup (-3; -2) \cup (-2; +\infty)\).
- Giải thích: Tử thức \(\cos x\) là hàm lượng giác liên tục trên \(\mathbb{R}\), mẫu thức \(x^2 + 5x + 6\) là hàm đa thức liên tục trên \(\mathbb{R}\). Thương của hai hàm số liên tục liên tục tại mọi điểm mà mẫu thức khác 0. Do đó \(f(x)\) liên tục trên các khoảng \((-\infty; -3)\), \((-3; -2)\) và \((-2; +\infty)\).
b) \(g(x) = \frac{x - 2}{\sin x}\):
- Điều kiện xác định: \(\sin x \neq 0 \Leftrightarrow x \neq k\pi \quad (k \in \mathbb{Z})\).
- Tập xác định: \(D = \mathbb{R} \setminus \{k\pi \mid k \in \mathbb{Z}\} = \bigcup_{k \in \mathbb{Z}} (k\pi; (k+1)\pi)\).
- Giải thích: Tử thức \(x - 2\) là hàm đa thức liên tục trên \(\mathbb{R}\), mẫu thức \(\sin x\) là hàm lượng giác liên tục trên \(\mathbb{R}\). Thương của hai hàm liên tục liên tục trên các khoảng mà mẫu khác 0. Do đó \(g(x)\) liên tục trên các khoảng \((k\pi; (k+1)\pi)\) với mọi \(k \in \mathbb{Z}\).
Tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\).
- Với \(x < a\): \(f(x) = x + 1\) là hàm đa thức nên liên tục trên \((-\infty; a)\).
- Với \(x > a\): \(f(x) = x^2\) là hàm đa thức nên liên tục trên \((a; +\infty)\).
- Để hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) thì hàm số phải liên tục tại điểm \(x = a\):
- \(f(a) = a + 1\).
- Giới hạn bên trái: \(\lim_{x \to a^-} f(x) = \lim_{x \to a^-} (x + 1) = a + 1\).
- Giới hạn bên phải: \(\lim_{x \to a^+} f(x) = \lim_{x \to a^+} x^2 = a^2\).
Hàm số liên tục tại \(x = a\) khi và chỉ khi:
\[\lim_{x \to a^-} f(x) = \lim_{x \to a^+} f(x) = f(a) \Leftrightarrow a^2 = a + 1 \Leftrightarrow a^2 - a - 1 = 0\]Giải phương trình bậc hai thu được hai nghiệm:
\[a = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}\]Vậy với \(a = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\) hoặc \(a = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}\) thì hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\).