Giải bài tập SBT Toán 11 Ôn tập chương 4: Giới hạn

Tính các giới hạn sau:

a) \( \lim {{{{\left( { - 3} \right)}^n} + {{2.5}^n}} \over {1 - {5^n}}}\)

b) \( \displaystyle \lim {{1 + 2 + 3 +... + n} \over {{n^2} + n + 1}}\)

c) \( \lim \left( {\sqrt {{n^2} + 2n + 1} - \sqrt {{n^2} + n - 1} } \right)\)

Phương pháp giải:

a) Chia cả tử và mẫu cho lũy thừa có cơ số lớn nhất.

b) Tính tổng trên tử thức và tính giới hạn.

c) Nhân chia với biểu thức liên hợp.

Hướng dẫn giải:

\( \begin{array}{l} a) \ \lim \dfrac{{{{\left( { - 3} \right)}^n} + {{2.5}^n}}}{{1 - {5^n}}}\\ = \lim \dfrac{{{{\left( { - \dfrac{3}{5}} \right)}^n} + 2}}{{\dfrac{1}{{{5^n}}} - 1}}\\ = \dfrac{{0 + 2}}{{0 - 1}} = - 2 \end{array}\)

\( \begin{array}{l} b) \ \lim \dfrac{{1 + 2 + 3 +... + n}}{{{n^2} + n + 1}}\\ = \lim \dfrac{{\dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}}}{{{n^2} + n + 1}}\\ = \lim \dfrac{{{n^2} + n}}{{2\left( {{n^2} + n + 1} \right)}}\\ = \lim \dfrac{{1 + \dfrac{1}{n}}}{{2\left( {1 + \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}}} \right)}}\\ = \dfrac{{1 + 0}}{{2\left( {1 + 0 + 0} \right)}} = \dfrac{1}{2} \end{array}\)

\( \begin{array}{l} c) \ \lim \left( {\sqrt {{n^2} + 2n + 1} - \sqrt {{n^2} + n - 1} } \right)\\ = \lim \dfrac{{{n^2} + 2n + 1 - {n^2} - n + 1}}{{\sqrt {{n^2} + 2n + 1} + \sqrt {{n^2} + n - 1} }}\\ = \lim \dfrac{{n + 2}}{{\sqrt {{n^2} + 2n + 1} + \sqrt {{n^2} + n - 1} }}\\ = \lim \dfrac{{1 + \dfrac{2}{n}}}{{\sqrt {1 + \dfrac{2}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}}} + \sqrt {1 + \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{{{n^2}}}} }}\\ = \dfrac{{1 + 0}}{{\sqrt {1 + 0 + 0} + \sqrt {1 + 0 - 0} }}\\ = \dfrac{1}{2} \end{array}\)

Tìm giới hạn của dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) với:

a) \({u_n} = {{{{\left( { - 1} \right)}^n}} \over {{n^2} + 1}}\)

b) \( {u_n} = {{{2^n} - n} \over {{3^n} + 1}}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng giới hạn kẹp đưa về giới hạn các dãy số đã biết và tính toán.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\(\left| {{u_n}} \right| = \left| {{{{{\left( { - 1} \right)}^n}} \over {{n^2} + 1}}} \right| = {1 \over {{n^2} + 1}}. \)

Đặt \({v_n} = {1 \over {{n^2} + 1}} \) (1)

Ta có \(\lim {v_n} = \lim {1 \over {{n^2} + 1}} = \lim {{{1 \over {{n^2}}}} \over {1 + {1 \over {{n^2}}}}} = 0\)

Do đó, \(\left| {{v_n}} \right|\) có thể nhỏ hơn một số dương bé tuỳ ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi.

Từ (1) suy ra, \(\left| {{u_n}} \right| = {v_n} = \left| {{v_n}} \right|\)

Vậy, \(\left| {{u_n}} \right|\) cũng có thể nhỏ hơn một số dương bé tuỳ ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi, nghĩa là \(\lim {u_n} = 0\)

b) Ta có:

\(\left| {{u_n}} \right| = \left| {{{{2^n} - n} \over {{3^n} + 1}}} \right| < {{{2^n}} \over {{3^n} + 1}}=v_n\)

\( \lim \dfrac{{{2^n}}}{{{3^n} + 1}} = \lim \dfrac{{{{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)}^n}}}{{1 + \dfrac{1}{{{3^n}}}}} = \dfrac{0}{{1 + 0}} = 0\)

\( \Rightarrow {v_n} = \dfrac{{{2^n}}}{{{3^n} + 1}}\) nhỏ hơn một số dương bé tùy ý từ một số hạng nào đó trở đi

\( \Rightarrow \left| {{u_n}} \right| < {v_n}\) cũng nhỏ hơn một số dương bé tuy ý từ một số hạng nào đó trở đi

\( \Rightarrow \lim {u_n} = 0\) (theo định nghĩa).

Viết số thập phân vô hạn tuần hoàn 2,131131131… (chu kì 131 ) dưới dạng phân số.

Phương pháp giải:

Đưa về tổng cấp số nhân lùi vô hạn và tính tổng.

Hướng dẫn giải:

\( \eqalign{ & 2,131131131... = 2 + {{131} \over {1000}} + {{131} \over {{{1000}^2}}} +... + {{131} \over {{{1000}^n}}} +... \cr & {\rm{ }} = 2 + {{{{131} \over {1000}}} \over {1 - {1 \over {1000}}}} = 2 + {{131} \over {999}} = {{2129} \over {999}}. \cr}\)

(Vì \({{131} \over {1000}},{{131} \over {{{1000}^2}}},...,{{131} \over {{{1000}^n}}},... \) là một cấp số nhân lùi vô hạn với công bội \(q = {1 \over {1000}} \)).

Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) xác định bởi:

\( \left\{ \matrix{ {u_1} = 1 \hfill \cr {u_{n + 1}} = {{2{u_n} + 3} \over {{u_n} + 2}}\,\,{\rm{ với }}\,\,n \ge 1 \hfill \cr} \right.\)

a) Chứng minh rằng \({u_n} > 0\) với mọi n.

b) Biết \(\left( {{u_n}} \right)\) có giới hạn hữu hạn. Tìm giới hạn đó.

Phương pháp giải:

a) Chứng minh bằng phương pháp quy nạp.

b) Đặt \(\lim u_n =a\) rồi thay vào công thức truy hồi tìm a và kết luận.

Hướng dẫn giải:

a) Chứng minh bằng quy nạp: \({u_n} > 0\) với mọi n. (1)

Với n = 1 ta có \({u_1} = 1 > 0\)

Giả sử (1) đúng với \(n = k \ge 1\) nghĩa là \({u_k} > 0\) ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1

Ta có \({u_{k + 1}} = {{2{u_k} + 3} \over {{u_k} + 2}}.\)

Vì \({u_k} > 0\) nên \({u_{k + 1}} = {{2{u_k} + 3} \over {{u_k} + 2}} > 0\)

Kết luận: \( {u_n} > 0\) với mọi n.

b) Đặt:

\( \eqalign{ & \lim {u_n} = a \cr & {u_{n + 1}} = {{2{u_n} + 3} \over {{u_n} + 2}} \cr & \Rightarrow \lim {u_{n + 1}} = \lim {{2{u_n} + 3} \over {{u_n} + 2}} \cr & \Rightarrow a = {{2a + 3} \over {a + 2}} \Rightarrow a = \pm \sqrt 3 \cr}\)

Vì \({u_n} > 0\) với mọi n, nên \(\lim {u_n} = a \ge 0\). Từ đó suy ra \(\lim {u_n} = \sqrt 3.\)

Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) thoả mãn \({u_n} < M\) với mọi n. Chứng minh rằng nếu \(\lim {u_n} = a\) thì \(a \le M\)

Phương pháp giải:

Xét dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\) với \({v_n} = M - {u_n}\) và tính \(\lim v_n \) rồi nhận xét.

Hướng dẫn giải:

Xét dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\) với \({v_n} = M - {u_n}\)

\( {u_n} < M\) với mọi \(n \Rightarrow {v_n} > 0\) với mọi n (1)

Mặt khác, \(\lim {v_n} = \lim \left( {M - {u_n}} \right) = M - a \) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(M - a \ge 0\) hay \(a \le M.\)

Từ độ cao 63m của tháp nghiêng PISA ở Italia (H.5) người ta thả một quả bóng cao su xuống đất. Giả sử mỗi lần chạm đất quả bóng lại nảy lên một độ cao bằng \({1 \over {10}}\) độ cao mà quả bóng đạt được ngay trước đó.

Tính độ dài hành trình của quả bóng từ thời điểm ban đầu cho đến khi nó nằm yên trên mặt đất.

Phương pháp giải:

Tính độ dài hành trình của quả bóng đến từng thời điểm chạm đất rồi suy ra tổng.

Hướng dẫn giải:

Mỗi khi chạm đất quả bóng lại nảy lên một độ cao bằng \({1 \over {10}}\) độ cao của lần rơi ngay trước đó và sau đó lại rơi xuống từ độ cao thứ hai này.

Do đó, độ dài hành trình của quả bóng kể từ thời điểm rơi ban đầu đến:

- Thời điểm chạm đất lần thứ nhất là \({d_1} = 63 \);

- Thời điểm chạm đất lần thứ hai là \({d_2} = 63 + 2.{{63} \over {10}} \);

- Thời điểm chạm đất lần thứ ba là \({d_3} = 63 + 2.{{63} \over {10}} + 2.{{63} \over {{{10}^2}}} \);

- Thời điểm chạm đất lần thứ tư là \({d_4} = 63 + 2.{{63} \over {10}} + 2.{{63} \over {{{10}^2}}} + 2.{{63} \over {{{10}^3}}} \);

…

- Thời điểm chạm đất lần thứ n (n > 1) là:

\( {d_n} = 63 + 2.{{63} \over {10}} + 2.{{63} \over {{{10}^2}}} +... + 2.{{63} \over {{{10}^{n - 1}}}}\)

Do đó, độ dài hành trình của quả bóng kể từ thời điểm rơi ban đầu đến khi nằm yên trên mặt đất là:

\( d = 63 + 2.{{63} \over {10}} + 2.{{63} \over {{{10}^2}}} +... + 2.{{63} \over {{{10}^{n - 1}}}} +...\) (mét).

Vì \(2.{{63} \over {10}},2.{{63} \over {{{10}^2}}},...,2.{{63} \over {{{10}^{n - 1}}}},...\) là một cấp số nhân lùi vô hạn, công bội \(q = {1 \over {10}} \)

Nên ta có \(2.{{63} \over {10}} + 2.{{63} \over {{{10}^2}}} +... + 2.{{63} \over {{{10}^{n - 1}}}} +... = {{2.{{63} \over {10}}} \over {1 - {1 \over {10}}}} = 14\)

Vậy, \(d = 63 + 2.{{63} \over {10}} + 2.{{63} \over {{{10}^2}}} +... + 2.{{63} \over {{{10}^{n - 1}}}} +... = 63 + 14 = 77\) (mét).

Chứng minh rằng hàm số \(f\left( x \right) = \cos {1 \over x}\) không có giới hạn khi x → 0.

Phương pháp giải:

- Chọn hai dãy số có số hạng tổng quát là \({a_n} = {1 \over {2n\pi }}\) và \({b_n} = {1 \over {\left( {2n + 1} \right)\pi }}\).

- Tính và so sánh \(\lim f\left( {{a_n}} \right)\) và \(\lim f\left( {{b_n}} \right)\) để kết luận về giới hạn của f(x) khi x → 0

Hướng dẫn giải:

\( \lim \left( {\cos \dfrac{1}{{{a_n}}}} \right) = \lim \left( {\cos 2n\pi } \right) = 1 \\ \lim \left( {\cos \dfrac{1}{{{b_n}}}} \right) = \lim \left( {\cos \left( {2n + 1} \right)\pi } \right) = - 1\)

Do đó \(\lim \left( {\cos \dfrac{1}{{{a_n}}}} \right) \ne \lim \left( {\cos \dfrac{1}{{{b_n}}}} \right) \) nên \( f\left( x \right) = \cos \dfrac{1}{x}\) không có giới hạn khi x → 0.

Tìm các giới hạn sau:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} {{x + 5} \over {{x^2} + x - 3}}\)

b) \( \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \sqrt {{x^2} + 8x + 3}\)

c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {{x^3} + 2{x^2}\sqrt x - 1} \right)\)

d) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} {{2{x^3} - 5x - 4} \over {{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\)

Phương pháp giải:

a) b) Thay các giá trị của x vào hàm số.

c) Đặt nhân tử chung và tính giới hạn.

d) Tính giới hạn của tử và mẫu ⇒ giơi shajn của hàm số.

Hướng dẫn giải:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \dfrac{{x + 5}}{{{x^2} + x - 3}} = \dfrac{{ - 2 + 5}}{{{{\left( { - 2} \right)}^2} + \left( { - 2} \right) - 3}} = - 3\)

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \sqrt {{x^2} + 8x + 3} = \sqrt {{3^2} + 8.3 + 3} = 6\)

c) Ta có:

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

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^3} = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {1 + \dfrac{2}{{\sqrt x }} - \dfrac{1}{{{x^3}}}} \right) = 1 + 0 - 0 = 1 > 0\) 

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

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

d) Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \left( {2{x^3} - 5x - 4} \right) = 2.{\left( { - 1} \right)^3} - 5.\left( { - 1} \right) - 4 = - 1 < 0\) và \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} {\left( {x + 1} \right)^2} = 0\\{\left( {x + 1} \right)^2} > 0,\forall x \ne - 1\end{array} \right.\)

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

Tìm các giới hạn sau:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{\sqrt {{x^2} + 1} - 1} \over {4 - \sqrt {{x^2} + 16} }}\)

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

c) \( \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{2{x^4} + 5x - 1} \over {1 - {x^2} + {x^4}}}\)

d) \( \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{x + \sqrt {4{x^2} - x + 1} } \over {1 - 2x}}\)

e) \( \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x\left( {\sqrt {{x^2} + 1} - x} \right)\)

f) \( \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {{1 \over {{x^2} - 4}} - {1 \over {x - 2}}} \right)\)

Phương pháp giải:

a) Nhân lượng liên hợp của tử và mẫu cho cả tử và mẫu.

b) Đặt nhân tử chung ở tử và rút gọn.

c) d) Đặt nhân tử chung ở cả tử và mẫu. Sau đó rút gọn và tính giới hạn.

e) Nhân lượng liên hợp và tính giới hạn.

f) Rút gọn và tính giới hạn.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 1} - 1}}{{4 - \sqrt {{x^2} + 16} }}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} - 1} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + 1} \right)\left( {4 + \sqrt {{x^2} + 16} } \right)}}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + 1} \right)\left( {4 - \sqrt {{x^2} + 16} } \right)\left( {4 + \sqrt {{x^2} + 16} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\left( {{x^2} + 1 - 1} \right)\left( {4 + \sqrt {{x^2} + 16} } \right)}}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + 1} \right)\left( {16 - {x^2} - 16} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{x^2}\left( {4 + \sqrt {{x^2} + 16} } \right)}}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + 1} \right)\left( { - {x^2}} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{4 + \sqrt {{x^2} + 16} }}{{ - \left( {\sqrt {{x^2} + 1} + 1} \right)}}\\ = \dfrac{{4 + \sqrt {0 + 16} }}{{ - \left( {\sqrt {0 + 1} + 1} \right)}} \\= - 4\end{array}\)

b) Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \sqrt x = \sqrt 1 = 1\)

c) Ta có:

\( \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty } \dfrac{{2{x^4} + 5x - 1}}{{1 - {x^2} + {x^4}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty } \dfrac{{{x^4}\left( {2 + \dfrac{5}{{{x^3}}} - \dfrac{1}{{{x^4}}}} \right)}}{{{x^4}\left( {\dfrac{1}{{{x^4}}} - \dfrac{1}{{{x^2}}} + 1} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty } \dfrac{{2 + \dfrac{5}{{{x^3}}} - \dfrac{1}{{{x^4}}}}}{{\dfrac{1}{{{x^4}}} - \dfrac{1}{{{x^2}}} + 1}}\\ = \dfrac{{2 + 0 - 0}}{{0 - 0 + 1}} = 2\end{array}\)

d) Ta có:

\( \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{x + \sqrt {4{x^2} - x + 1} }}{{1 - 2x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{x + \left| x \right|\sqrt {4 - \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{{x^2}}}} }}{{1 - 2x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{x - x\sqrt {4 - \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{{x^2}}}} }}{{1 - 2x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{1 - \sqrt {4 - \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{{x^2}}}} }}{{\dfrac{1}{x} - 2}}\\ = \dfrac{{1 - \sqrt {4 - 0 + 0} }}{{0 - 2}}\\ = \dfrac{1}{2}\end{array}\)

e) Ta có:

\( \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x\left( {\sqrt {{x^2} + 1} - x} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x.\dfrac{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} - x} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + x} \right)}}{{\sqrt {{x^2} + 1} + x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x.\dfrac{{{x^2} + 1 - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} + x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} + x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{x}{{x\sqrt {1 + \dfrac{1}{{{x^2}}}} + x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{1}{{\sqrt {1 + \dfrac{1}{{{x^2}}}} + 1}}\\ = \dfrac{1}{{\sqrt {1 + 0} + 1}}\\ = \dfrac{1}{2}\end{array}\)

f) Ta có:

\( \eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {{1 \over {{x^2} - 4}} - {1 \over {x - 2}}} \right) \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} {{1 - \left( {x + 2} \right)} \over {{x^2} - 4}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} {{ - x - 1} \over {{x^2} - 4}} = - \infty \cr}\)

Xác định một hàm số y = f(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:

a) f(x) xác định trên R\ {1},

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 2 và \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 2\)

Phương pháp giải:

Xét hàm số \(\displaystyle f\left( x \right) = {{2{x^2} + 1} \over {{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\) và kiểm tra.

Hướng dẫn giải:

Xét hàm số \(\displaystyle f\left( x \right) = {{2{x^2} + 1} \over {{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\) ta có:

+) Hàm số xác định trên R \ {1}

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

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {2{x^2} + 1} \right) = 3 > 0\) và \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\left( {x - 1} \right)^2} = 0\\{\left( {x - 1} \right)^2} > 0,\forall x \ne 1\end{array} \right.\)

Nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = + \infty\)

Lại có:

\( \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{2{x^2} + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{{x^2}\left( {2 + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)}}{{{x^2}{{\left( {1 - \dfrac{1}{x}} \right)}^2}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{2 + \dfrac{1}{{{x^2}}}}}{{{{\left( {1 - \dfrac{1}{x}} \right)}^2}}}\\ = \dfrac{{2 + 0}}{{{{\left( {1 - 0} \right)}^2}}} = 2\end{array}\)

Tương tự \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 2\)

Vậy \(f\left( x \right)\) là một hàm số thỏa mãn bài toán.

Xét tính liên tục của hàm số:

\( f\left( x \right) = \left\{ \matrix{ {{{x^2} + 5x + 4} \over {{x^3} + 1}},\,\,{\rm{ nếu }}\,\,x \ne - 1 \hfill \cr 1{\rm{, \,\,nếu }}\,\,x = - 1 \hfill \cr} \right. \) trên tập xác định của nó.

Phương pháp giải:

Xét tính liên tục của hàm số tại x = -1 và kết luận.

Lời giải chi tiết:

Khi \(x\ne -1\) thì f(x) là hàm phân thức nên liên tục trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( { - 1; + \infty } \right)\)

Ta có:

\( \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \dfrac{{{x^2} + 5x + 4}}{{{x^3} + 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \dfrac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 4} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \dfrac{{x + 4}}{{{x^2} - x + 1}}\\ = \dfrac{{ - 1 + 4}}{{{{\left( { - 1} \right)}^2} - \left( { - 1} \right) + 1}}\\ = 1\end{array}\)

Mà \(f\left( { - 1} \right) = 1\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right) = 1\)

Vậy hàm số đã cho liên tục tại x = - 1.

Do đó hàm số liên tục trên R.

Xác định một hàm số y = f(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:

a) f(x) xác định trên R

b) y = f(x) liên tục trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và trên \({\rm{[}}0; + \infty )\) nhưng gián đoạn tại x = 0. 

Phương pháp giải:

Xét \( f\left( x \right) = \left\{ \matrix{ {x^2}{\rm{,\,\, nếu }}\,\,x \ge 0 \hfill \cr x - 1{\rm{, \,\,nếu }}\,\,x < 0 \hfill \cr} \right.\) và kiểm tra.

Hướng dẫn giải:

Xét \( f\left( x \right) = \left\{ \matrix{ {x^2}{\rm{,\,\, nếu }}\,\,x \ge 0 \hfill \cr x - 1{\rm{, \,\,nếu }}\,\,x < 0 \hfill \cr} \right.\)

Dễ thấy hàm số xác định trên R và liên tục trên các khoảng \((-\infty ;0)\) và \([0;+\infty )\).

Tại x = 0 ta có:

\( \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {x^2} = 0 \)

\( \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {x - 1} \right) = - 1\)

Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right)\) nên không tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right).\)

Vậy hàm số gián đoạn tại x = 0.

Chứng minh rằng phương trình:

a) \({x^5} - 5x - 1 = 0\) có ít nhất ba nghiệm;

b) \( m{\left( {x - 1} \right)^3}\left( {{x^2} - 4} \right) + {x^4} - 3 = 0\) luôn có ít nhất hai nghiệm với mọi giá trị của tham số m; 

c) \({x^3} - 3x = m\) có ít nhất hai nghiệm với mọi giá trị của \(m \in \left( { - 2;2} \right)\)

Phương pháp giải:

a) Tìm 3 đoạn [a; b] sao cho f(a).f(b) < 0

⇒ Phương trình f(x) = 0 có nghiệm thuộc (a; b).

b) c) Tìm 2 đoạn [a; b] sao cho f(a).f(b) < 0

⇒ Phương trình f(x) = 0 có nghiệm thuộc (a; b).

Hướng dẫn giải:

a) Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^5} - 5x - 1\) trên các đoạn \(\left[ { - 2; - 1} \right],\left[ { - 1;0} \right],\left[ {0;3} \right]\)

Hàm số y = f(x) liên tục trên R nên liên tục trên các khoảng \(\left( { - 2; - 1} \right),\left( { - 1;0} \right),\left( {0;3} \right)\)

Ta có:

\( \begin{array}{l}f\left( { - 2} \right) = - 23\\f\left( { - 1} \right) = 3\\f\left( 0 \right) = - 1\\f\left( 3 \right) = 227\end{array}\)

Vì \(f\left( { - 2} \right).f\left( { - 1} \right) < 0\) nên phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc \(\left( { - 2; - 1} \right)\)

\( f\left( { - 1} \right).f\left( 0 \right) < 0\) nên phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc \(\left( { - 1;0} \right)\)

\( f\left( 0 \right).f\left( 3 \right) < 0\) nên phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc \(\left( {0;3} \right)\)

Vậy phương trình f(x) = 0 có ít nhất 3 nghiệm.

b) Xét hàm số \(f\left( x \right) = m{\left( {x - 1} \right)^3}\left( {{x^2} - 4} \right) + {x^4} - 3\) trên các đoạn \(\left[ { - 2;1} \right],\left[ {1;2} \right]\)

Hàm số y = f(x) liên tục trên R nên liên tục trên các khoảng \(\left( { - 2;1} \right),\left( {1;2} \right)\)

Ta có:

\( \begin{array}{l}f\left( { - 2} \right) = 13\\f\left( 1 \right) = - 2\\f\left( 2 \right) = 13\end{array}\)

Vì \(f\left( { - 2} \right).f\left( 1 \right) < 0\) nên phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc (-2; 1).

\( f\left( 1 \right).f\left( 2 \right) < 0\) nên phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc (1; 2).

Vậy phương trình f(x) = 0 có ít nhất 2 nghiệm với mọi m.

c) Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 3x - m\) trên các đoạn \(\left[ { - 1;1} \right],\left[ {1;2} \right]\)

Hàm số y = f(x) liên tục trên R nên liên tục trên các khoảng \(\left( { - 1;1} \right),\left( {1;2} \right)\)

Ta có:

\( f\left( { - 1} \right) = 2 - m > 0, \forall m \in \left( { - 2;2} \right) \\ f\left( 1 \right) = - 2 - m < 0, \forall m \in \left( { - 2;2} \right) \\ f\left( 2 \right) = 2 - m > 0, \forall m \in \left( { - 2;2} \right)\)

Do đó:

\( f\left( { - 1} \right).f\left( 1 \right) < 0, \forall m \in \left( { - 2;2} \right)\) nên phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc \(\left( { - 1;1} \right)\)

\( f\left( 1 \right).f\left( 2 \right) < 0, \forall m \in \left( { - 2;2} \right)\) nên phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc \(\left( {1;2} \right)\)

Vậy phương trình f(x) = 0 có ít nhất 2 nghiệm với mọi m.

Cho hàm số \(f\left( x \right) = {{{x^3} + 8x + 1} \over {x - 2}}\). Phương trình f(x) = 0 có nghiệm hay không

a) trong khoảng (1; 3)?

b) trong khoảng (-3; 1)?

Phương pháp giải:

a) Biến đổi phương trình f(x) = 0 thành một phương trình tương đương và chứng minh nó vô nghiệm với \(x \in \left( {1;3} \right)\)

b) Tính f(-3).f(1):

+ Nếu f(-3).f(1) < 0: phương trình có nghiệm trong khoảng (-3; 1).

+ Nếu f(-3).f(1) > 0: phương trình không có nghiệm trong khoảng (-3; 1).

Hướng dẫn giải:

a) Với \(x \ne 2\) ta có \({{{x^3} + 8x + 1} \over {x - 2}} = 0 \Leftrightarrow {x^3} + 8x + 1 = 0\)

Vì \({x^3} + 8x + 1 > 0\) với mọi \(x \in \left( {1;3} \right)\) nên phương trình \({x^3} + 8x + 1 = 0\) không có nghiệm trong khoảng này.

b)f(x) là hàm phân thức hữu tỉ, nên liên tục trên \(\left( { - \infty ;2} \right)\). Do đó, nó liên tục trên [-3; 1]

Mặt khác, \(f\left( { - 3} \right).f\left( 1 \right) = - 100 < 0\)

Do đó, phương trình f(x) = 0 có nghiệm trong khoảng (- 3; 1).

Giả sử hai hàm số y = f(x) và \(y = f\left( {x + {1 \over 2}} \right)\) đều liên tục trên đoạn [0; 1] và \(f\left( 0 \right) = f\left( 1 \right)\). Chứng minh rằng phương trình \(f\left( x \right) - f\left( {x + {1 \over 2}} \right) = 0\) luôn có nghiệm trong đoạn \(\left[ {0;{1 \over 2}} \right]\).

Phương pháp giải:

- Đặt \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - f\left( {x + {1 \over 2}} \right)\), chứng minh g(x) liên tục trên \(\left[ {0;{1 \over 2}} \right].\)

- Tính \(g\left( 0 \right).g\left( {{1 \over 2}} \right)\)

+ Nếu \(g\left( 0 \right).g\left( {{1 \over 2}} \right)<0\) thì phương trình có nghiệm trong đoạn \(\left[ {0;{1 \over 2}} \right]\).

+ Nếu \(g\left( 0 \right).g\left( {{1 \over 2}} \right)>0\) thì phương trình vô nghiệm trong đoạn \(\left[ {0;{1 \over 2}} \right]\).

Hướng dẫn giải:

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - f\left( {x + {1 \over 2}} \right)\)

Ta có:

\( \eqalign{ & g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) - f\left( {0 + {1 \over 2}} \right) \cr & = f\left( 0 \right) - f\left( {{1 \over 2}} \right) \cr & g\left( {{1 \over 2}} \right) = f\left( {{1 \over 2}} \right) - f\left( {{1 \over 2} + {1 \over 2}} \right) \cr & = f\left( {{1 \over 2}} \right) - f\left( 1 \right) \cr & = f\left( {{1 \over 2}} \right) - f\left( 0 \right) \cr}\)

(vì theo giả thiết \(f\left( 0 \right) = f\left( 1 \right) \)).

Do đó,

\( \eqalign{ & g\left( 0 \right).g\left( {{1 \over 2}} \right) \cr &= \left[ {f\left( 0 \right) - f\left( {{1 \over 2}} \right)} \right]\left[ {f\left( {{1 \over 2}} \right) - f\left( 0 \right)} \right] \cr & = - {\left[ {f\left( 0 \right) - f\left( {{1 \over 2}} \right)} \right]^2} \le 0. \cr}\)

- Nếu \(g\left( 0 \right).g\left( {{1 \over 2}} \right) = 0\) thì x = 0 hay \(x = {1 \over 2}\) là nghiệm của phương trình \(g\left( x \right) = 0\)

- Nếu \(g\left( 0 \right).g\left( {{1 \over 2}} \right) < 0 \) (1)

Vì y = f(x) và \(y = f\left( {x + {1 \over 2}} \right)\) đều liên tục trên đoạn [0; 1]

Nên hàm số y = g(x) cũng liên tục trên [0; 1] và do đó nó liên tục trên \(\left[ {0;{1 \over 2}} \right] \) (2)

Từ (1) và (2) suy ra phương trình g(x) = 0 có ít nhất một nghiệm trong khoảng \(\left( {0;\dfrac{1}{2}} \right)\)

Kết luận: Phương trình g(x) = 0 hay \(f\left( x \right) - f\left( {x + {1 \over 2}} \right) = 0\) luôn có nghiệm trong đoạn \(\left[ {0;{1 \over 2}} \right].\)

Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:

A. Nếu lim |u_n| = +∞ thì lim u_n = +∞;

B. Nếu lim |u_n| = +∞ thì lim u_n = −∞;

C. Nếu lim u_n = 0 thì lim |u_n| = 0;

D. Nếu lim u_n = −a thì lim |u_n| = a.

Phương pháp giải:

||u_n|| = |u_n| ⇒ Đáp án đúng.

Hướng dẫn giải:

 Ta có ||u_n|| = |u_n|. Do đó, nếu (u_n) có giới hạn là 0 thì (|u_n|) cũng có giới hạn 0.

Chọn đáp án: C

\( \lim \dfrac{{{2^n} - {3^n}}}{{{2^n} + 1}}\) bằng:

A. 1     B. -∞     C. 0     D. +∞

Phương pháp giải:

Tính giới hạn bằng cách chia tử số và mẫu số cho 3ⁿ.

Hướng dẫn giải:

\( \lim \dfrac{{{2^n} - {3^n}}}{{{2^n} + 1}} = \lim \dfrac{{{{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)}^n} - 1}}{{{{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)}^n} + \dfrac{1}{{{3^n}}}}}\)

Vì \(\lim \left[ {{{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)}^n} - 1} \right] = 0 - 1 = - 1 < 0\) và \(\left\{ \begin{array}{l}\lim \left[ {{{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)}^n} + \dfrac{1}{{{3^n}}}} \right] = 0\\{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^n} + \dfrac{1}{{{3^n}}} > 0\end{array} \right. \)

Nên \(\lim \dfrac{{{{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)}^n} - 1}}{{{{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)}^n} + \dfrac{1}{{{3^n}}}}} = - \infty\)

Vậy \(\lim \dfrac{{{2^n} - {3^n}}}{{{2^n} + 1}} = - \infty\)

Chọn đáp án: B

\( \lim \left( {\sqrt {{n^2} - n + 1} - n} \right)\) bằng:

A. 0     B. 1     C. -1/2     D. -∞

Phương pháp giải:

Tính giới hạn bằng cách nhân và chia biểu thức liên hợp.

Hướng dẫn giải:

\( \lim \left( {\sqrt {{n^2} - n + 1} - n} \right)\)

\( \begin{array}{l} = \lim \dfrac{{\left( {\sqrt {{n^2} - n + 1} - n} \right)\left( {\sqrt {{n^2} - n + 1} + n} \right)}}{{\sqrt {{n^2} - n + 1} + n}}\\ = \lim \dfrac{{{n^2} - n + 1 - {n^2}}}{{\sqrt {{n^2} - n + 1} + n}}\\ = \lim \dfrac{{ - n + 1}}{{\sqrt {{n^2} - n + 1} + n}}\\ = \lim \dfrac{{n\left( { - 1 + \dfrac{1}{n}} \right)}}{{n\sqrt {1 - \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}}} + n}}\\ = \lim \dfrac{{ - 1 + \dfrac{1}{n}}}{{\sqrt {1 - \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}}} + 1}}\\ = \dfrac{{ - 1 + 0}}{{\sqrt {1 - 0 + 0} + 1}}\\ = - \dfrac{1}{2}\end{array}\)

Chọn đáp án: C

\( \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {x - {x^3} + 1} \right)\) bằng:

A. 1     B. -∞     C. 0     D. +∞

Phương pháp giải:

Tính trực tiếp giới hạn.

Hướng dẫn giải:

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

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^3} = - \infty và = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\dfrac{1}{{{x^2}}} - 1 + \dfrac{1}{{{x^3}}}} \right) = - 1 < 0\) 

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

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {x - {x^3} + 1} \right) = + \infty\)

Chọn đáp án: D

\( \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \dfrac{{x - 1}}{{x - 2}}\) bằng:

A. -∞     B. 1/4     C. 1     D. +∞

Phương pháp giải:

Tính giới hạn của tử và mẫu ⇒ Giới hạn của hàm số.

Hướng dẫn giải:

Ta có:

\( \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {x - 1} \right) = 2 - 1 = 1 > 0 \)

\( \left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {x - 2} \right) = 0\\x - 2 < 0,\forall x < 2\end{array} \right. \)

Nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \dfrac{{x - 1}}{{x - 2}} = - \infty\)

Chọn đáp án: A

Cho hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{{2x - 1}}{{3 + 3x}}\), khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f\left( x \right)\) bằng:

A. +∞     B. 2/3     C. 1     D. -∞

Phương pháp giải:

Tính giới hạn của tử và mẫu ⇒ Giới hạn của hàm số f(x).

Hướng dẫn giải:

Ta có:

\( \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \left( {2x - 1} \right) = 2.\left( { - 1} \right) - 1 = - 3 < 0 \\ \left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \left( {3 + 3x} \right) = 0\\3 + 3x > 0,\forall x > - 1\end{array} \right. \)

Nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \dfrac{{2x - 1}}{{3 + 3x}} = - \infty\)

Chọn đáp án: D

\( \mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ - }} \dfrac{{{x^2} - 6}}{{9 + 3x}}\) bằng:

A. 1/3     B. -∞     C. 1/6     D. +∞

Phương pháp giải:

Tính giới hạn của tử và mẫu ⇒ Giới hạn của hàm số.

Hướng dẫn giải:

Ta có:

\( \mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ - }} \left( {{x^2} - 6} \right) = {\left( { - 3} \right)^2} - 6 = 3 > 0 \\ \left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ - }} \left( {9 + 3x} \right) = 0\\9 + 3x < 0,\forall x < - 3\end{array} \right. \)

Nên \( \mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ - }} \dfrac{{{x^2} - 6}}{{9 + 3x}} = - \infty\)

Chọn đáp án: B

\( \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{\sqrt {4{x^2} - x + 1} }}{{x + 1}}\) bằng:

A. 2     B. -2     C. 1     D. -1

Phương pháp giải:

Đưa x² ra khỏi căn ở tử số và rút gọn. Sau đó tính giới hạn.

Hướng dẫn giải:

\( \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{\sqrt {4{x^2} - x + 1} }}{{x + 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{\sqrt {{x^2}\left( {4 - \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)} }}{{x + 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{\left| x \right|\sqrt {\left( {4 - \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)} }}{{x + 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{ - x\sqrt {\left( {4 - \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)} }}{{x\left( {1 + \dfrac{1}{x}} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{ - \sqrt {\left( {4 - \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)} }}{{1 + \dfrac{1}{x}}}\\ = \dfrac{{ - \sqrt {4 - 0 + 0} }}{{1 + 0}}\\ = - 2\end{array}\)

Chọn đáp án: B

Cho hàm số f(x) xác định trên đoạn [a; b]

Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

A. Nếu hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a; b] và f(a).f(b) > 0 thì phương trình f(x) = 0 không có nghiệm trong khoảng (a; b)

B. Nếu f(a).f(b) < 0 thì phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm trong khoảng (a; b)

C. Nếu phương trình f(x) = 0 có nghiệm trong khoảng (a; b) thì hàm số f(x) phải liên tục trên khoảng (a; b)

D. Nếu f(x) hàm số liên tục, tăng trên đoạn [a; b] và f(a).f(b) > 0 thì phương trình f(x) = 0 không thể có nghiệm trong khoảng (a; b)

Phương pháp giải:

Suy luận từng đáp án, nêu rõ lí do sai.

Hướng dẫn giải:

Đáp án A: sai vì ta chưa thể kết luận gì về nghiệm khi f(a).f(b) > 0.

Đáp án B: sai vì thiếu điều kiện f(x) liên tục trên (a;b).

Đáp án C: sai vì vẫn có thể xảy ra trường hợp f(x) gián đoạn tại một điểm nào đó trong khoảng (a;b).

Đáp án D: đúng.

Ta có: \(f\left( a \right).f\left( b \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( a \right) > 0,f\left( b \right) > 0\\f\left( a \right) < 0.f\left( b \right) < 0\end{array} \right.\)

Do hàm số f(x) tăng trên [a;b] nên \(f\left( a \right) \le f\left( x \right) \le f\left( b \right).\)

Nếu \(f\left( a \right) > 0,f\left( b \right) > 0\) thì \(0 < f\left( a \right) \le f\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right) > 0,\forall x \in \left[ {a;b} \right]\) hay phương trình vô nghiệm trong \(\left[ {a;b} \right].\)

Nếu \(f\left( a \right) < 0,f\left( b \right) < 0\) thì \(f\left( x \right) \le f\left( b \right) < 0 \Rightarrow f\left( x \right) < 0,\forall x \in \left[ {a;b} \right]\) hay phương trình vô nghiệm trong \(\left[ {a;b} \right].\)

Vậy trong cả hai TH thì f(x) đều không có nghiệm trong (a;b).

Chọn đáp án: D

Cho phương trình 2x⁴ - 5x² + x + 1 = 0. (1)

Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

A. Phương trình (1) không có nghiệm trong khoảng (-1; 1);

B. Phương trình (1) không có nghiệm trong khoảng (-2; 0);

C. Phương trình (1) chỉ có một nghiệm trong khoảng (-2; 1) ;

D. Phương trình (1) có ít nhất hai nghiệm trong khoảng (0; 2).

Phương pháp giải:

Tính f(a).f(b):

+ Nếu f(a).f(b) < 0 thì phương trình có nghiệm trong (a; b).

+  Nếu f(a).f(b) > 0 thì phương trình vô nghiệm trong (a; b).

Hướng dẫn giải:

Xét f(x) = 2x⁴ - 5x² + x + 1 là hàm số liên tục trên R nên liên tục trên các khoảng \(\left( { - 1;0} \right),\left( {0;1} \right),\left( {1;2} \right).\)

Ta có:

\( \begin{array}{l}f\left( { - 1} \right) = - 3\\f\left( 0 \right) = 1\\f\left( 1 \right) = - 1\\f\left( 2 \right) = 15\end{array}\)

Do đó:

+) \(f\left( { - 1} \right).f\left( 0 \right) < 0\) nên phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm trong \(\left( { - 1;0} \right)\)

Loại A, B.

+) \(f\left( 0 \right).f\left( 1 \right) < 0\) nên phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm trong \(\left( {0;1} \right)\)

Do đó phương trình f(x) = 0 có ít nhất hai nghiệm trong \(\left( { - 1;1} \right) \subset \left( { - 2;1} \right).\)

Loại C.

+) \(f\left( 1 \right).f\left( 2 \right) < 0\) nên phương trình f(x) có ít nhất một nghiệm trong \(\left( {1;2} \right).\)

Do đó phương trình f(x) = 0 có ít nhất hai nghiệm trong \(\left( {0;2} \right).\)

Chọn đáp án: D