Hàm số liên tục

Bước 1:

Ta có \(f\left( { - 2} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ - }} f\left( x \right) =  - 2 + 2m\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} \dfrac{{\sqrt {x + 6}  - 2}}{{x + 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} \dfrac{{x + 2}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {x + 6}  + 2} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} \dfrac{1}{{\sqrt {x + 6}  + 2}} = \dfrac{1}{4}\end{array}\)

Bước 2:

Hàm số liên tục tại -2

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow f\left( { - 2} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} f\left( x \right)\\ \Leftrightarrow 2m - 2 = \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow m = \dfrac{9}{8}\end{array}\)

Vậy \(m = \dfrac{9}{8}\)

Bước 1:

\(\begin{array}{l}f\left( 1 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = {a^2} + 2a\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \dfrac{{\sqrt {6{x^2} - 2}  - 2}}{{x - 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \dfrac{{6\left( {{x^2} - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {6{x^2} - 2}  + 2} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \dfrac{{6\left( {x + 1} \right)}}{{\sqrt {6{x^2} - 2}  + 2}}\\ = \dfrac{{6\left( {1 + 1} \right)}}{{\sqrt {6 - 2}  + 2}} = 3\end{array}\)

Bước 2:

\(f\left( x \right)\) liên tục tại x=1

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {a^2} + 2x = 3\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 1\\a =  - 3\end{array} \right.\end{array}\)

Quan sát đồ thị ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = 3;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right)\) nên không tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^{}}} f\left( x \right)\). Do đó hàm số gián đoạn tại điểm x = 1.

Do đó hàm số không liên tục trên mọi khoảng có chứa điểm \(x = 1\) hay A, B sai, D đúng.

Đáp án C sai do hàm số liên tục trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\).

Bước 1:

\(\begin{array}{l}f\left( 2 \right) = 2m - 1\\\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{\sqrt {3x - 5}  - 1}}{{x - 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{3\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {3x - 5}  + 1} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{3}{{\left( {\sqrt {3x - 5}  + 1} \right)}} = \dfrac{3}{2}\end{array}\)

Bước 2:

Để hàm số \(f(x)\) liên tục tại điểm \(x = 2\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)\).

\( \Leftrightarrow 2m - 1 = \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow m = \dfrac{5}{4}\)

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}
x + 4 > 0\\
3 - x \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > - 4\\
x \le 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow - 4 < x \le 3$

TXĐ: D=(-4;3].

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left( {\sqrt {3 - x} + \frac{1}{{x + 4}}} \right) $ $= \sqrt {3 - {x_0}} + \frac{1}{{{x_0} + 4}} = f\left( {{x_0}} \right)$

Do đó, hàm số liên tục trên \(\left( { - 4;3} \right).\)

Xét tại \(x = 3,\) ta có:

$\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {\sqrt {3 - x} + \frac{1}{{x + 4}}} \right)\\
= \sqrt {3 - 3} + \frac{1}{{3 + 4}} = \frac{1}{7}\\
f\left( 3 \right) = \sqrt {3 - 3} + \frac{1}{{3 + 4}} = \frac{1}{7}\\
\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)
\end{array}$

Do đó hàm số liên tục trái tại \(x = 3.\)

Vậy hàm số liên tục trên \(\left( { - 4;3} \right].\)

Hàm số \(y = h\left( x \right)\) có TXĐ: \({\rm{D}} = \mathbb{R}\).

Dễ thấy hàm số \(y = h\left( x \right)\) liên tục trên mỗi khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right),\left( {0;2} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\). Ta kiểm tra tính liên tục của hàm số tại 0 và 2 như sau:

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}h\left( 0 \right) = 1\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} h\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} 2x = 0\end{array} \right. \) \(\Rightarrow f\left( x \right)\) không liên tục tại  \(x = 0\).

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}h\left( 2 \right) = 5\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} h\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {{x^2} + 1} \right) = 5\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} h\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {3x - 1} \right) = 5\end{array} \right.$ $ \Rightarrow f\left( x \right)$ liên tục tại  \(x = 2\).

Hàm số xác định với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Ta có \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {0; + \infty } \right).\)

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = 1\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {1 - \cos x} \right) = 1 - \cos 0 = 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \sqrt {x + 1}  = \sqrt {0 + 1}  = 1\end{array} \right. \) \(\Rightarrow f\left( x \right)\) gián đoạn tại \(x = 0.\)

Hàm số xác định với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Điều kiện bài toán trở thành \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right).{\rm{   }}\left( * \right)\)

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) = 2\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{m^2}x + 1} \right) = {m^2} + 1\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {{x^2} + x} \right) = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow {m^2} + 1 = 2$

$ \Leftrightarrow m =  \pm 1 \Rightarrow S = 0.$

Ta cần có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = f\left( 2 \right).{\rm{   }}\left( * \right)\)

Ta có \(f\left( 2 \right) = 2{a^2} - \dfrac{7}{4}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {{a^2}x - \dfrac{7}{4}} \right) = 2{a^2} - \dfrac{7}{4}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \dfrac{{\sqrt[3]{{3x + 2}} - 2}}{{x - 2}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \dfrac{{\left( {\sqrt[3]{{3x + 2}} - 2} \right)\left( {\sqrt[3]{{{{\left( {3x + 2} \right)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{3x + 2}} + 4} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt[3]{{{{\left( {3x + 2} \right)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{3x + 2}} + 4} \right)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \dfrac{{3x - 6}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt[3]{{{{\left( {3x + 2} \right)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{3x + 2}} + 4} \right)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \dfrac{3}{{\sqrt[3]{{{{\left( {3x + 2} \right)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{3x + 2}} + 4}} = \dfrac{1}{4}\)

\(\left( * \right) \Leftrightarrow 2{a^2} - \dfrac{7}{4} = \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow 8{a^2} - 7 = 1\) \( \Leftrightarrow {a^2} = 1 \Leftrightarrow a =  \pm 1 \Rightarrow {a_{\max }} = 1\)

Tập xác định \(D = \mathbb{R}.\) Điều kiện bài toán tương đương với

$\begin{array}{c}m = f\left( 1 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( {x\,} \right) = \,\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\sin \pi x}}{{x - 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\sin \left( {\pi x - \pi  + \pi } \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{ - \sin \pi \left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {\left( { - \pi } \right).\dfrac{{\sin \pi \left( {x - 1} \right)}}{{\pi \left( {x - 1} \right)}}} \right]\,\,\,\left( * \right).\end{array}$

Đặt \(t = \pi \left( {x - 1} \right)\) thì \(t \to 0\) khi \(x \to 1.\) Do  đó (*) trở thành:

\(m = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \left( { - \pi } \right).\dfrac{{\sin t}}{t} =  - \pi .\)

Với mọi \(x\not  = 0\) ta có

\(0 \le \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| {{x^2}\sin \dfrac{1}{x}} \right| \le {x^2} \to 0\) khi \(x \to 0\) \( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = 0.\)

Theo giải thiết ta phải có: \(m = f\left( 0 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = 0.\)

Vì \(f\left( x \right)\) liên tục trên $\left( { - 4; + \infty } \right)$ nên cũng liên tục tại \(x=0\) suy ra

\(f\left( 0 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) \) \(= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{x}{{\sqrt {x + 4}  - 2}}\)

$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{x\left( {\sqrt {x + 4} + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt {x + 4} - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 4} + 2} \right)}}$ $ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{x\left( {\sqrt {x + 4} + 2} \right)}}{{x + 4 - 4}} $ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{x\left( {\sqrt {x + 4} + 2} \right)}}{x}$

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\sqrt {x + 4}  + 2} \right) = 4.\)

Hàm số xác định và liên tục trên \(\left[ {0;1} \right)\). Khi đó \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\left[ {0;1} \right]\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right).{\rm{   }}\left( * \right)\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) = a\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \dfrac{{{x^2} - 1}}{{\sqrt x  - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left[ {\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)} \right] = 4\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow a = 4\)

Hàm số xác định với mọi \(x \in \mathbb{R}\). Điều kiện của bài toán trở thành:

$m = f\left( \pi  \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } f\left( x \right)$ $ = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } \dfrac{{1 + \cos x}}{{{{\left( {x - \pi } \right)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } \dfrac{{2{{\cos }^2}\dfrac{x}{2}}}{{{{\left( {x - \pi } \right)}^2}}}$ $ = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } \dfrac{{2{{\sin }^2}\left( {\dfrac{x}{2} - \dfrac{\pi }{2}} \right)}}{{{{\left( {x - \pi } \right)}^2}}}$ $ = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } \frac{{\frac{1}{4}.2{{\sin }^2}\left( {\frac{x}{2} - \frac{\pi }{2}} \right)}}{{\frac{1}{4}.{{\left( {x - \pi } \right)}^2}}} $ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } \frac{{\frac{1}{2}{{\sin }^2}\left( {\frac{x}{2} - \frac{\pi }{2}} \right)}}{{{{\left( {\frac{{x - \pi }}{2}} \right)}^2}}}$ $ = \frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } \frac{{{{\sin }^2}\left( {\frac{x}{2} - \frac{\pi }{2}} \right)}}{{{{\left( {\frac{x}{2} - \frac{\pi }{2}} \right)}^2}}}$ $ = \dfrac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } {\left[ {\dfrac{{\sin \left( {\dfrac{x}{2} - \dfrac{\pi }{2}} \right)}}{{\left( {\dfrac{x}{2} - \dfrac{\pi }{2}} \right)}}} \right]^2}\,\,\left( * \right)$

Đặt \(t = \dfrac{x}{2} - \dfrac{\pi }{2} \to 0\) khi \(x \to 1.\) Khi đó $\left( * \right)$ trở thành: \(m = \dfrac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} {\left( {\dfrac{{\sin t}}{t}} \right)^2} = \dfrac{1}{2}{.1^2} = \dfrac{1}{2}.\)

(i) Hàm \(f\left( x \right)\) là hàm đa thức nên liên tục trên \(\mathbb{R}\) nên A đúng.

(ii) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( { - 1} \right) =  - 1 < 0\\f\left( { - 2} \right) = 23 > 0\end{array} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = 0\) có nghiệm \({x_1}\) trên \(\left( { - 2;1} \right)\), mà $\left( { - 2; - 1} \right) \subset \left( { - 2;0} \right) \subset \left( { - \infty ;1} \right)$ nên B sai và C đúng.

(iii) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) =  - 1 < 0\\f\left( {\dfrac{1}{2}} \right) = \dfrac{1}{2} > 0\end{array} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = 0\) có nghiệm \({x_2}\) thuộc \(\left( {0;\dfrac{1}{2}} \right).\) Kết hợp với (1) suy ra \(f\left( x \right) = 0\) có các nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa: \( - 3 < {x_1} <  - 1 < 0 < {x_2} < \dfrac{1}{2}\) nên D đúng.

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có TXĐ: \({\rm{D}} = \mathbb{R}\).

Dễ thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên mỗi khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right),\left( {1;3} \right)\) và \(\left( {3; + \infty } \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) = 4\\\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + 1} \right) = 2\end{array} \right.\) \( \Rightarrow f\left( x \right)\) gián đoạn tại \(x = 1.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 3 \right) = 2\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \dfrac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {x + 1} \right) = 4\end{array} \right.\) \( \Rightarrow f\left( x \right)\) gián đoạn tại \(x = 3.\) 

Bước 1:

Ta có:

\(f\left( 3 \right) = 1 - 3{a^2}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{{{x^2} - 5x + 6}}{{\sqrt {4x - 3}  - x}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {4x - 3}  + x} \right)}}{{\left( {\sqrt {4x - 3}  - x} \right)\left( {\sqrt {4x - 3}  + x} \right)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {4x - 3}  + x} \right)}}{{4x - 3 - {x^2}}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {4x - 3}  + x} \right)}}{{ - \left( {x - 3} \right)\left( {x - 1} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {4x - 3}  + x} \right)}}{{ - \left( {x - 1} \right)}}\) \( = \dfrac{{\left( {3 - 2} \right)\left( {\sqrt {12 - 3}  + 3} \right)}}{{ - \left( {3 - 1} \right)}} =  - 3\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {1 - {a^2}x} \right) = 1 - 3{a^2}\)

Bước 2:

Do đó hàm số liên tục tại \(x = 3\) \( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)\)

\( \Leftrightarrow 1 - 3{a^2} =  - 3 \Leftrightarrow 3{a^2} = 4\) \( \Leftrightarrow {a^2} = \dfrac{4}{3} \Leftrightarrow a =  \pm \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}\)

\(\Rightarrow {a_{\min }} =  - \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}.\)

Hàm số xác định với mọi \(x \in \mathbb{R}\). Theo giả thiết ta phải có

$3 + m = f\left( 1 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right)$$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{{x^3} - {x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}}$ $ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 2} \right)}}{{x - 1}}$ $ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {{x^2} + 2} \right) = 3 \Leftrightarrow m = 0$

KĐ 1 sai vì \(f\left( a \right).f\left( b \right) > 0\) vẫn có thể xảy ra trường hợp \(f\left( x \right) = 0\)  vô nghiệm trên khoảng \(\left( {a;b} \right)\)

KĐ 2 sai vì nếu $f\left( x \right)$ liên tục trên đoạn $\left( {a;b} \right]$ và trên $\left[ {b;c} \right)$ thì liên tục $\left( {a;\,c} \right)$

Hàm số đã cho liên tục trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {0; + \infty } \right)\). Để hàm số liên tục trên R ta cần chứng minh hàm số liên tục tại x = 0.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {a\cos x - 5} \right) = a - 5 = f\left( 0 \right)\)

Ta có \(0 \le \left| {x\sin \dfrac{2}{x}} \right| \le \left| x \right|,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left| x \right| = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {x\sin \dfrac{2}{x}} \right) = 0\)

Để hàm số liên tục tại điểm x = 0 thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) \Leftrightarrow a - 5 = 0 \Leftrightarrow a = 5\)