Cho hàm số \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{\sqrt x - 2}}{{x - 4}}\,\,\, khi \,\,\,x \ne 4\\\dfrac{1}{4}\,\,\, khi \,\,\, x = 4\end{array} \right.\). Khẳng định nào sau đây đúng nhất:
Ta có : \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{x - 4}} \)
$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{x - 4}}{{\left( {x - 4} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$ \(= \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}} = \dfrac{1}{4} = f\left( 4 \right)\)
Do đó hàm số liên tục tại điểm \(x = 4\) hay A đúng và B, C, D sai.
Giá trị của \(\lim \dfrac{{{a^n}}}{{n!}} \) bằng:
Gọi \(m\) là số tự nhiên thỏa: \(m + 1 > \left| a \right|\). Khi đó với mọi \(n > m + 1\).
Cố định $m$ ta có:
\(0 < \left| {\dfrac{{{a^n}}}{{n!}}} \right| = \left| {\dfrac{a}{1}.\dfrac{a}{2}...\dfrac{a}{m}} \right|.\left| {\dfrac{a}{{m + 1}}...\dfrac{a}{n}} \right| < \dfrac{{{{\left| a \right|}^m}}}{{m!}}.{\left( {\dfrac{{\left| a \right|}}{{m + 1}}} \right)^{n - m}}\)
Mà \(\lim {\left( {\dfrac{{\left| a \right|}}{{m + 1}}} \right)^{n - m}} = 0\).
Từ đó suy ra: \(\lim \dfrac{{{a^n}}}{{n!}} = 0\).
Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau:
$\left( I \right)$ $f\left( x \right) = \dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} - 1} }}$ liên tục trên $\mathbb{R}$.
$\left( {II} \right)$ $f\left( x \right) = \dfrac{{\sin x}}{x}$ có giới hạn khi $x \to 0.$
$\left( {III} \right)$ $f\left( x \right) = \sqrt {9 - {x^2}} $ liên tục trên đoạn $\left[ { - 3;3} \right]$.
Dễ thấy khẳng định $\left( I \right)$ sai, khẳng định $\left( {II} \right)$ đúng.
Hàm số: $f\left( x \right) = \sqrt {9 - {x^2}} $ liên tục trên khoảng $\left( { - 3;3} \right)$, liên tục phải tại $x=-3$ và liên tục trái tại $ x=3$.
Nên $f\left( x \right) = \sqrt {9 - {x^2}} $ liên tục trên đoạn $\left[ { - 3;3} \right]$.
Cho hàm số $f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l} \dfrac { {\tan x}}{x}{\rm{ }}{\rm{, }} x \ne 0 \wedge x \ne \dfrac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\\0{\rm{ }}{\rm{, }} x = 0 \end{array} \right.$. Hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên khoảng nào sau đây?
TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\dfrac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.
Với $x = 0$ ta có $f\left( 0 \right) = 0$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\tan x}}{x}$$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sin x}}{x}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{1}{{\cos x}}$$ = 1$ hay $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) \ne f\left( 0 \right)$.
Vậy hàm số gián đoạn tại $x = 0$.
Tìm \(m\) để các hàm số \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {2x - 4} + 3 \,\,\, khi \,\,\, x \ge 2\\\dfrac{{x + 1}}{{{x^2} - 2mx + 3m + 2 } } \,\,\, khi \,\,\, x < 2\end{array} \right.\) liên tục trên \(\mathbb{R}\)
Với \(x > 2\) ta có hàm số liên tục.
Để hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) thì hàm số phải liên tục trên khoảng \(\left( { - \infty ;2} \right)\) và liên tục tại \(x = 2\).
Hàm số liên tục trên \(\left( { - \infty ;2} \right)\) khi và chỉ khi \(g(x) = {x^2} - 2mx + 3m + 2 \ne 0,{\rm{ }}\forall x \le 2\)
TH 1: \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - 3m - 2 \le 0\\g(2) = - m + 6 \ne 0\end{array} \right. \) \(\Leftrightarrow \dfrac{{3 - \sqrt {17} }}{2} \le m \le \dfrac{{3 + \sqrt {17} }}{2}\)
TH 2:\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - 3m - 2 > 0\\{x_1} = m - \sqrt {\Delta '} > 2\end{array} \right. \) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 3m - 2 > 0\\m > 2\\\Delta ' < {(m - 2)^2}\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \dfrac{{3 + \sqrt {17} }}{2}\\m < 6\end{array} \right. \) \( \Leftrightarrow \dfrac{{3 + \sqrt {17} }}{2} < m < 6\)
Nên \(\dfrac{{3 - \sqrt {17} }}{2} \le m < 6\) (*) thì \(g(x) \ne 0,{\rm{ }}\forall x \le 2\)
Lại có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {\sqrt {2x - 4} + 3} \right) = 3\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \dfrac{{x + 1}}{{{x^2} - 2mx + 3m + 2}} = \dfrac{3}{{6 - m}}\)
Hàm số liên tục tại \(x = 2 \) \(\Leftrightarrow \dfrac{3}{{6 - m}} = 3 \Leftrightarrow m = 5\) (thỏa (*))
Kết quả đúng của \(\lim \dfrac{{2 - {5^{n - 2}}}}{{{3^n} + {{2.5}^n}}}\) là:
\(\lim \dfrac{{2 - {5^{n - 2}}}}{{{3^n} + {{2.5}^n}}} = \lim \dfrac{{\dfrac{2}{{{5^n}}} - \dfrac{1}{{25}}}}{{{{\left( {\dfrac{3}{5}} \right)}^n} + 2.}} = \dfrac{{0 - \dfrac{1}{{25}}}}{{0 + 2}} = - \dfrac{1}{{50}}\).
Giá trị đúng của \(\lim \left( {\sqrt {{n^2} - 1} - \sqrt {3{n^2} + 2} } \right)\) là:
\(\lim \left( {\sqrt {{n^2} - 1} - \sqrt {3{n^2} + 2} } \right)\)\( = \lim n\left( {\sqrt {1 - \dfrac{1}{{{n^2}}}} - \sqrt {3 + \dfrac{2}{{{n^2}}}} } \right) = - \infty \)
Vì \(\lim n = + \infty ; \lim \left( {\sqrt {1 - \dfrac{1}{{{n^2}}}} - \sqrt {3 + \dfrac{2}{{{n^2}}}} } \right) = 1 - \sqrt 3 < 0\).
Giá trị của \(K = \lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}} - 3\sqrt {4{n^2} + n + 1} + 5n} \right)\) bằng:
Ta có: \(K = \lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}} - n} \right) - 3\lim \left( {\sqrt {4{n^2} + n + 1} - 2n} \right)\)
Mà: \(\lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}} - n} \right)\)\( = \lim \dfrac{{{n^2} - 1}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}}} \right)}^2} + n.\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}} + {n^2}}}\)\( = \lim \dfrac{{1 - \dfrac{1}{{{n^2}}}}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{1 + \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{{{n^2}}}}}} \right)}^2} + \sqrt[3]{{1 + \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{{{n^2}}}}} + 1}}\)\( = \dfrac{1}{3}\)
\(\lim \left( {\sqrt {4{n^2} + n + 1} - 2n} \right)\)\( = \lim \dfrac{{n + 1}}{{\sqrt {4{n^2} + n + 1} + 2n}}\)\( = \lim \dfrac{{1 + \dfrac{1}{n}}}{{\sqrt {4 + \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}}} }+2} = \dfrac{1}{4}\)
Do đó: \(K = \dfrac{1}{3} - \dfrac{3}{4} = - \dfrac{5}{{12}}\).
Giá trị của \(K = \lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}} - 3\sqrt {4{n^2} + n + 1} + 5n} \right)\) bằng:
Ta có: \(K = \lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}} - n} \right) - 3\lim \left( {\sqrt {4{n^2} + n + 1} - 2n} \right)\)
Mà: \(\lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}} - n} \right)\)\( = \lim \dfrac{{{n^2} - 1}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}}} \right)}^2} + n.\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}} + {n^2}}}\)\( = \lim \dfrac{{1 - \dfrac{1}{{{n^2}}}}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{1 + \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{{{n^2}}}}}} \right)}^2} + \sqrt[3]{{1 + \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{{{n^2}}}}} + 1}}\)\( = \dfrac{1}{3}\)
\(\lim \left( {\sqrt {4{n^2} + n + 1} - 2n} \right)\)\( = \lim \dfrac{{n + 1}}{{\sqrt {4{n^2} + n + 1} + 2n}}\)\( = \lim \dfrac{{1 + \dfrac{1}{n}}}{{\sqrt {4 + \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}}} }+2} = \dfrac{1}{4}\)
Do đó: \(K = \dfrac{1}{3} - \dfrac{3}{4} = - \dfrac{5}{{12}}\).
Chọn kết quả đúng của \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {\dfrac{1}{{{x^2}}} - \dfrac{2}{{{x^3}}}} \right)\):
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {\dfrac{1}{{{x^2}}} - \dfrac{2}{{{x^3}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {\dfrac{{x - 2}}{{{x^3}}}} \right)\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {x - 2} \right) = - 2 < 0\)
Khi \(x \to {0^ - } \Rightarrow x < 0 \Rightarrow {x^3} < 0\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {\dfrac{{x - 2}}{{{x^3}}}} \right) = + \infty \).
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \dfrac{{{x^2} - x + 1}}{{{x^2} - 1}}$ bằng:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \dfrac{{{x^2} - x + 1}}{{{x^2} - 1}} = + \infty $ vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^2} - x + 1} \right) = 1 > 0 $ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^2} - 1} \right) = 0;\,{x^2} - 1 > 0$.
Tìm giới hạn $A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{1 - \cos ax}}{{{x^2}}}$:
Ta có: $A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{2{{\sin }^2}\dfrac{{ax}}{2}}}{{{x^2}}} = \dfrac{{{a^2}}}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\dfrac{{\sin \dfrac{{ax}}{2}}}{{\dfrac{{ax}}{2}}}} \right)^2} = \dfrac{{{a^2}}}{2}$.
Tìm giới hạn $B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\cos 2x - \cos 3x}}{{x\left( {\sin 3x - \sin 4x} \right)}}$:
$B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{2\sin \dfrac{{5x}}{2}\sin \dfrac{x}{2}}}{{ - 2x\cos \dfrac{{7x}}{2}\sin \dfrac{x}{2}}}$$ = - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\dfrac{5}{2}.\dfrac{{\sin \dfrac{{5x}}{2}}}{{\dfrac{{5x}}{2}}}} \right).\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{1}{{\cos \dfrac{{7x}}{2}}} = - \dfrac{5}{2}$
Cho hàm số $f\left( x \right) = \dfrac{{{x^2} - 1}}{{x + 1}}$ với $x \ne 2$ và $f\left( 2 \right) = {m^2} - 2$. Giá trị của $m$ để $f\left( x \right)$ liên tục tại $x = 2$ là:
Hàm số liên tục tại $x = 2$$ \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)$.
Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{{x^2} - 1}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x - 1} \right) = 1$.
Vậy ${m^2} - 2 = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \sqrt 3 \\m = - \sqrt 3 \end{array} \right.$.
Cho hàm số $f\left( x \right) = \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - 1}}$. Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau:
$\left( I \right)$ $f\left( x \right)$ gián đoạn tại $x = 1.$
$\left( {II} \right)$ $f\left( x \right)$ liên tục tại $x = 1.$
$\left( {III} \right)$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \dfrac{1}{2}$
$D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} = \dfrac{1}{2}$
Hàm số không xác định tại $x = 1.$
Nên hàm số gián đoạn tại $x = 1.$
Cho hàm số$f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {\dfrac{{{x^2} + 1}}{{{x^3} - x + 6}}} \,\,\,\,\,\,\,x \ne 3;x > - 2\\b + \sqrt 3 \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x = 3;b \in \mathbb{R}\end{array} \right.$. Tìm $b$ để $f\left( x \right)$liên tục tại $x = 3$.
Hàm số liên tục tại $x = 3 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)$.
Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \sqrt {\dfrac{{{x^2} + 1}}{{{x^3} - x + 6}}} = \sqrt {\dfrac{1}{3}} $, $f\left( 3 \right) = b + \sqrt 3 $.
Vậy: $b + \sqrt 3 = \sqrt {\dfrac{1}{3}} \Leftrightarrow b = - \sqrt 3 + \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{ - 2}}{{\sqrt 3 }}$.
Chọn giá trị của \(m\) để hàm số \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{\sqrt {2x + 1} - 1}}{{x(x + 1)}}\,\,\,khi\,\,x \ge - \dfrac{1}{2},x \ne 0\\m\,\,\,khi\,\,\,x = 0\\p\,\,\,khi\,\,\,x < - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\) liên tục tại điểm \(x = 0\).
Ta có : \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sqrt {2x + 1} - 1}}{{x(x + 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{2x}}{{x(x + 1)\left( {\sqrt {2x + 1} + 1} \right)}} = 1\)
Vậy ta chọn \(m=f(0) = 1\).
Cho hàm số \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{x + \sqrt {x + 2} }}{{x + 1}} \,\,\, khi \,\,\, x > - 1\\2x + 3 \,\,\, khi \,\,\, x \le - 1\end{array} \right.\). Khẳng định nào sau đây đúng nhất
Ta có: \(f( - 1) = 1\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \left( {2x + 3} \right) = 1\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \dfrac{{x + \sqrt {x + 2} }}{{x + 1}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \dfrac{{{x^2} - x - 2}}{{(x + 1)(x - \sqrt {x + 2} )}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \dfrac{{x - 2}}{{x - \sqrt {x + 2} }} = \dfrac{3}{2}\)
Suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f(x) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f(x)\)
Vậy hàm số không liên tục tại \({x_0} = - 1\).
Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau:
$\left( I \right)$. $f\left( x \right) = \dfrac{{\sqrt {x + 1} }}{{x - 1}}$ liên tục với mọi $x \ne 1$.
$\left( {II} \right)$. $f\left( x \right) = \sin x$ liên tục trên $\mathbb{R}$.
$\left( {III} \right)$. $f\left( x \right) = \dfrac{{\left| x \right|}}{x}$ liên tục tại $x = 1$.
\(\left( I \right)\) sai vì hàm số không liên tục tại các điểm \(x \le - 1\) nên nó không liên tục với mọi \(x \ne 1\)
Ta có $\left( {II} \right)$ đúng vì hàm số lượng giác liên tục trên từng khoảng của tập xác định.
Ta có $\left( {III} \right)$ đúng vì $f\left( x \right) = \dfrac{{\left| x \right|}}{x} = \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{x}{x}{\rm{ }}{\rm{, khi }}x \ge 0\\ - \dfrac{x}{x}{\rm{ }}{\rm{, khi }}x < 0\end{array} \right.$.
Khi đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = 1$.
Vậy hàm số $y = f\left( x \right) = \dfrac{{\left| x \right|}}{x}$liên tục tại $x = 1$.
Cho hàm số $f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{3 - \sqrt {9 - x} }}{x} {\rm{ }}{\rm {, }} 0 < x < 9\\m {\rm{ }}{\rm{, }}x = 0\\\dfrac{3} {x}{\rm{ }}{\rm{, }} x \ge 9\end{array} \right.$. Tìm $m$ để $f\left( x \right)$ liên tục trên $\left[ {0; + \infty } \right)$ là.
TXĐ: $D = \left[ {0; + \infty } \right)$.
Dễ thấy hàm số liên tục trên các khoảng \(\left( {0;9} \right),\left( {9; + \infty } \right)\)
Hàm số liên tục tại \(x = 9\) vì:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {9^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {9^ - }} \dfrac{{3 - \sqrt {9 - x} }}{x} = \dfrac{1}{3}$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {9^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {9^ + }} \dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{3} = f\left( 9 \right)$
Do đó ta chỉ cần xét tại \(x = 0\)
Với $x = 0$ ta có $f\left( 0 \right) = m$.
Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{3 - \sqrt {9 - x} }}{x}$$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{1}{{3 + \sqrt {9 - x} }}$$ = \dfrac{1}{6}$.
Vậy để hàm số liên tục trên $\left[ {0; + \infty } \right)$ khi $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = m$$ \Leftrightarrow m = \dfrac{1}{6}$.
