Bài tập VD – VDC giới hạn của dãy số, giới hạn của hàm số và hàm số liên tục

Tài liệu gồm 42 trang, được biên soạn bởi quý thầy, cô giáo nhóm Strong Team Toán VD – VDC, tuyển tập 61 bài tập VD – VDC giới hạn của dãy số, giới hạn của hàm số và hàm số liên tục có đáp án và lời giải chi tiết, giúp học sinh lớp 11

113 57 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Chương 5: Giới hạn. Hàm số liên tục (KNTT)

Môn: Toán 11

Thông tin:

42 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Kim Oanh
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 1/42
BÀI TẬP VD - VDC
GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ, GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ VÀ HÀM SỐ LIÊN TỤC
- Strong Team Toán VD - VDC -
I. ĐỀ BÀI
Câu 1. Gọi
S
là tập hợp các tham số nguyên
a
thỏa mãn
2
32
lim 4 0
2
n
aa
n




. Tổng các phần tử của
S
bằng:
A.
4. B. 3. C. 5. D. 2.
Câu 2. Tìm tất cả giá trị nguyên của
a
thuộc
0;2020 để
1
.
42
l
1
im
3641
nn
nna
A.
2019
. B.
2018
. C.
2017
. D.
2016
.
Câu 3. Cho


2
2
21
lim 3
153
an n n
bn n


với
,0ab
. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A.
9
2
b
a 
. B.
9ba
. C.
9ab
. D.
3ba
.
Câu 4. Cho
22
15
lim 5
14
an an
n


với
0a
. Tính giá trị biểu thức
P
aa
.
A.
90
. B.
110
. C.
100
. D.
10
.
Câu 5. Cho dãy số
1
3
2
u
và

1
3
23
n
n
n
u
u
nu

. Giới hạn của dãy số
1
n
ni
i
x
u
bằng:
A.
lim 6
n
x
. B.
lim 11
n
x
. C.
11
lim
6
n
x
. D.
11
lim
3
n
x
.
Câu 6. Cho dãy số
n
u
xác định như sau:

1
2
*
1
2020
5
,
22
n
n
n
u
u
un
u

. Khẳng định nào sau đây sai về dãy
n
u
?
A.
n
u
là dãy số giảm. B.
n
u
bị chặn dưới. C.
5
lim
4
n
u
. D. lim 1
n
u .
Câu 7. Cho dãy số
n
u
xác định bởi công thức:
 
1
1
22
2021
1 2020
1;1
11
nn
u
uun
nn






. Khi đó
lim
n
u bằng:
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 2/42
A.
2020
. B.
2021
2
. C.
4041
. D.
4041
2
.
Câu 8. Số thập phân vô hạn tuần boàn 0,11272727… được biểu diễn dưới dạng phân số tối giản
a
b
, trong
đó
a
và
b
là các số nguyên dương. Tính
5ab
.
A.
120. B. 430 . C. 430. D. 120 .
Câu 9. Cho dãy số
n
u
với
11 1 1
...
3927 3
n
n
u




. Tính
lim
n
u
.
A.
1
4
. B.
1
4
.
C.
1
2
. D.
1
2
.
Câu 10. Thả một quả bóng cao su từ độ cao
60m
so với mặt đất, mỗi lần chạm đất quả bóng lại nảy lên một
độ cao bằng
1
3
độ cao lần rơi trước. Biết rằng quả bóng luôn chuyển động vuông góc với mặt đất.
Tổng độ dài hành trình của quả bóng được thả từ lúc ban đầu cho đến khi nó nằm yên trên mặt đất
thuộc khoảng nào trong các khoảng sau đây?
A.
(113m;115m)
. B.
(115m;117 m)
. C.
(117 m;119 m)
. D.
(119 m;121m)
.
Câu 11. Tam giác mà ba đỉnh của nó là ba trung điểm ba cạnh của tam giác
A
BC được gọi là tam giác trung
bình
của tam giác
A
BC
.
Ta xây dựng dãy các tam giác
111 2 2 2 33 3
, , ,...ABC ABC ABC sao cho
111
A
BC là một tam giác đều cạnh
bằng
x
và với mỗi số nguyên dương
2n
, tam giác
nnn
BC
là tam giác trung bình của tam giác
111nnn
A
BC

. Với mỗi số nguyên dương
n
, kí hiệu
n
S
tương ứng là diện tích tam giác
nnn
BC
. Tính
tổng
12
... ...
n
SS S S
A.
2
3
3
x
. B.
2
3
x
. C.
2
3
2
x
. D.
2
23
3
x
.
Câu 12. Tam giác mà ba đỉnh của nó là ba trung điểm ba cạnh của tam giác
A
BC
được gọi là tam giác trung
bình
của tam giác
A
BC
. Ta xây dựng dãy các tam giác
111
,
BC
222
,
A
BC
333
,...ABC
sao cho
111
A
BC
là một tam giác đều cạnh bằng
6
và với mỗi số nguyên dương
2n
, tam giác
nnn
A
BC là tam giác
trung bình của tam giác
111nnn
A
BC

. Với mỗi số nguyên dương
n
, kí hiệu
n
S
tương ứng là diện
tích hình tròn nội tiếp tam giác
nnn
A
BC
. Tính tổng
12
... ...
n
SS S S
?
A.
15
.
4
S
B.
4.S
C.
9
.
2
S
D.
5.S
Câu 13. Cho dãy số ()
n
u được xác định bởi:
1
1
2
2
;1
1
n
n
n
u
u
un
u

.
Tổng
3
12
123
11
11
... ....
n
n
uu
uu
S
uuu u


 thuộc khoảng nào sau đây?
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 3/42
A.
2;3
. B.
0;1
. C.
11
;
22



.
D.
2;0
.
Câu 14. Từ độ cao
63 m của tháp nghiêng Pi-sa ở Italia, người ta thả một quả bóng cao su xuống đất. Giả
sử mỗi lần chạm quả bóng lại nảy lên độ cao bằng
1
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 biết
quả bóng chỉ rơi xuống và nảy lên theo chiều thẳng đứng.
A.
63 m
. B.

63
10
m
. C.
126 m
. D.
77 m
.
Câu 15. Cho dãy số
n
u
sao cho

1
1
2
,2
nn
u
uu nn

. Tìm
lim
n
u
.
A.
 . B.
0
. C.
2
. D.  .
Câu 16. Có bao nhiêu số nguyên
0;100a
để
lim sin
n
an?
A.
99
. B.
98
. C.
50
. D.
0
.
Câu 17. Cho dãy số
n
u với
n
11 11 11
u.
3.5 5.7 (2n 1)(2n 1)


Khi đó
n
lim u
bằng:
A.
1
2
. B.
11
2
. C.
11
3
. D.
11
6
.
Câu 18. Cho dãy số
n
u
với
n
33
(3n 1)(1 8n)
u.
n3n9


Khi đó
n
lim u
bằng:
A.
 . B.
1
. C.

. D.
3
1
.
Câu 19. Cho dãy số
n
u
được xác định như sau:


1
2*
1
3
55816,
nnnnn
u
uuuuu n

.
Đặt
1
3
n
n
i
i
n
v
u
, hãy tính lim
n
v .
A.
1
5
. B.
1
4
. C.

. D.

.
Câu 20. Cho dãy số
n
u
được xác định bởi

12
*
21
1, 2021
2 1010 ,
nn n
uu
uu u n



. Tính
lim
n
u
.
A.
1010
. B.
1010
. C.

. D.  .
Câu 21. Cho dãy số
n
x
được xác định như sau:

1
1
1
(1)(2)(3)1 1
nnnnn
x
xxxxx n

.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 4/42
Đặt
1
1
2
n
n
i
ni
y
xx
với
1,2,....n
. Tìm
lim
n
n
y

.
A.

B.
1
2
. C.
2
D.
2
2
.
Câu 22. Gọi
,ab
là các giá trị để hàm số

2
2
,1
1
1, 1
xaxb
x
fx
x
xx



có giới hạn hữu hạn khi
x
dần tới 1
. Tính ab ?
A.
4
. B. 3. C.
2
. D.
1
.
Câu 23. Cho
2
0
(1 ) (1 )
lim 15, 11, ,
nm
x
mx nx
nm nm
x


. Khi đó
n
bằng:
A.
9
. B.
8
. C.
7
. D.
6
.
Câu 24. Tính A
3
4
0
21.31.411
lim
x
xxx
x





.
A. 2A . B. 1A . C.
9A
. D.
3A
.
Câu 25. Tính
L
3
4
7
220
lim
92
x
xx
x






.
A.
176
27
L
. B.
176
27
L
. C.
102
27
L
. D.
112
27
L
.
Câu 26. Cho

f
x
là đa thức thỏa mãn
1
5
lim 10
1
x
fx
x
. Tính
 
3
2
1
47 4
lim
2
x
fx fx
T
xx


.
A.
5
81
. B.
5
81
. C.
40
81
. D.
5
9
.
Câu 27. Cho
2
3
1
230 5
lim
32
x
ax bx
c
x
x


với
,,abc
. Tính giá trị
22
36Pa b c
.
A.
10
. B.
15
. C.
20
. D.
25
.
Câu 28. Tính giới hạn
3
2
0
94 4 8
lim
sin
x
xx
x





.
A.
4
9
. B.
3
2
. C. Không tồn tại. D.
9
4
.
Câu 29. Ta có
3
232
lim 3 3
x
a
xx xxx
b

 
với
,*ab
và
a
b
là phân số tối giản. Tính
ab
.
A.
5ab
. B.
6ab
. C.
4ab
. D.
7ab
.
Câu 30. Cho
1
lim .sin
3
x
a
x
x
b







với
,*ab
và
a
b
là phân số tối giản. Tính
ab
.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 5/42
A.
6ab
. B.
4ab
. C.
2ab
. D.
0ab
.
Câu 31.
2
2
31 1
lim
3
22
x
ax x x
xx x



. Giá trị
a
là:
A.
4
. B.
1
. C.
2
. D. 4.
Câu 32.
33 2 2
lim 8 5 4 3
x
a
xx xx
b

 
( phân số tối giản). Tính
23Pab
.
A.
7P 
. B.
10P 
.
C.
20P 
. D. 2P  .
Câu 33. Cho giới hạn
22
2
35sin27cos
lim
22
x
x
xxa
x
b
A


,
,ab . Khi đó
ab
là:
A.
0
. B.
5
2
. C.
7
2
. D.
1
.
Câu 34. Cho
là một góc cho trước (đơn vị radian). Giới hạn:
3323 13
23
sin
lim sin 3.sin 3 .sin ... 3 .sin
33 3 3
x
x
x
ab
c






. Tính
3Tab c
.
A.
12T 
. B. 8T  . C. 8T . D.
12T
Câu 35. Cho các số thực
a
,
b
,
c
với
0a
thỏa mãn
2
2ca
và
2
lim 3
x
ax bx cx


. Tính
5Pab c
.
A.
28P 
B.
0P
C.
28P
D.
1P
.
Câu 36. Giới hạn
2
lim 4 1 2
x
Ixxx


bằng:
A.
I 
. B.
1
4
I
. C.
1
4
I
. D.
I 
.
Câu 37. Giới hạn

2
2
1
34
lim
1
x
xx
I
x


bằng:
A.
1I  . B. I . C.
0I
. D. I .
Câu 38. Kết quả của giới hạn
2
11
lim ( )
2
22
x
x
x
x

là:
A.
11
. B.
0
. C.

. D.

.
Câu 39. Kết quả của giới hạn

32
3
1
lim
1
x
x
x
x

là:
A.
2 . B. 1. C.  . D.

.
Câu 40. Cho
1
10
lim 5
1
x
fx
x
và

3
() 6 2 () 2gx fx fx
.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 6/42
Tính

1
1
lim
1()
x
x
gx
.
A.

. B.
5
12
. C.
5
12
. D.  .
Câu 41. Cho
a
và
b
là các số nguyên dương. Biết
3
232
7
lim 4 8 2 3
3
x
xax x bx


. Khi đó
a
và
b
thỏa mãn hệ thức nào sau đây?
A.
233ab
. B.
235ab
. C.
236ab
. D.
234ab
.
Câu 42. Biết giới hạn
3
32 2
lim 8 4 3
x
a
Lxxxx
b


với
,ab
là số tự nhiên và
a
b
là phân số tối
giản. Tính
ab
.
A.
7 B.
11
C. 9 D. 13
Câu 43. Cho hàm số


2
2
2
2, 1
36, 1
45, 1
x
x
fx x x
ax



. Tìm
a
để hàm số gián đoạn tại điểm
0
1x
.
A.
1. B. 1 . C. 1 . D. 2 .
Câu 44. Cho hàm số

3
5122 2
,3
3
21, 3
ax ax
x
fx
x
xx


. Tìm
a
để hàm số liên tục tại
0
3x
.
A.
20
. B. 22 . C.
23
. D. 24 .
Câu 45. Tìm
m
để hàm số

413
2
2
2
x
khi x
fx
x
mx khi x

liên tục tại
0
2x
.
A.
1
3
m
. B.
1
3
m 
. C.
2
3
m
. D.
2
3
m 
.
Câu 46. Tích tất cả các giá trị của
m
để hàm số

32
2
23 2
1
1
3 2021 1
xxx
khi x
fx
x
mx mx khix


liên tục tại
0
1x
bằng?
A.
2021
. B.
2021
. C.
2020
. D.
2022
.
Câu 47. Cho hàm số
 
2
3
12 1
khi
431 2
,,,
1
khi
22
ax bx
x
xx
f x abc
c
x



. Biết hàm số liên tục tại
0
1
2
x
.
Tính
S abc
.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 7/42
A.
36S 
. B.
18S
. C.
36S
. D.
18S 
.
Câu 48. Cho hàm số

2
63
khi 2
44
1
khi 2
6
xaxb
x
xx
fx
x



với
,ab
. Tính giá trị của biểu thức
22
Sa b
khi hàm số liên tục tại
2x
.
A.
2S . B. 1S . C. 4S . D. 8S .
Câu 49. Cho hàm số

2020
2
khi 1
2021 1 2021
khi 1
xx
x
fx
xx
ax


.
Khi hàm số
yfx
liên tục tại
0
1x
thì
1010
m
an
trong đó
m
và
n
là hai số nguyên tố cùng
nhau. Tính
2nm
.
A.
2021
. B.
2020
. C.
2022
. D.
2023
.
Câu 50. Cho hàm số
2
3
1
khi 3, 2
()
6
3 khi 3,
x
xx
fx
xx
mxm



. Tìm
m
để hàm số liên tục tại
3x
.
A.
3m
. B.
3m 
. C.
23
3
m . D.
23
3
m  .
Câu 51. Cho hàm số
sin 5
khi 0
()
5
2 khi 0
x
x
fx
x
ax

. Tìm
a
để hàm số

f
x
liên tục tại
0x
.
A.
1a
. B.
1a 
. C.
2a 
. D.
2a
.
Câu 52. Cho hàm số



2
1
1
1
1
xaxb
khi x
yfx
x
ckhix


, với
0a
. Biết hàm số liên tục trên tập xác
định. Tính giá trị biểu thức
28Tabc
?
A.
1T 
. B.
0T
. C.
22T 
. D.
2T
.
Câu 53. Cho
,ab
là các tham số thực sao cho hàm số
cos khi
3
()
khi
3
xx
fx
ax b x

liên tục trên
. Tính giá
trị của biểu thức
2ab
.
A.
0
. B. 1. C. 2. D. 3.
Câu 54. Phương trình nào dưới đây luôn có nghiệm với mọi
m
?
A.

32
1210mxx
B.
54
30mx x
.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 8/42
C.
23 2
1110mxmx
. D.
275
510mm xx
.
Câu 55. Phương trình
54
5410xxx
có ít nhất bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng
0;5
?
A.
Một. B. Hai.
C.
Ba. D. Vô nghiệm.
Câu 56. Phương trình nào sau đây luôn có nghiệm với mọi giá trị của
m
.
A.
52
110mxxx. B.
54
210mx x
.
C.

252
420mxmx
. D.
25
1420mxx
.
Câu 57. Phương trình nào sau đây có đúng một nghiệm trên khoảng
1;1 .
A.
53
5410xxx
. B.
54
330xxx
.
C.
42
210xx
. D.
5
210xx
.
Câu 58. Trong các phương trình sau, phương trình nào có đúng 5 nghiệm phân biệt.
A.
3
22 3 2020 4xx x
. B.
5
2020 1 0xx
.
C.
3
3
233 2xx
. D.
543 2
9 4 18 12 1 0xxx x x 
.
Câu 59. Số nghiệm ít nhất có thể của phương trình
33
(1)( 4) 310mx x x x x (
m
là tham số) là:
A.
4
. B. 3. C.
1
. D.
2
.
Câu 60. Trong các phương trình sau, phương trình nào có đúng 5 nghiệm phân biệt?
A.
5
310.xx
B.
53 2 2
2151423 1.xx x x xx 
C.
3
24332.
x
xx
D.
3
261 3.xx
Câu 61. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực sao cho phương trinh
252
54 210mm xx có
nghiệm.
A.
\1;4m
. B.
;1 4;m 
.
C.
1; 4m
. D.
m
.
II. BẢNG ĐÁP ÁN
1A 2D 3A 4B 5D 6C 7D 8D 9A 10D 11A 12B 13D 14D 15D
16B 17D 18A 19D 20C 21A 22D 23D 24D 25D 26B 27B 28D 29D 30C
31D 32D 33D 34D 35B 36D 37B 38D 39D 40D 41C 42B 43B 44D 45B
46C 47A 48A 49D 50D 51B 52D 53B 54D 55C 56D 57D 58D 59B 60B
61A
III. LỜI GIẢI CHI TIẾT
m
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 9/42
Dạng toán 1. Giới hạn hữu hạn của dãy số.
Câu 1. Gọi
S
là tập hợp các tham số nguyên
a
thỏa mãn
2
32
lim 4 0
2
n
aa
n




. Tổng các phần tử của
S
bằng:
A.
4. B. 3. C. 5. D. 2.
Lời giải
Ta có:
2
32
lim 4 0
2
n
aa
n




2
4
lim 3 4 0
2
aa
n




2
3
430
1
a
aa
a

.
Vậy
1; 3 1 3 4S 
.
Câu 2. Tìm tất cả giá trị nguyên của
a
thuộc
0;2020
để
1
.
42
l
1
im
3641
nn
nna
A.
2019
. B.
2018
. C.
2017
. D.
2016
.
Lời giải
Ta có:

1
2
1
12.
42 1 1 1
2
lim lim .
34 4 2
3
2
4
4
n
nn
n
nna a a
a
a







Do đó,
4
.
1
2
1
2162 4
16
a
a
a
Mà
0;2020a
a
. Do đó
4,5,6,..., 2019a .
Vậy có
2016 giá trị nguyên của
a
thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Câu 3. Cho



2
2
21
lim 3
153
an n n
bn n


với
,0ab
. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A.
9
2
b
a 
. B.
9ba
. C.
9ab
. D.
3ba
.
Lời giải
Ta có:




2
2
2
11
2
21
2
lim lim
15
3
153
3
a
an n n
a
nn
b
bn n
b
nn











.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 10/42
Suy ra:
29
3
32
ab
a
b

.
Câu 4. Cho
22
15
lim 5
14
an an
n


với 0a . Tính giá trị biểu thức
P
aa
.
A.
90. B. 110. C. 100. D. 10.
Lời giải
Ta có:
22
22
22
15
15
lim lim
14 14
na na
nn
an an
nn






22 22
15 15
2
lim lim
1
1
42
4
4
na na a a
aa
nn nn
n
n
n
 
 



.
Suy ra
5 10 100
2
a
aa
 .
Vậy
100 10 110Pa a
.
Câu 5. Cho dãy số
1
3
2
u
và

1
3
23
n
n
n
u
u
nu

. Giới hạn của dãy số
1
n
ni
i
x
u
bằng:
A.
lim 6
n
x
. B.
lim 11
n
x
. C.
11
lim
6
n
x
. D.
11
lim
3
n
x
.
Lời giải
Đặt
1
n
n
v
u
Ta có
1
1
12
3
v
u

1
1
(2) 3
1212
33 3
n
nn
nn n
nu
nn
vv
uu u



Lại có
1
21
32
1
2
3
1
4
3
...
1
3
nn
v
vv
vv
n
vv



Cộng vế theo vế các phương trình trên ta có
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 11/42
2345... 1 2 1 3
24 1
1 ...
33 3 3 3.2 6
n
nnn nn
n
v


Suy ra dãy số
n
v có số hạng tổng quát

3
6
n
nn
v

6
3
n
u
nn


1
6
3
n
n
i
x
ii

Vì

11 1 1 111 11 1 1 111 1
... . 1 ... . 1 ... ...
1.42.5 3 3 425 3 3 2 45 3nn n n n n


   






32
32
1111111114849
.1 .
3231233
66116
nnn
nn n
nn n







nên


32 32
32 32
1
6 1 11 48 49 11 48 49
6. .
33
6611636116
n
n
i
nnn nnn
x
ii
nn n nn n
 

 
Suy ra

32
2
32
23
48 49
11
11 48 49 1 11
lim lim lim .
611 6
33
36116
1
n
nnn
nn
x
nn n
nn n














Vậy
11
lim
3
n
x
.
Câu 6. Cho dãy số
n
u
xác định như sau:

1
2
*
1
2020
5
,
22
n
n
n
u
u
un
u

. Khẳng định nào sau đây sai về dãy
n
u :
A.
n
u
là dãy số giảm. B.
n
u
bị chặn dưới. C.
5
lim
4
n
u
. D.
lim 1
n
u
.
Lời giải
+ Dễ thấy
0
n
u
với mọi
*
n
, do đó
n
u
bị chặn dưới.
+ Xét

2
1
5
22
n
nn n
n
u
uu u
u




2
15
45
22 22
nn
nn
nn
uu
uu
uu




+ Lại có

2
1
5
191
22.2921
222 2 2
n
nn
nn
u
uu
uu





1,
n
un
,
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 12/42
+ Giả sử

2
1
1
5
11
22
n
n
n
u
u
u

2
11 1
210 1
nn n
uu u


, hay mọi số hạng đều bằng
1
, vô
lý. Vậy
1,
n
un
+ Do đó
1
0
nn
uu

n , hay
n
u
là dãy số giảm.
+ Vì
n
u là dãy số giảm, bị chặn dưới nên
n
u có giới hạn hữu hạn. Đặt
lim
n
ua
, ta có

2
1
5
22
n
n
n
u
u
u

2
1
5
5( )
22
a
a
a
a loai
a


. Vậy
lim 1
n
u
. Chọn C
Câu 7. Cho dãy số
n
u xác định bởi công thức:
 
1
1
22
2021
1 2020
1;1
11
nn
u
uun
nn






. Khi đó
lim
n
u
bằng:
A.
2020
. B.
2021
2
. C.
4041
. D.
4041
2
.
Lời giải
Ta có:
  
1
22 2
2020
1 2020
2020 1 2020 2020
11 1
n
nnn
u
uuu
nn n






.
Đặt:
2020
nn
vu
.
Ta có:
 


1
1
222
1
2
11
1,1
111
nn n n n
v
nn
vv v v vn
nnn






Do đó:


122 1 2 3 1
22
22
1231
11 2 13
3.1
. . ... . . ...
2
12
1
.....
2
nn n n n n
nn n
nn nn nn
vv v v v v v v
n
nn
n
vvv v
n


 

Hay
1
1 4041 1
2020 ; 1
22
nnn
nn
vvuv n
nn


.
Vậy
4041 1 4041
lim lim
22
n
n
u

.
Dạng toán 2. Tổng của cấp số nhận lùi vô hạn.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 13/42
Câu 8. Số thập phân vô hạn tuần boàn 0,11272727… được biểu diễn dưới dạng phân số tối giản
a
b
, trong
đó
a
và
b
là các số nguyên dương. Tính
5ab
.
A.
120. B.
430
. C. 430. D.
120
.
Lời giải
Ta có:
4
46
2
27
11 27 27 11 31
10
0,112727... ...
1
100 10 10 100 275
1
10

.
Vậy
31, 275ab
. Do đó
5 5.31 275 120ab
.
Câu 9. Cho dãy số
n
u với
11 1 1
...
3927 3
n
n
u




. Tính
lim
n
u
.
A.
1
4
. B.
1
4
. C.
1
2
. D.
1
2
.
Lời giải
n
u
là tổng
n
số hạng đầu tiên của một cấp số nhân có
1
1
3
u 
và
1
3
q 
.
Do đó
1
1
111
3
.1
1
343
1
3
n
n
n
u






 









.
Suy ra
11 1
lim lim 1
43 4
n
n
u












.
Câu 10. Thả một quả bóng cao su từ độ cao 60m so với mặt đất, mỗi lần chạm đất quả bóng lại nảy lên một
độ cao bằng
1
3
độ cao lần rơi trước. Biết rằng quả bóng luôn chuyển động vuông góc với mặt đất.
Tổng độ dài hành trình của quả bóng được thả từ lúc ban đầu cho đến khi nó nằm yên trên mặt đất
thuộc khoảng nào trong các khoảng sau đây?
A.
(113m;115 m)
. B.
(115m;117 m)
. C.
(117 m;119 m)
. D.
(119 m;121m)
.
Lời giải
Ta có tổng độ dài hành trình của quả bóng được thả từ lúc ban đầu cho đến khi nó nằm yên trên mặt
đất bằng tổng quảng đường bóng nảy lên và quãng đường bóng rơi xuống.
+) Vì mỗi lần bóng nảy lên bằng
1
3
lần nảy trước nên ta có tổng quãng đường bóng nảy lên là
23
1
1
11 1 1
3
60. 60. 60. ... 60. ... 60. 30
1
33 3 3
1
3
n
S
  

  
  
.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 14/42
+) Tổng quãng đường bóng rơi xuống là
23
2
1
11 1 1
3
60 60. 60. 60. ... 60. ... 60. 90
1
33 3 3
1
3
n
S
  

  
  
.
Vậy tổng độ dài hành trình của quả bóng là
12
30 90 120( )SS S m
.
Câu 11. Tam giác mà ba đỉnh của nó là ba trung điểm ba cạnh của tam giác
A
BC
được gọi là tam giác trung
bình của tam giác
A
BC
.
Ta xây dựng dãy các tam giác
111 2 2 2 3 3 3
, , ,...ABC ABC ABC
sao cho
111
A
BC
là một tam giác đều cạnh
bằng
x
và với mỗi số nguyên dương
2n
, tam giác
nnn
BC
là tam giác trung bình của tam giác
111nnn
A
BC

. Với mỗi số nguyên dương
n
, kí hiệu
n
S
tương ứng là diện tích tam giác
nnn
BC
. Tính
tổng
12
... ...
n
SS S S
A.
2
3
3
x
. B.
2
3
x
. C.
2
3
2
x
. D.
2
23
3
x
.
Lời giải
Với
1n
thì tam giác đều
111
A
BC
có cạnh bằng
x
nên diện tích tam giác
111
A
BC
là
2
1
3
4
Sx
.
Với
2n thì tam giác đều
222
A
BC
có cạnh bằng
2
x
nên diện tích tam giác
222
BC
là
2
2
3
42
x
S



...................
Như vậy tam giác đều
nnn
BC
có cạnh bằng
1
2
n
x
nên diện tích tam giác
nnn
A
BC
là
2
1
3
42
n
n
x
S



Khi đó ta được dãy
12
, ,... ...
n
SS S
là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu
2
11
3
4
uS x
 và
công bội
1
4
q
.
Do đó tổng
2
1
12
3
... ...
13
n
u
SS S S x
q

.
Câu 12. Tam giác mà ba đỉnh của nó là ba trung điểm ba cạnh của tam giác
A
BC
được gọi là tam giác trung
bình của tam giác
A
BC . Ta xây dựng dãy các tam giác
111
,
BC
222
,
A
BC
333
,...ABC
sao cho
111
A
BC
là một tam giác đều cạnh bằng
6
và với mỗi số nguyên dương
2n
, tam giác
nnn
A
BC
là tam giác
trung bình của tam giác
111nnn
A
BC

. Với mỗi số nguyên dương
n
, kí hiệu
n
S tương ứng là diện
tích hình tròn nội tiếp tam giác
nnn
A
BC
. Tính tổng
12
... ...
n
SS S S
?
A.
15
.
4
S
B.
4.S
C.
9
.
2
S
D.
5.S
Lời giải
Ta có dãy các tam giác
111 2 2 2 33 3
, , ,...ABC A BC ABC
là các tam giác đều.
Đặt
12
, ,..., ,...
n
aa a lần lượt là độ dài cạnh của các tam giác đều trên.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 15/42
Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều thứ
n
bằng
3
6
n
a
.
Với
1n
thì tam giác đều
111
A
BC
có cạnh bằng
6
nên đường tròn nội tiếp tam giác
111
A
BC
có bán
kính
1
3
6.
6
R
2
1
3
6.
6
S





.
Với
2n thì tam giác đều
222
A
BC
có cạnh bằng
6
3
2
nên đường tròn nội tiếp tam giác
222
BC
có bán kính
2
13
6. .
26
R
2
2
13
6. .
26
S





.
Với
3n
thì tam giác đều
333
A
BC
có cạnh bằng
3
2
nên đường tròn nội tiếp tam giác
222
A
BC
có
bán kính
3
13
6. .
46
R
2
3
13
6. .
46
S





.
...................
Như vậy tam giác đều
nnn
BC
có cạnh bằng
1
1
6.
2
n



nên đường tròn nội tiếp tam giác
nnn
BC
có
bán kính
1
13
6. .
26
n
n
R



2
1
13
6. .
26
n
n
S








.
Khi đó ta được dãy
1
S ,
2
S , ... ...
n
S là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu
11
3uS
 và
công bội
1
4
q
.
Do đó tổng
12
... ...
n
SS S S
1
4
1
u
q

.
Câu 13. Cho dãy số
()
n
u
được xác định bởi:
1
1
2
2
;1
1
n
n
n
u
u
un
u

.
Tổng
3
12
123
11
11
... ....
n
n
uu
uu
S
uuu u



thuộc khoảng nào sau đây?
A.
2;3
. B.
0;1
. C.
11
;
22



. D.
2;0
.
Lời giải
Ta có:
123
111 1
1 1 1 ... 1 ...
n
S
uuu u







Gọi
()
n
y
là dãy số được xác định bởi
11
1
1
nn
nn
yu
uy

.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 16/42
Thay vào công thức truy hồi của dãy
()
n
u
ta được:

11
1
2
1
1211
12
1
1222
1
1
n
nnnn
nn
n
y
yyyy
yy
y



.
Suy ra
()
n
y
là một cấp số nhân lùi vô hạn có
1
1
11
1
2
y
u

và
1
2
q
.
Khi đó:
1
123
1
2
..... ... 1
1
1
1
2
n
y
Syy y y
q

. Hay
2;0S  .
Câu 14. Từ độ cao
63 m của tháp nghiêng Pi-sa ở Italia, người ta thả một quả bóng cao su xuống đất. Giả
sử mỗi lần chạm quả bóng lại nảy lên độ cao bằng
1
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 biết
quả bóng chỉ rơi xuống và nảy lên theo chiều thẳng đứng.
A.
63 m . B.

63
10
m
. C.
126 m . D.
77 m .
Lời giải
Ta thấy:
Ban đầu bóng cao 63m nên chạm đất lần 1 bóng di chuyển quãng đường
1
63Sm .
Từ lúc chạm đất lần một đến chạm đất lần hai bóng di chuyển được quãng đường là
21
1163
2 . 2.63.
10 10 5
SS
(do độ cao lần hai bằng
1
10
độ cao ban đầu).
Từ lúc chạm đất lần hai đến chạm đất lần ba bóng di chuyển được quãng đường là
32
1
10
SS
(do
độ cao lần ba bằng
1
10
độ cao lần hai)... Cứ tiếp tục như vậy kéo dài ra vô tận thì ta có được tổng
quãng đường mà bóng cao su đã di chuyển là
2
123 122 2 12
11 1
... . . ...
1
10 10
1
10
SSSS SSS S SS

 



63 10
63 . 77
59
m
.
Vậy quãng đường di chuyển của bóng là
77m
.
Dạng toán 3. Giới hạn vô cực của dãy số.
Câu 15. Cho dãy số
n
u sao cho

1
1
2
,2
nn
u
uu nn

. Tìm
lim
n
u .
A.
 . B.
0
. C.
2
. D.  .
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 17/42
Lời giải
Ta có :

1
1
2
2
nn
u
uu nn

.
21 32 1
2; 3, ...,
nn
uu uu uu n


1
1(2 )
2 3 4 ... 2
2
n
nn
uu n


.
lim
n
u
.
Câu 16.
Có bao nhiêu số nguyên
0;100a để
lim sin
n
an
.
A.
99
. B.
98
. C.
50
. D.
0
.
Lời giải

sin
lim sin lim 1
nn
n
n
an a
a




.
Khi
1a
ta có
sin 1
1
lim 0; lim
n
n
n
n
n
aa
a
a







sin
lim 0
n
n
a


sin
lim sin lim 1
nn
n
n
an a
a




.
Khi
1a
ta có
sin 1 sin 2
n
an n
.
Khi
01a
lim 0
n
a

lim sin
n
an không thể là

.
Kết luận có
2;3;4;..;99a nên có
98
số nguyên tìm được.
Câu 17. Cho dãy số
n
u
với
n
11 11 11
u.
3.5 5.7 (2n 1)(2n 1)


Khi đó
n
lim u
bằng:
A.
1
2
. B.
11
2
. C.
11
3
. D.
11
6
.
Lời giải
n
11 11 11
u
3.5 5.7 (2n 1) (2n 1)


11 5 3 7 5 (2n 1) (2n 1)
23.55.7 (2n1)(2n1)






11 1 1 1 1 1 1 11 1 1
23557 2121 2321nn n

 



.
n
11 1 1 11
lim u
2321 6
lim
n



.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 18/42
Câu 18. Cho dãy số
n
u với
n
33
(3n 1)(1 8n)
u.
n3n9


Khi đó
n
lim u
bằng:
A.

. B.
1
. C.

. D.
3
1
.
Lời giải
2
2
22
n
33
3
333
3
3
56
6
24 5 1 5 1
24
(3n 1)(1 8n) 24 5 1
lim u lim lim lim
51
n3n9 39 51
1
nn
nn
nnn
nn nn
nnn
n




 

.
Câu 19. Cho dãy số
n
u
được xác định như sau:


1
2*
1
3
55816,
nnnnn
u
uuuuu n

.
Đặt
1
3
n
n
i
i
n
v
u
, hãy tính
lim
n
v
.
A.
1
5
. B.
1
4
. C.

. D.

.
Lời giải
Dễ thấy
*
0,
n
un
.
Theo đề bài ta có

 
222
1
22
22 2 2
55816 5 5816
58516 54 54.
nnnnn nnnn
nn nn nn nn
uuuuu uuuu
uu uu uu uu


Suy ra
2
1
256 23
nnnnn
uuuuu


1 1
1111111
22323322
nnnnnnnn
uuuuuuuu


.
Do đó
11
111 1
11 11 11
.. .
3222252
nn
n
ii
iii n n
n
vn n n
uuuuu u



 




.
Mặt khác, từ
2
1
54
nnn
uuu

ta suy ra
1
5
nn
uu
ta có
21
32
11
4 3 234. 123 1 1
1
1
5
5
1
5 . . ... 5 . ... 5 lim lim 0
2
...
5
nn
nnn n
n
nn
uu
uu
uu uuuu uuuu u u u
u
uu


.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 19/42
Từ đó ta có
1
11
lim lim .
52
n
n
vn
u




.
Câu 20. Cho dãy số
n
u
được xác định bởi

12
*
21
1, 2021
2 1010 ,
nn n
uu
uu u n



. Tính
lim
n
u
.
A.
1010. B. 1010 . C.

. D.

.
Lời giải
Chọn C


12
21
1, 2021 1
1
200211
nn n
uu
n
uu u



.
Đặt
1nn n
vu u

.
Ta có
21 1 1
2 2020 2020
nnnn nn
uuuu vv


.
Suy ra

n
v
lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu
1
2020v
và công sai
2020d
.
Nên

2020 1 .2020 2020
n
vn n
.
Khi đó:
112 211nnn n n
uuu uu uuu


12 11
. 2020 1 2 1 1
nn
vv vu n n




2
1
2020 1 1010 1 1 1010 1010 1
2
nn
nn n n

.
Do đó:
22
2
1010 1
lim lim(1010 1010 1) lim (1010 )
n
unnn
nn

.
Ta có
2
lim n 
và
2
1010 1
lim(1010 ) 1010 0
nn

Vậy
lim .
n
u 
Câu 21. Cho dãy số
n
x
được xác định như sau:

1
1
1
(1)(2)(3)1 1
nnnnn
x
xxxxx n

.
Đặt
1
1
2
n
n
i
ni
y
xx
với
1,2,....n
. Tìm
lim
n
n
y

.
A.

B.
1
2
. C.
2
D.
2
2
.
Lời giải
Chọn A

22 2
1
(1)(2)(3)1 3 321 31
nnnnn nnnn nn
xxxxx xxxx xx

(1)
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 20/42
Vì
1
1 0 0, 1, 2,...
n
xxn
Ta có: +

2
1
132 12
nnnnn
xxxxx

+

1
1111
11212
nnnnn
xxxxx


1
111
21 1
nnn
xxx


Do đó
1
1
2
n
n
i
ni
y
xx
=
1
111 1
11 1111
111 12 1
n
i
ii n n
xx xx x






Từ (1)
21
1
313 3.3 3
kk
kkk k
xxx x

Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp
1
3lim
n
nn
xx

Vậy
1
11
lim lim
21
nn
n
yx
x




vì
lim
n
x 
;
1
11 1
lim
212
n
x




.
Dạng toán 4. Giới hạn hữu hạn của hàm số tại một điểm.
Câu 22. Gọi
,ab
là các giá trị để hàm số

2
2
,1
1
1, 1
xaxb
x
fx
x
xx



có giới hạn hữu hạn khi
x
dần tới
1
. Tính
ab
?
A.
4
. B.
3
. C.
2
. D.
1
.
Lời giải
Do hàm số

f
x
có giới hạn hữu hạn khi
x
dần tới 1 nên
1x 
là nghiệm của phương trình
2
0xaxb
, do đó ta 10 1ab b a.
Ta viết lại hàm số

1
,1
1
1, 1
xa
x
fx
x
xx



.
Mặt khác giới hạn cần tìm tồn tại
 
11
2
lim lim 0 2 1
2
xx
a
f
x
f
xab

 

.
Do đó
1ab
.
Câu 23. Cho
2
0
(1 ) (1 )
lim 15, 11, ,
nm
x
mx nx
nm nm
x


. Khi đó
n
bằng:
A.
9
. B.
8
. C.
7
. D.
6
.
Lời giải
Ta có:
22
33
(1)
(1 ) 1 .
2
n
mnn x
mx mnx m x A

( với

3
34
...
n
n
nn n
A
CmxC mx C

)

22
33
(1)
11
2
m
nmm x
nx mnx n x B

, ( với

3
34
...
m
m
mm m
B
CnxC nx C

)
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 21/42
Do đó:
2
0
(1 ) (1 )
15 lim
nm
x
mx nx
x


22
33
0
(1) ( 1)
lim
2
x
mnn nmm
x
mA nB





22
(1) ( 1) ( )
22
mnn nmm mnn m

.
Khi đó ta có:

32
6
()
()30
15
2 33 121 30 0
2
21 481
11
11
4
nN
mn n m
mn n m
nn n
mn
nL
mn





.
Câu 24. Tính
A
3
4
0
21.31.411
lim
x
xxx
x





.
A.
2A
. B.
1A
. C.
9A
. D.
3A
.
Lời giải
Với mọi số thực
, , abc
ta có:

11 1 1aab abc abc
Do đó
 
333
4 4
21.31.411 211 21311 21.31411xxx x x x xx x  
 
3
232
3
3
44
4
2321 421.31
211
31 311 41 41 411
xxx xxx
x
xx x x x




Do đó
 
3
232
0
3
3
44
4
2321 421.31
lim
211
31 311 41 41 411
x
xxx
A
x
xx x x x






 

111 3A 
Câu 25. Tính
L
3
4
7
220
lim
92
x
xx
x






.
A.
176
27
L
. B.
176
27
L
. C.
102
27
L
. D.
112
27
L
.
Lời giải
Ta có:
3
4
7
220
lim
92
x
xx
A
x






3
4
7
23 203
77
lim
92
7
x
xx
xx
x
x









Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 22/42



 

2
3
3
7
32
4
44
11
11
23
20 3 20 9
112
627
lim
11
27
32
92 94 98
x
x
xx
xxx




.
Câu 26. Cho

f
x là đa thức thỏa mãn
1
5
lim 10
1
x
fx
x
. Tính
 
3
2
1
47 4
lim
2
x
fx fx
T
xx


.
A.
5
81
. B.
5
81
. C.
40
81
. D.
5
9
.
Lời giải.
Đặt


  
1
5
15lim5
1
x
fx
gx f x x gx f x
x

.
Ta có:
   
33
22
11
47 4 4733 4
lim lim
22
xx
fx fx fx fx
T
xx xx

 

 
 
3
22
1
473 43
lim
22
x
fx fx
xx xx

 



 







1
2
3
3
45
5
lim
12 43
124 734 79
x
fx
fx
xx fx
xx fx fx















1
2
3
3
5
41
lim .
1
243
24 734 79
x
fx
x
xfx
xfx fx












41 5
10.
81 18 81




.
Câu 27. Cho
2
3
1
230 5
lim
32
x
ax bx
c
x
x


với
,,abc
. Tính giá trị
22
36Pa b c
.
A.
10
. B.
15
. C.
20
. D.
25
.
Lời giải
Ta có

2
3
32 1 2xx x x

2
2
230 50ax bx
có nghiệm kép
1
x
22
21050abx bx có nghiệm kép
1
x
2
2
20
0
21050
ab
ab b




2
22
2
2
25 5 2 0
21050
ab
bab
ab b


2
22
2
2
25
21050
ab
ab b
ab b


Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 23/42
2
22
2
2
25
51050
ab
ab b
bb


2
2
3
1
ab
a
b

3
1
a
b





2
22
2
2
11
2
630 5 630 5
lim lim
12
126305
xx
xx xx
xx
xx x x










2
2
1
2
51
lim
126305
x
x
xx x x



 
1
2
5
lim
26 30 5
x
xx x



5
36
Vậy
15P .
Câu 28. Tính giới hạn
3
2
0
94 4 8
lim
sin
x
xx
x





.
A.
4
9
. B.
3
2
. C. Không tồn tại. D.
9
4
.
Lời giải
Ta có
33
22
00
94 4 8 9422 4 8
lim lim
sin sin sin
xx
xx x x
xxx


 





32
2
3
22
3
00
4
9
94224 8
42.4 8 4 8
942
lim lim
sin sin sin sin
xx
x
xx
xx
x
xx
xx x x
xx x x



















9
9
22
0
14

.
Vậy:
3
2
0
94 4 8 9
lim
sin 4
x
xx
x





.
Dạng toán 5. Giới hạn hữu hạn của hàm số tại vô cực.
Câu 29. Ta có
3
232
lim 3 3
x
a
xx xxx
b

 
với
,*ab
và
a
b
là phân số tối giản. Tính
ab
A.
5ab
. B.
6ab
. C.
4ab
. D.
7ab
.
Lời giải
Có
3232
lim 3 3
x
xx xxx

 
3
232
lim 3 3
x
x
xxxxxx





Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 24/42

2
22
3
32 32 2
3
33
lim
3
3. 3
x
xxx
xx x
x
xx xxxx x










2
2
3
3
2
23 23
313
11
lim
13
11 3 11 3
11
111
x
xxx
xx
xx x xx x



 






 




11 1
23 6

.
Suy ra:
7ab.
Câu 30. Cho
1
lim .sin
3
x
a
x
x
b







với
,*ab
và
a
b
là phân số tối giản. Tính ab .
A.
6ab. B. 4ab. C. 2ab. D. 0ab.
Lời giải
Ta đặt
11
sin sin
11 1
33
lim .sin lim . lim
11
33 3
33
xx x
x
x
Lx
x
x
x
  









Đặt
1
3
t
x
và
lim 0
x
t

thì
0
1
sin
11sin1
3
lim lim
1
333
3
xt
t
x
L
t
x










.
Suy ra:
13 2ab
.
Câu 31.
2
2
31 1
lim
3
22
x
ax x x
xx x



. Giá trị
a
là:
A.
4
. B.
1
. C.
2
. D. 4.
Lời giải
2
22
2
22
31 31
1
31 11
lim lim lim
33
12 12
22
1212
xx x
xa x a
ax x x a
xx xx
xx x
xx
xx xx
  
 



 
11 2 4aaa
.
Câu 32.
3
32 2
lim 8 5 4 3
x
a
xx xx
b

 
( phân số tối giản). Tính
23Pab
.
A.
7P 
. B.
10P 
.
C.
20P 
. D.
2P 
.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 25/42
Lời giải
Ta có:
3332 2 32 2
85 43 852 432
x
xxx xxx xxx

  



2
22
3
32 32 2
3
53
432
85 285 4
xx
x
xx
xx xxx x



2
2
222
3
3
53
3
33
42
8284
xx
x
x
xxx
x
xx






Khi đó
3
32 2
535
lim 8 5 4 3
22.24 4 4
x
xx xx

 

5; 4ab
2P.
Câu 33. Cho giới hạn
22
2
35sin27cos
lim
22
x
x
xxa
x
b
A


,
,ab . Khi đó
ab
là:
A.
0
. B.
5
2
. C.
7
2
. D.
1
.
Lời giải
Ta có:
222 2
123
2222
35sin27cos 3 5sin2 7cos
lim lim lim lim
22 22 22 22
xxxx
A
xxx x x x
A
AA
xxxx
  



+) Với
2
2
1
2
3
lim lim
22 2
33
2
2
xx
x
x
A
x
 

.
+) Với
2
2
5sin2
lim
22
x
A
x
x

Mà
2
222
5sin2
lim lim lim 0
55
0
22 22 22
xxx
A
x
x
xx
  


Suy ra
2
2
5sin2
lim 0
22
x
A
x
x


.
+) Với
2
3
2
7cos
lim
22
x
A
x
x

Mà
3
2
2
22
0
7
l
0
2
cos
im lim lim
22
7
0
222
xxx
x
xx
A
x
  



Suy ra
2
3
2
7cos
lim 0
22
x
A
x
x


Lúc đó
122
3
2
AAA A
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 26/42
Vậy
3a
,
2b
và
1ab
.
Câu 34. Cho
là một góc cho trước (đơn vị radian). Giới hạn
3323 13
23
sin
lim sin 3.sin 3 .sin ... 3 .sin
33 3 3
x
x
x
ab
c






. Tính
3Tab c .
A.
12T  . B.
8T 
. C.
8T
. D. 12T
Lời giải
Áp dụng công thức

3
1
sin 3sin sin 3
4
x
xx
3
1
sin 3sin sin
34 3





3
22
3
3sin 3sin sin
34 3 3





2
23
332
3
3 sin 3sin sin
34 3 3





……
1
13
1
3
3sin 3sin sin
34 3 3
x
x
xxx





Từ đó suy ra

3323 13 3
23
13
sin 3sin 3 sin ... 3 sin sin sin . 1
33 3 3443
x
x
xx


Mà
3
sin
13 11 11
3
lim sin sin sin lim 3 .sin sin lim .
44344 344
3
sin
4
x
x
x
xx
xxx
x



  




  







Vậy
;4 12ab c T
 
.
Câu 35. Cho các số thực
a
,
b
,
c
với
0a
thỏa mãn
2
2ca
và
2
lim 3
x
ax bx cx


. Tính
5Pab c
.
A.
28P 
. B.
0P
. C.
28P
. D. 1P .
Lời giải
Ta có
2
lim 3
x
ax bx cx


22
2
lim 3
x
ac x bx
ax bx cx




.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 27/42
Điều này xảy ra

2
0, 0
3
ac ac
b
ac


. (Vì nếu
0c
thì
2
lim
x
ax bx cx


).
Mặt khác, ta cũng có
2
2ca
.
Do đó,

2
1
36
ac
bac

 
1a , 6b  , 1c . Vậy 5Pab c 0 .
Dạng toán 6. Giới hạn vô cực của hàm số.
Câu 36. Giới hạn
2
lim 4 1 2
x
Ixxx


bằng:
A.
I . B.
1
4
I
. C.
1
4
I
. D. I .
Lời giải
2
2
11
lim 4 1 2 lim 4 2
xx
Ixxxx
xx
 









Do:
2
lim ,
11
lim 4 2 4 0
x
x
x
xx




 



nên
2
11
lim 4 2 .
x
x
xx










Câu 37. Giới hạn

2
2
1
34
lim
1
x
xx
I
x


bằng:
A.
1I 
. B.
I 
. C.
0I
. D.
I 
.
Lời giải
2
2
(1) (1)
(1)
(1)(4)
34
lim lim
1(1)(1)
4
lim
(1)(1)
xx
x
xx
xx
I
xxx
x
xx

 

 






Do



1
1
lim 4 5 ;
lim ( 1) ( 1) 0, ( 1) ( 1) 0 , 1
x
x
x
xx xx x



 
.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 28/42
Câu 38. Kết quả của giới hạn
2
11
lim ( )
2
22
x
x
x
x

là:
A.
11
. B.
0
. C.

. D.  .
Lời giải
Chọn D
22 2
1 1 1 ( 1)( 2 2) 1 ( 1)( 2 2)
lim ( ) lim lim
222 2
22
xx x
xxxxx
xxx x
x



 






Ta có:

2
lim 1 ( 1)( 2 2) 11
x
xx

Mặt khác
2
lim ( 2) 0
x
x

và
2220xxx

2
11
lim ( )
2
22
x
x
x
x


Câu 39. Kết quả của giới hạn

32
3
1
lim
1
x
x
x
x

là:
A.
2
. B.
1
. C.  . D.

.
Lời giải
Ta có:

 
2
32 2
332
11 1
1
lim lim lim
111
xx x
xx
xx x
xxx
  


Vì:
2
1
lim 1
x
x

;

2
1
lim 1 0
x
x


và

2
10, 1xx
Nên

32
3
1
lim
1
x
xx
x


.
Câu 40. Cho
1
10
lim 5
1
x
fx
x
và
3
() 6 2 () 2gx fx fx
.
Tính

1
1
lim
1()
x
x
gx
.
A.

. B.
5
12
. C.
5
12
. D.  .
Lời giải
1
10
lim 5
1
x
fx
x
nên
1
lim 10 0
x
fx

1
lim 10
x
fx

Ta có
33
() 6 2 () 1 () 6 4 2 () 2 4fx fx fx fx  
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 29/42

2
33
2()10
() 10
() 6 4
() 2 2 () 2 4
fx
fx
fx
fx fx



1()
x
gx
=



2
33
2()10
() 10
1
() 6 4
() 2 2 () 2 4
fx
fx
x
fx
fx fx











2
33
() 10 1 2
11
1
() 6 4
() 2 2 () 2 4
fx
xx
x
fx
fx fx










2
2
33
() 10 1 2
11
1
() 6 4
() 2 2 () 2 4
fx
xx
x
fx
fx fx








1
lim 1 ( )
x
xg
x


2
2
1
33
() 10 1 2
lim 1 1
1
() 6 4
() 2 2 () 2 4
x
fx
xx
x
fx
fx fx















2
2
33
12
511110
10 6 4
10 2 2 10 2 4








Mặt khác


2
1
33
() 10 1 2 5
lim 1
112
() 6 4
() 2 2 () 2 4
x
fx
x
x
fx
fx fx













Và
2
10x  với
2
10x  với
1
x

nên

1
1
lim .
1()
x
xgx

Câu 41. Cho
a
và
b
là các số nguyên dương. Biết
3
232
7
lim 4 8 2 3
3
x
xax x bx


. Khi đó
a
và
b
thỏa mãn hệ thức nào sau đây?
A.
233ab
. B.
235ab
. C.
236ab
. D.
234ab
.
Lời giải
Ta có:

2
3232
22
332 32 2
3
23
4823
42
82 3282 34
ax bx
xax x bx
xax x
x
bx x x bx x


 
.
3
232
32
lim 4 8 2 3
46 12
x
ab a b
xax x bx



.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 30/42
Theo bài ra ta có:
32 7
3 2 28 3 2 28
12 3
ab
ab ab


. Suy ra
a
là số chẵn.
Vậy
2ab
là số chẵn. Nên loại phương án A và B.
Giải hệ
3228
236
ab
ab


được
2
17
a
b
thỏa mãn bài toán.
Câu 42. Biết giới hạn
3
32 2
lim 8 4 3
x
a
Lxxxx
b


với
,ab
là số tự nhiên và
a
b
là phân số tối
giản. Tính
ab
.
A.
7
B.
11
C.
9
D.
13
Lời giải
33
32 2 32 2
lim 8 4 3 lim 8 2 2 4 3
xx
x
xxx xxxxxx
 
 
3
32 2
lim 8 2 lim 2 4 3
xx
x
xx x xx
 

2
2
2
33
32 32 2
3
lim lim
432
88.24
xx
xx
x
xx
xx xxx x
 



2
2
2
33
3135
lim lim
12 4 6
3
11
42
88.24
xx
xx
x
x
x
xx
 








Vậy
5, 6 11ab ab
.
Dạng toán 7. Xét tính liên tục của hàm số tại một điểm.
Câu 43. Cho hàm số


2
2
2
2, 1
36, 1
45, 1
x
x
fx x x
ax



. Tìm
a
để hàm số gián đoạn tại điểm
0
1x
.
A.
1
. B.
1
. C.
1
. D.
2
.
Lời giải
TXĐ: D .
Với
1
x
, ta có:
2
14 5fa
.
Với
1
x
, ta có:

2
11
lim 1 lim 2 9
xx
fx



.
2
11
lim 1 lim 3 6 9
xx
fx



.
Suy ra
1
lim 9
x
fx
.
Vậy hàm số gián đoạn tại điểm
0
1x
nếu

1
lim 1
x
f
xf
2
94 5a
1a 
.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 31/42
Câu 44. Cho hàm số

3
5122 2
,3
3
21, 3
ax ax
x
fx
x
xx


. Tìm
a
để hàm số liên tục tại
0
3x
.
A.
20
. B. 22 . C.
23
. D. 24 .
Lời giải
Ta có:
3
lim
x
f
x
3
3
5122 2
lim
3
x
ax ax
x

3
3
514 422 2
lim
33
x
ax a a ax
xx













2
3
33
53 262
lim
3514
342.2 2 2 2
x
ax a x
xx
xxx














2
3
33
54
lim
514
42.2 2 2 2
x
aa
x
xx








=
547
81224
aa a

.
Ta có
37f .
Hàm số liên tục tại điểm
0
3x
3
lim 3
x
fx f
7
7
24
a
24a
.
Vậy hàm số liên tục tại điểm
0
3x
khi
24a
.
Câu 45. Tìm
m
để hàm số

413
2
2
2
x
khi x
fx
x
mx khi x

liên tục tại
0
2x
.
A.
1
3
m
. B.
1
3
m 
. C.
2
3
m
. D.
2
3
m 
.
Lời giải
TXĐ:
D
;
00
2
x
xD
.
Ta có
22
lim lim 2
xx
f
xmxm


.



22 2 2
42
413 4 2
lim lim lim lim
23
413
2413
xx x x
x
x
fx
x
x
xx



 


.
22
f
m .
Hàm số liên tục tại
2x
21
2
33
mm
.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 32/42
Câu 46. Tích tất cả các giá trị của
m
để hàm số

32
2
23 2
1
1
3 2021 1
xxx
khi x
fx
x
mx mx khix


liên tục tại
0
1x
bằng:
A. 2021. B. 2021 . C. 2020 . D. 2022 .
Lời giải
TXĐ:
D
;
00
1
x
xD
.
Ta có


2
32
2
11 1 1
12 2
23 2
lim lim lim lim 2 2 1
11
xx x x
xxx
xxx
fx x x
xx





.
2
1 3 2021fmm .
Hàm số liên tục tại
0
1x
22
3 2021 1 3 2020 0mm mm 
.
Ta thấy phương trình trên có
0ac
nên phương trình có hai nghiệm trái dấu và tích hai nghiệm
bằng
2020
.
Câu 47. Cho hàm số
 
2
3
12 1
khi
431 2
,,,
1
khi
22
ax bx
x
xx
f x abc
c
x



. Biết hàm số liên tục tại
0
1
2
x
.
Tính
S abc
.
A.
36S 
. B.
18S
. C.
36S
. D.
18S 
.
Lời giải
Ta có




2
2
2
22
2
3
22
22
12
43
12
431
21 1 1 2 21 1 1 2
ax bx
ab x bx
ax bx
xx
x x ax bx x x ax bx





 
.
Để
2
3
1
2
12
lim
431
x
ax bx
xx






tồn tại thì

2
22
3
43 21
3
120
3
42
m
abx bx m x
b
ab
a






Khi đó


2
22
33
2
11 1
2
22 2
32 1
12 3132
lim lim lim
431 431
21 1 3 132
xx x
x
ax bx x x
xx xx
xx x x



 



 



1
2
2
33
lim 2
3
13132
2
x
xxx



.
Hàm số liên tục tại
0
1
2
x
khi

1
2
1
lim 2 4
22
x
c
fx f c




Vậy

33 4 36Sabc
.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 33/42
Câu 48. Cho hàm số

2
63
khi 2
44
1
khi 2
6
xaxb
x
xx
fx
x



với
,ab
. Tính giá trị của biểu thức
22
Sa b
khi hàm số liên tục tại
2x
.
A.
2S
. B.
1S
. C.
4S
. D.
8S
.
Lời giải
Cách 1:
Để
2
2
63
lim
44
x
x
ax b
x
x


tồn tại hữu hạn thì phương trình
63
x
ax b
phải có nghiệm kép tại
2.x
Ta có

2
22 2
63 2 6 30ax b x a x ab x b
Khi đó


2
2
22
6.2 3 2
23
6930
330
ab
ab
ab a
ab a b






2
32
1.
363290
ba
ab
aa a



Với
1ab ta được




2
2
2
22 2
63 1
63 1
lim lim lim
44
4463 1
xx x
xx
xx
fx
xx
xx x x









2
2
22
44 1 1
lim lim 2
6
63 1
4463 1
xx
xx
f
xx
xx x x





Do đó hàm số đã cho liên tục tại
2x
.
Vậy
2222
11 2.Sa b
Cách 2:
Để
2
2
63
lim
44
x
x
ax b
xx


tồn tại hữu hạn thì phương trình
63
x
ax b
phải có nghiệm kép tại
2.x
Khi đó

2
6.2 3 .2
23 1
.
11
63
x
ab
ab a
d
ab
xa
dx








Câu 49. Cho hàm số

2020
2
khi 1
2021 1 2021
khi 1
xx
x
fx
xx
ax


.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 34/42
Khi hàm số
yfx
liên tục tại
0
1x
thì
1010
m
an
trong đó
m
và
n
là hai số nguyên tố cùng
nhau. Tính
2nm
.
A.
2021
. B.
2020
. C.
2022
. D.
2023
.
Lời giải
+ Ta có


2020
2020
11
1 1 2021 1 2021
2
lim lim
2021 1 2021
2021 1 2021
xx
xx xx
xx
xx
xx









2019 2018
1
1 ... 1 1 2021 1 2021
lim
2020 1
x
xxx x x x
x



2019 2018
1
... 1 1 2021 1 2021
lim
2020
x
xx x x x

2021 2021
.2. 2022 2022
2020 1010

.
+ Hàm số
yfx
liên tục tại
0
1x

1
2021
lim 1 2022
1010
x
fx f a

.
Vậy
2021m
,
2022n
. Do đó
2 2.2022 2021 2023nm
.
Dạng toán 8. Xét tính liên tục của hàm số trên tập xác định.
Câu 50. Cho hàm số
2
3
1
khi 3, 2
()
6
3 khi 3,
x
xx
fx
xx
mxm



. Tìm
m
để hàm số liên tục tại
3x
.
A.
3m
. B.
3m 
. C.
23
3
m
.
D.
23
3
m 
.
Lời giải
Ta có

2
3
33
13
lim lim
63
xx
x
fx
xx



.
Và
33fm
.
Để hàm số

f
x
liên tục tại
3x
thì
3
lim 3
x
fx f
23
3
m
.
Câu 51. Cho hàm số
sin 5
khi 0
()
5
2 khi 0
x
x
fx
x
ax

. Tìm
a
để hàm số

f
x
liên tục tại
0x
.
A.
1a
. B.
1a 
. C.
2a 
. D.
2a
.
Lời giải
Ta có:
(0) 2fa
.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 35/42
00
sin 5
lim ( ) lim 1
5
xx
x
fx
x


.
Để hàm số liên tục tại
0x thì
0
lim ( ) (0) 2 1 1
x
fx f a a

.
Câu 52. Cho hàm số



2
1
1
1
1
xaxb
khi x
yfx
x
ckhix


, với
0a
. Biết hàm số liên tục trên tập xác
định. Tính giá trị biểu thức
28Tabc?
A.
1T 
. B. 0T . C. 22T  . D. 2T .
Lời giải
Hàm số xác định trên
1;
.
Ta có:







 
2
22 2
2
22
12 1
11
1
1. 1 1. 1
ax ab x b
x axb x axb
x
x
xaxb x xaxb




 

.
Hàm số liên tục trên tập xác định
hàm số liên tục tại điểm
1
x
.
Ta có:



 
22 2
2
2
11 1
12 1
1
lim lim lim
1
1. 1
xx x
ax ab x b
xaxb
fx
x
x
xaxb







.
Vì hàm số liên tục tại
1
x
nên
1
lim
x
f
x
tồn tại hữu hạn.
Do đó: phương trình
22 2
12 1 0ax ab x b
có nghiệm kép
1
x
.
Suy ra:


2
22 2 2
12 1 . 1; 1ax ab x b a x x

2
22222
22 22
22
22
12 2. .3 0
22 32 0
11
1
1
ab a a b a b
aabba aabb
ba ba
ba
ba






 






22
2
2
0
1
4
3
32
4
81
ab
aa
aa VN
ba
b
a






.
Khi đó:


2
11
2
131
12.
888
lim lim
232
1. 1
44
xx
xx
fx
xx x













1
1
2
8
lim
32
232
1
44
x
xx









.
Hàm số liên tục tại
1
x

1
2
lim 1
32
x
fx f c
.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 36/42
Vậy
232 2
;;
4432
ab c
. Nên
282Tabc .
Câu 53. Cho
,ab
là các tham số thực sao cho hàm số
cos khi
3
()
khi
3
xx
fx
ax b x

liên tục trên
. Tính giá
trị của biểu thức
2ab .
A.
0 . B. 1. C. 2. D. 3.
Lời giải
Trên mỗi khoảng ;,;,;
3333





,
f
là hàm số sơ cấp cho bởi một công thức và
xác định nên
f
liên tục. Do đó, hàm số
f
liên tục trên
khi và chỉ khi
f
liên tục tại
3
x

và
3
x
.
Ta có:
 
33
lim lim
3
xx
f
xaxbab


 

,
 
33
1
lim lim cos cos ;
32
xx
fx x


 




1
cos
332
f

 
 
 
 
.
Hàm số liên tục tại
3
x

1
263
32
ab a b
 
.(1)
Ta có:
 
33
1
lim lim cos cos
32
xx
fx x







,
 
33
lim lim
3
xx
f
xaxbab




,
1
cos
332
f

 

 
 
.
Hàm số liên tục tại
3
x
1
263
32
ab a b

. (2)
Từ (1) và (2) ta được
1
0,
2
ab
. Suy ra
21ab
.
Dạng toán 9. Ứng dụng tính liên tục của hàm số trong giải phương trình.
Câu 54. Phương trình nào dưới đây luôn có nghiệm với mọi
m
?
A.
32
1210mxx
. B.
54
30mx x
.
C.
23 2
1110mxmx. D.
275
510mm xx .
Lời giải
Xét phương án A: khi
1m
thì phương trình vô nghiệm.
Xét phương án B: khi
0m
thì phương trình vô nghiệm.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 37/42
Xét phương án C: khi
1m
thì phương trình vô nghiệm.
Xét hàm số


275
510fx m m x x
. Ta có:

2
2
010
119
15 0, m
24
f
fmm m





Suy ra
0. 1 0ff
. Mà hàm số


275
51fx m m x x liên tục trên đoạn
0;1
.
Vậy phương trình

275
510mm xx
có ít nhất 1 nghiệm trên
0;1
với mọi
m
.
Câu 55. Phương trình
54
5410xxx
có ít nhất bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng
0;5
.
A.
Một. B. Hai. C. Ba. D. Vô nghiệm.
Lời giải
Xét hàm số
54
541
f
xx x x liên tục trên
.
Ta có:
010
123
0
232
f
f





suy ra

1
0. 0
2
ff



. Do đó phương trình có ít nhất 1 nghiệm thuộc
khoảng
1
0;
2



.
Ta lại có:

123
0
232
110
f
f





suy ra

1
.1 0
2
ff



. Do đó phương trình có ít nhất 1 nghiệm thuộc
khoảng
1
;1
2



.
Tương tự:


110
5190
f
f


suy ra
1. 5 0ff
. Do đó phương trình có ít nhất 1 nghiệm thuộc
khoảng
1; 5
.
Ta lại có các khoảng

11
0; ; ;1 ; 1;5
22



là đôi một không giao nhau.
Vậy phương trình đã cho có ít nhất ba nghiệm thuộc khoảng
0;5
.
Câu 56. Phương trình nào sau đây luôn có nghiệm với mọi giá trị của
m
.
A.
52
110mxxx
. B.
54
210mx x
.
C.

252
420mxmx. D.

25
1420mxx.
Lời giải
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 38/42
Đặt
25
142*fx m x x
, hàm số liên tục trên
1;0 .
Ta có
2
110, fm m
,
020, fm
.
Vì

0. 1 0, ff m
nên phương trình (*) có ít nhất một nghiệm thuộc
1;0
.
Vậy phương trình (*) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
Câu 57. Phương trình nào sau đây có đúng một nghiệm trên khoảng
1;1 .
A.
53
5410xxx
. B.
54
330xxx
.
C.
42
210xx
. D.
5
210xx
.
Lời giải
Xét hàm số
5
() 2 1
f
xx x là hàm liên tục trên
.
Ta có
120f ,
140f .
Vì
1. 1 0ff
nên phương trình
5
210xx
có ít nhất một nghiệm thuộc
1;1
Giả sử phương trình có hai nghiệm
12
;
x
x
trên khoảng
1;1
.
Khi đó
55
12 1212
020fx fx x x x x
.
43 22 34
121 121212 2
(2)0xxxxxxxxxx
 
222222
12 1 12 2 12 12
111
()() 201
222
xx x xx x xx xx




Do
222222
112 212 12 12
111
()() 20;
222
x
xx x xx x x x x
Nên
12
1
x
x
.
Vậy phương trình luôn có đúng một nghiệm trên khoảng
1;1
.
Câu 58. Trong các phương trình sau, phương trình nào có đúng 5 nghiệm phân biệt?
A.
3
22 3 2020 4xx x
. B.
5
2020 1 0xx
.
C.
3
3
233 2xx
. D.
543 2
9 4 18 12 1 0xxx x x 
.
Lời giải
Với phương án A:
3
22 3 2020 4xx x
Điều kiện:
2
3
x
.
Phương trình
3
22 3 2020 4xx x
3
2020 2 2 3 4 0xx x
.
Xét hàm số
3
( ) 2020 2 2 3 4fx x x x liên tục trên
2
;
3



.
2 36260 2
(0) 4 2 2 0, 0 (0). 0
327 3
ff ff
 

 
 
Nên phương trình
() 0fx
có ít nhất
một nghiệm.
Giả sử phương trình
() 0fx
có hai nghiệm
12
,
x
x
.
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 39/42
Khi đó:
12
() () 0fx fx



33
12 12 1 2
2020 2 2 3 2 3 0xx xx x x

22
12 1 12 2
12
6
2020 0
23 23
B
xx x xx x
xx







12
x
x
Vì
2
2
22
1
12
3
6
2020 0
24
23 23
xx
Bx
xx





.
Vậy phương trình luôn có nghiệm duy nhất.
Với phương án B.
5
2020 1 0xx
.
Xét hàm số
5
( ) 2020 1
f
xx x là hàm liên tục trên
Mặt khác:
(0) 1, (1) 2020 (0). (1) 2020 0ff ff 
Nên phương trình
() 0fx
có ít nhất một nghiệm thuộc
0;1
.
Giả sử phương trình có hai nghiệm
12
,
x
x
.
Khi đó:
55
12 1212
() () 0 2 0fx fx x x x x
43 22 34
1211212122
20
A
xx x xx xx xx x

(1)
Do
22
2222
112 122 12
11 1
20
24 2
A x xx xx x x x




Nên (1)
12
x
x
Vậy phương trình luôn có đúng một nghiệm.
Với phương án C:
3
3
233 2xx
.
Đặt
33
3
32 323 2yx yx xy
Ta có hệ phương trình
3
22
3
23
30
23
xy
xy
xyxy
yx




.
Với
x
y
có:


32
3
1
32 320 1 20
2
x
xx xx xxx
x


.
Với
22
30xyxy phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình có hai nghiệm
1
x
;
2x 
.
Với phương án D.
543 2
9 4 18 12 1 0xxx x x 
.
Xét hàm số
543 2
( ) 9 4 18 12 1
f
xx x x x x liên tục trên .
Ta có:
119
(2) 95 0, (1) 1 0, 0
232
fff




(0) 1 0, (2) 47 0, (10) 7921 0ff f
Do đó phương trình
() 0fx
có ít nhất 5 nghiệm thuộc các khoảng
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 40/42
 
11
2; 1 , 1; , ;0 , 0;2 , 2;10
22




Mặt khác
()
f
x
là đa thức bậc 5 nên có tối đa 5 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có đúng 5 nghiệm.
Câu 59. Số nghiệm ít nhất có thể của phương trình
33
(1)( 4) 310mx x x x x
(
m
là tham số) là:
A.
4
. B. 3. C.
1
. D.
2
.
Lời giải
Xét hàm số


33
() 1 4 3 1
f
xmx x xx x là hàm liên tục trên
.
(2) 1,(0)1,(1) 1,(2) 3ffff
.
Ta có
*
(2).(0) 0ff
nên phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc
(2;0)
.
*
(0). (1) 0ff
nên phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc
(0;1)
.
*
(1). (2) 0ff
nên phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc
(1; 2)
.
Từ đó suy ra phương trình có ít nhất 3 nghiệm. Mặt khác
0m
phương trình có đúng 3 nghiệm
phân biệt.
Câu 60. Trong các phương trình sau, phương trình nào có đúng 5 nghiệm phân biệt?
A.
5
310.xx
B.
53 2 2
2151423 1.xx x x xx 
C.
3
24332.
x
xx
D.
3
261 3.xx
Lời giải
A.
Xét hàm số
5
() 3 1
f
xx x là hàm liên tục trên
. Mặt khác:
(1) 1, (0) 1 (1).(0) 1 0ffff
.
Nên phương trình
() 0fx
có ít nhất một nghiệm thuộc
1; 0
.
Giả sử phương trình có hai nghiệm
12
,
x
x
.
Khi đó:
55
12 1212
() () 0 3 0fx fx x x x x
43 22 34
1211212122
30
A
xx x xx xx xx x

(1)
Do
22
2222
112 122 12
11 1
30
24 2
A x xx xx x x x




Nên (1)
12
x
x
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 41/42
Vậy phương trình luôn có đúng một nghiệm.
B.
Phương trình đã cho tương đương với:
2
53 2 2
2151423 1xx x x xx 
543 2
9 4 18 12 1 0xxx x x
(1)
Hàm số
543 2
( ) 9 4 18 12 1
f
xx x x x x liên tục trên
.
Ta có:
119
(2) 95 0, (1) 1 0, 0
232
fff




(0) 1 0, (2) 47 0, (10) 7921 0ff f
Do đó phương trình
() 0fx
có ít nhất 5 nghiệm thuộc các khoảng
 
11
2; 1 , 1; , ;0 , 0;2 , 2;10
22




Mặt khác
()
f
x
là đa thức bậc 5 nên có tối đa 5 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có đúng 5 nghiệm.
C.
Điều kiện:
3
2
x
.
Phương trình
3
233240xx x
.
Xét hàm số
3
() 2 33 2 4fx x x x liên tục trên
3
;
2



.
319 3
(0) 4 3 3 0, 0 (0). 0
28 2
ffff
 

 
 
Nên phương trình
() 0fx
có ít nhất một nghiệm.
Giả sử phương trình
() 0fx
có hai nghiệm
12
,
x
x
.
Khi đó:
12
() () 0fx fx

33
12 12 1 2
2332320xx xx x x 

22
12 1 122
12
6
20
32 32
B
xx x xx x
xx







12
x
x(Vì
2
2
22
1
12
3
6
20
24
32 32
xx
Bx
xx





).
Vậy phương trình luôn có nghiệm duy nhất.
D.
Phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 61. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực sao cho phương trình
252
54 210mm xx
có
nghiệm.
A.
\1;4m
. B.
;1 4;m 
.
C.
1; 4m
. D.
m
.
m
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
TOANMATH.com Trang 42/42
Lời giải
+ Nếu
2
540 1;4mm m
thì phương trình đã cho trở thành
2
210x 
. Đây là một
phương trình vô nghiệm.
+ Nếu
2
540mm
thì phương trình bậc 5 luôn có ít nhất một nghiệm.
Vậy để phương trình đã cho có nghiệm thì
\1;4m
.
____________________ HẾT ____________________
| 1/42
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com BÀI TẬP VD - VDC
GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ, GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ VÀ HÀM SỐ LIÊN TỤC
- Strong Team Toán VD - VDC - I. ĐỀ BÀI  3n  2  Câu 1.
Gọi S là tập hợp các tham số nguyên a thỏa mãn 2 lim
a  4a  0  
. Tổng các phần tử của  n  2  S bằng: A. 4. B. 3. C. 5. D. 2. n n 1 4  2  1 Câu 2.
Tìm tất cả giá trị nguyên của a thuộc 0;2020 để lim  .
3n  4na 6 1 A. 2019 . B. 2018 . C. 2017 . D. 2016 .  2
an n2n   1 Câu 3. Cho lim 
 3 với a,b  0 . Khẳng định nào sau đây là đúng? 2
1 bn 5  3n 9b A. a   . B. b  9  a . C.
a  9b . D. b  3  a . 2 2 2
an 1  an  5 Câu 4. Cho lim  5
 với a  0 . Tính giá trị biểu thức P a a . 1 4n A. 90 . B. 110. C. 100. D. 10 . 3 3u n Câu 5.
Cho dãy số u  và n u
. Giới hạn của dãy số x  u bằng: 1 2 n 1 
n  2u 3 n i n i 1  11 11
A. lim x  6 . B. lim x 11. C. lim x  . D. lim x  . n n n 6 n 3 u   2020 1  Câu 6.
Cho dãy số u xác định như sau: 2  u  5
. Khẳng định nào sau đây sai về dãy n n * u  , n    n 1   2  u  2 n  u ? n  5
A. u là dãy số giảm. B. u bị chặn dưới. C. limu  . D. lim u  1 . n n n 4 n Câu 7.
Cho dãy số u xác định bởi công thức: n u   2021 1   1   2020
. Khi đó limu bằng: u  1    u  ; n  1 nn 1     n  2 1 n  n  2 1 TOANMATH.com Trang 1/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com 2021 4041 A. 2020 . B. . C. 4041. D. . 2 2 a Câu 8.
Số thập phân vô hạn tuần boàn 0,11272727… được biểu diễn dưới dạng phân số tối giản , trong b
đó a và b là các số nguyên dương. Tính 5a b . A. 120. B. 43  0. C. 430. D. 12  0. 1 1 1  1 nCâu 9.
Cho dãy số u với u      ...  . Tính limu . n n   3 9 27  3  n 1 1 A.  . B. . 4 4 1 1 C. . D.  . 2 2
Câu 10. Thả một quả bóng cao su từ độ cao 60m so với mặt đất, mỗi lần chạm đất quả bóng lại nảy lên một 1
độ cao bằng độ cao lần rơi trước. Biết rằng quả bóng luôn chuyển động vuông góc với mặt đất. 3
Tổng độ dài hành trình của quả bóng được thả từ lúc ban đầu cho đến khi nó nằm yên trên mặt đất
thuộc khoảng nào trong các khoảng sau đây?
A. (113 m;115 m) . B. (115 m;117 m) . C. (117 m;119 m) . D. (119 m;121m) .
Câu 11. Tam giác mà ba đỉnh của nó là ba trung điểm ba cạnh của tam giác ABC được gọi là tam giác trung
bình của tam giác ABC .
Ta xây dựng dãy các tam giác A B C , A B C , A B C ,... sao cho A B C là một tam giác đều cạnh 1 1 1 2 2 2 3 3 3 1 1 1
bằng x và với mỗi số nguyên dương n  2 , tam giác A B C là tam giác trung bình của tam giác n n n
A B C . Với mỗi số nguyên dương n , kí hiệu S tương ứng là diện tích tam giác A B C . Tính n 1  n 1  n 1  n n n n
tổng S S S  ... S  ... 1 2 n 3 3 2 3 A. 2 x . B. 2 3x . C. 2 x . D. 2 x . 3 2 3
Câu 12. Tam giác mà ba đỉnh của nó là ba trung điểm ba cạnh của tam giác ABC được gọi là tam giác trung
bình của tam giác ABC . Ta xây dựng dãy các tam giác A B C , A B C ,
A B C ,... sao cho A B C 1 1 1 2 2 2 3 3 3 1 1 1
là một tam giác đều cạnh bằng 6 và với mỗi số nguyên dương n  2 , tam giác A B C là tam giác n n n
trung bình của tam giác A B C . Với mỗi số nguyên dương n , kí hiệu S tương ứng là diện n 1  n 1  n 1  n
tích hình tròn nội tiếp tam giác A B C . Tính tổng S S S  ...  S  ...? n n n 1 2 n 15 9 A. S  . B. S  4. C. S  . D. S  5. 4 2 u   2 1 
Câu 13. Cho dãy số (u ) được xác định bởi:  2u . n n u  ; n   1 n 1   u 1  n 1 u 1 u 1 u 1 u Tổng 1 2 3 S     ... n
.... thuộc khoảng nào sau đây? u u u u 1 2 3 n TOANMATH.com Trang 2/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com  1  1 
A. 2;3. B. 0; 1 . C. ;  . D.  2;  0 .  2 2 
Câu 14. Từ độ cao 63m của tháp nghiêng Pi-sa ở Italia, người ta thả một quả bóng cao su xuống đất. Giả 1
sử mỗi lần chạm quả bóng lại nảy lên độ cao bằng
độ cao mà quả bóng đạt được ngay trước đó. 10
Tính độ dài hành trình của quả bóng từ thời điểm ban đầu cho đến khi nó nằm yên trên mặt đất biết
quả bóng chỉ rơi xuống và nảy lên theo chiều thẳng đứng. 63
A. 63m . B. m . C. 126m . D. 77m . 10 u   2
Câu 15. Cho dãy số u sao cho 1 . Tìm limu . n  u
  u n, n  2 nn n 1    A.  . B. 0 . C. 2 . D.  .
Câu 16. Có bao nhiêu số nguyên a 0;100 để lim n
a  sin n   ? A. 99 . B. 98. C. 50. D. 0 . 11 11 11
Câu 17. Cho dãy số u với u   
. Khi đó lim u bằng: n  n 3.5 5.7 (2n 1)(2n 1) n 1 11 11 11 A. . B. . C. . D. . 2 2 3 6 (3n 1)(1 8n)
Câu 18. Cho dãy số u với u 
. Khi đó lim u bằng: n  n 3 3 n n  3n  9 1 A.  . B. 1. C.  . D. . 3
Câu 19. Cho dãy số u được xác định như sau: n u   3 1   . uu u u u   n     n  5 n  2 5 8 n n  * 16, n 1   n n Đặt v  
, hãy tính lim v . nn i 1  u 3 i 1 1 A. . B. . C.  . D.  . 5 4 u   1, u  2021
Câu 20. Cho dãy số u được xác định bởi 1 2 . Tính limu . n
u u  2 u n    nn  1010 n  * , n 2 1 A. 1010 . B. 1010  . C.  . D.  . x 1 
Câu 21. Cho dãy số  x được xác định như sau: 1 . n  
x x (x 1)(x  2)(x  3) 1 n  1  n 1 n n n n   TOANMATH.com Trang 3/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com n y 1 Đặt n  
với n  1, 2,.... . Tìm lim y . x n   x n n i 1 2 i 1 2 A.  B. . C. 2 D. . 2 2 2
x ax b  , x  1
Câu 22. Gọi a,b là các giá trị để hàm số f x 2   x 1
có giới hạn hữu hạn khi x dần tới 1
x 1,x  1 
. Tính a b ? A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1.
(1 mx)n  (1 nx)m Câu 23. Cho lim  15, 1 n m  1,
n, m   . Khi đó n bằng: 2 x0 x A. 9 . B. 8 . C. 7 . D. 6 . 3 4
 2x 1. 3x 1. 4x 1 1
Câu 24. Tính A  lim   . x0  x   
A. A  2 . B. A  1 . C. A  9 . D. A  3 . 3
x  2  x  20 
Câu 25. Tính L  lim   . x7  4 x 9 2      176 176 102 112 A. L  . B. L  . C. L  . D. L  . 27 27 27 27 f x  5
3 4 f x  7  f x  4
Câu 26. Cho f x là đa thức thỏa mãn lim
 10 . Tính T  lim . x 1  x 1 2 x 1  x x  2 5 5 40 5 A. . B.  . C. . D.  . 81 81 81 9 2
2ax  30  bx  5 Câu 27. Cho lim
c với a,b,c   . Tính giá trị 2 2
P a b  36c . 3 x 1  x  3x  2 A. 10 . B. 15 . C. 20 . D. 25 . 3 2  9x 4 4x 8    
Câu 28. Tính giới hạn lim  . x0  sin x    4 3 9 A. . B. . C. Không tồn tại. D. . 9 2 4 a a Câu 29. Ta có      
  với a,b   * và là phân số tối giản. Tính a b   2 3 3 2 lim x x 3 x x x 3 xb b .
A. a b  5 . B.
a b  6. C.
a b  4 . D. a b  7 .   1  a a Câu 30. Cho lim . x sin    
với a,b   * và là phân số tối giản. Tính a b . x   3x  b b TOANMATH.com Trang 4/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
A. a b  6  . B. a b  4  . C. a b  2  . D. a b  0 . 2
ax  3x 1  x 1 Câu 31. lim
 . Giá trị a là: x 2
x x  2  2x 3 A. 4  . B. 1. C. 2 . D. 4. a Câu 32.   
 ( phân số tối giản). Tính P  2a 3b .   3 3 2 2 lim 8x 5x 4x 3x xb A. P  7  . B. P  10  . C. P  20  . D. P  2 . 2 2
3x  5sin 2x  7 cos x a
Câu 33. Cho giới hạn A  lim
 , a,b . Khi đó a b là: 2 x 2x  2 b 5 7 A. 0 . B.  . C. . D. 1. 2 2
Câu 34. Cho  là một góc cho trước (đơn vị radian). Giới hạn:        a b x sin 3 3 2 3 1 3 lim sin  3.sin  3 .sin ... 3 .sin  
. Tính T a b  3c . 2 3    3 3 3 3x xc
A. T  12 . B. T  8  . C. T  8. D. T  12
Câu 35. Cho các số thực a , b , c với a  0 thỏa mãn 2
c a  2 và  2 lim
ax bx cx   . Tính   3 x
P a b  5c . A. P  28  B. P  0 C. P  28 D. P  1 .
Câu 36. Giới hạn I     bằng:   2 lim 4x x 1 2x x  1 1
A. I   . B. I  . C. I  . D. I   . 4 4 2 x  3x  4
Câu 37. Giới hạn I  lim bằng: x  2 1 1 x
A. I  1. B.
I   . C. I  0. D. I   . 1 x 1
Câu 38. Kết quả của giới hạn lim (  ) là: x 2  x  2 x  2  2 A. 11. B. 0 . C.  . D.  . 3 2 x x
Câu 39. Kết quả của giới hạn lim là:
x  x  3 1 1 A. 2 . B. 1. C.  . D.  . f x 10 Câu 40. Cho lim
 5 và g x 3
f (x)  6  2 f (x)  2 . x 1  x 1 TOANMATH.com Trang 5/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com 1 Tính lim . x 1   x   1 g(x) 5 5 A.  . B.  . C. . D.  . 12 12 7
Câu 41. Cho a và b là các số nguyên dương. Biết lim x ax x bx
 . Khi đó a và b x  2 3 3 2 4 8 2 3 3
thỏa mãn hệ thức nào sau đây?
A. a  2b  33 . B.
a  2b  35. C.
a  2b  36. D.
a  2b  34. a a
Câu 42. Biết giới hạn L    
  với a, b là số tự nhiên và là phân số tối   3 3 2 2 lim 8x x 4x 3x xb b
giản. Tính a b . A. 7 B. 11 C. 9 D. 13 
x  22 , x 1 
Câu 43. Cho hàm số f x 2  3
x  6 , x 1 . Tìm a để hàm số gián đoạn tại điểm x  1. 0  2
4a  5, x  1  A. 1. B. 1. C. 1. D. 2  . 3
a 5x 1  2a 2x  2  , x  3
Câu 44. Cho hàm số f x   x  3
. Tìm a để hàm số liên tục tại x  3. 0
2x 1,x  3 A. 20 . B. 22 . C. 23. D. 24 .  4x 1 3  khi x  2
Câu 45. Tìm m để hàm số f x   2  x
liên tục tại x  2 . 0 mx khi x  2 1 1 2 2
A. m  . B. m   . C. m  . D. m   . 3 3 3 3 3 2
2x  3x x  2  khi x  1
Câu 46. Tích tất cả các giá trị của m để hàm số f x   x 1  2
m x  3mx  2021 khi x 1
liên tục tại x  1 bằng? 0 A. 2021. B. 2  021. C. 20  20. D. 2022 . 2
ax 1 bx  2 1  khi x  3  1
Câu 47. Cho hàm số f x 4x  3x 1 2  
, a,b,c   . Biết hàm số liên tục tại x  . 0 c 1 2 khi x  2 2
Tính S abc . TOANMATH.com Trang 6/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com A. S  36  . B. S 18 . C. S  36 . D. S  18  .
 6x 3  ax b  khi x  2 
Câu 48. Cho hàm số f x 2 x  4x  4  
với a,b   . Tính giá trị của biểu thức 2 2
S a b 1  khi x  2  6
khi hàm số liên tục tại x  2 .
A. S  2 . B. S 1. C. S  4 . D. S  8. 2020  xx  2  khi x  1
Câu 49. Cho hàm số f x   2021x 1  x  2021 . a khi x  1 m
Khi hàm số y f x liên tục tại x  1 thì a
n trong đó m và n là hai số nguyên tố cùng 0 1010
nhau. Tính 2n m . A. 2021. B. 2020 . C. 2022 . D. 2023. 2  x 1 
khi x  3, x  2 Câu 50. Cho hàm số 3
f (x)   x x  6
. Tìm m để hàm số liên tục tại x  3.
m  3 khi x  3, m   2 3 2 3
A. m  3 . B.
m   3 . C. m  . D. m   . 3 3 sin 5x  khi x  0
Câu 51. Cho hàm số f (x)   5x
. Tìm a để hàm số f x liên tục tại x  0 .
a  2 khi x  0
A. a  1. B. a  1  . C. a  2  . D. a  2 .
x 1  ax b  khi x  1
Câu 52. Cho hàm số y f x   x  2 1
, với a  0 . Biết hàm số liên tục trên tập xác 
c khi x  1
định. Tính giá trị biểu thức T  2a b  8c ?
A. T  1 . B. T  0 . C. T  2  2 . D. T  2 .   cos x khi x   Câu 53. Cho 3
a, b là các tham số thực sao cho hàm số f (x)  
liên tục trên  . Tính giá 
ax b khi x   3
trị của biểu thức a  2b . A. 0 . B. 1. C. 2. D. 3.
Câu 54. Phương trình nào dưới đây luôn có nghiệm với mọi m ?
A. m   3 2
1 x  2x 1  0 B. 5 4
mx x  3  0 . TOANMATH.com Trang 7/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com C.  2 m   3
x  m   2 1
1 x 1  0 . D.  2
m m   7 5
5 x x 1  0 .
Câu 55. Phương trình 5 4
x  5x  4x 1  0 có ít nhất bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng 0;5? A. Một. B. Hai. C. Ba. D. Vô nghiệm.
Câu 56. Phương trình nào sau đây luôn có nghiệm với mọi giá trị của m .
A. m   5 2
1 x x x 1  0 . B. 5 4
mx  2x 1  0 . C.  2 m   5 2
4 x mx  2  0 . D.  2 m   5
1 x  4x  2  0 .
Câu 57. Phương trình nào sau đây có đúng một nghiệm trên khoảng  1;  1 . A. 5 3
x  5x  4x 1  0 . B. 5 4
x  3x x  3  0 . C. 4 2
x  2x 1  0 . D. 5
x  2x 1  0 .
Câu 58. Trong các phương trình sau, phương trình nào có đúng 5 nghiệm phân biệt. A. 3
2 2  3x x  2020x  4 . B. 5
x  2020x 1  0 . C. 3 3
x  2  3 3x  2 . D. 5 4 3 2
x  9x  4x 18x 12x 1  0 .
Câu 59. Số nghiệm ít nhất có thể của phương trình 3 3
m(x 1)(x  4x)  x  3x 1  0 ( m là tham số) là: A. 4 . B. 3 . C. 1. D. 2 .
Câu 60. Trong các phương trình sau, phương trình nào có đúng 5 nghiệm phân biệt? A. 5
x  3x 1  0. B. 5 3 2 2
x  2x 15x 14x  2  3x x 1. C. 3
x  2x  4  3 3  2x. D. 3
2x  6 1 x  3.
Câu 61. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho phương trinh  2
m m   5 2 5
4 x  2x 1  0 có nghiệm.
A. m   \ 1;  4 . B. m  
;1  4; .
C. m 1;  4 . D. m . II. BẢNG ĐÁP ÁN
1A 2D 3A 4B 5D 6C 7D 8D 9A 10D 11A 12B 13D 14D 15D
16B 17D 18A 19D 20C 21A 22D 23D 24D 25D 26B 27B 28D 29D 30C
31D 32D 33D 34D 35B 36D 37B 38D 39D 40D 41C 42B 43B 44D 45B
46C 47A 48A 49D 50D 51B 52D 53B 54D 55C 56D 57D 58D 59B 60B 61A
III. LỜI GIẢI CHI TIẾT TOANMATH.com Trang 8/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
Dạng toán 1. Giới hạn hữu hạn của dãy số.  3n  2 
Câu 1. Gọi S là tập hợp các tham số nguyên a thỏa mãn 2 lim
a  4a  0  
. Tổng các phần tử của  n  2  S bằng: A. 4. B. 3. C. 5. D. 2. Lời giải  3n  2  Ta có: 2 lim
a  4a  0    n  2   4 a  3 2   lim 3 
a  4a  0   2
a  4a  3  0  .  n  2   a 1 Vậy S  1;  3  1 3  4 . n n 1 4  2  1
Câu 2. Tìm tất cả giá trị nguyên của a thuộc 0;2020 để lim  .
3n  4na 6 1 A. 2019 . B. 2018 . C. 2017 . D. 2016 . Lời giải Ta có:  1 n  1 2. n n 1 4 2      2  1 1 1 lim  lim   
3n  4na  3 n  4a   a 2a a  . 2 2 4    4  1 1 Do đó, a 4 
 2  16  2  a  4. 2a 16 a 0;2020 Mà 
. Do đó a 4,5,6,..., 2  019 . a 
Vậy có 2016 giá trị nguyên của a thỏa mãn yêu cầu của bài toán.  2
an n2n   1 Câu 3. Cho lim 
 3 với a,b  0 . Khẳng định nào sau đây là đúng? 2
1 bn 5 3n 9b A. a   . B. b  9  a . C.
a  9b . D. b  3  a . 2 Lời giải   1  1  2
an n n   a  2 2 1      n  n  2a Ta có: lim   lim   . 2
1 bn 5 3n  1  5  3  b  3 b  2    n  n  TOANMATH.com Trang 9/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com 2a 9b Suy ra:   3  a   . 3b 2 2 2
an 1  an  5 Câu 4. Cho lim  5
 với a  0 . Tính giá trị biểu thức P a a . 1 4n A. 90 . B. 110. C. 100. D. 10 . Lời giải 2  1  2  5  n a   n a  2 2  2   2 
an 1  an  5  n   n  Ta có: lim  lim 1 4n 1 4n 1 5 1 5 n a   n a a   a  2 2 2 2 n n n n 2 a a  lim  lim     .  1  1 4 2 n  4  4    nna Suy ra  5
  a 10  a 100 . 2
Vậy P a a  100 10  110 . 3 3u n
Câu 5. Cho dãy số u  và n u
. Giới hạn của dãy số x  u bằng: 1 2 n 1 
n  2u 3 n i n i 1  11 11
A. lim x  6 . B. lim x 11. C. lim x  . D. lim x  . n n n 6 n 3 Lời giải 1 Đặt v n un 1 2 Ta có v   1 u 3 1 1
(n  2)u  3 n  2 1 n  2 n v     v n 1  u 3u 3 n u 3 n 1  n n  2 v   1 3 v v 1  2 1  4
Lại có v v  3 2 3 ...  n 1 v v n n 1   3
Cộng vế theo vế các phương trình trên ta có TOANMATH.com Trang 10/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com 2 4
n 1 2  3 4  5... n   1
n 2 n   1 n n  3
v  1  ...    n 3 3 3 3 3.2 6 nn  3
Suy ra dãy số v có số hạng tổng quát v n n 6 6 u n nn  3 n 6  x   n
i1 i i 3 Vì 1 1 1 1  1 1 1 1 1  1  1 1  1 1 1   ...                     nn  . 1 ... . 1 ... ... 1.4 2.5 3 3  4 2 5 n n 3  3  2 n  4 5 n 3      3 2 1  1 1 1 1
1  1 11n  48n  49n  .1       . 3 
2 3 n 1 n  2 n  3  3 6 3 2
n  6n 11n  6 n 3 2 3 2 6
1 11n  48n  49n
11n  48n  49n nên x     n
ii i  6. . 3 3 6 3 2
n  6n 11n  6 3 3 2 1
n  6n 11n  6  48 49   3 2  11     2 11n 48n 49n 1  11 Suy ra lim lim n n x       n  3   lim . 3 2
n  6n 11n  6  3 6 11 6 3   1    2 3  n n n  11 Vậy lim x  . n 3 u   2020 1 
Câu 6. Cho dãy số u xác định như sau: 2  u  5
. Khẳng định nào sau đây sai về dãy n n * u  , n    n 1   2  u  2 n  u : n  5
A. u là dãy số giảm. B. u bị chặn dưới. C. limu  . D. lim u  1 . n n n 4 n Lời giải
+ Dễ thấy u  0 với mọi *
n   , do đó u bị chặn dưới. n n 2 u  5 2 u   4u  5 u   u n nn 1 5 n  + Xét n uu   u   n 1  n 2u  2 n 2u  2 u n  2 2 nn 2 u  5 1  9  1 + Lại có n u   u  2 
  2  .2 9  2 1  u  1, n    , n 1  2u  2 u n n  2 n 2 2  n  TOANMATH.com Trang 11/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com 2 u  5 + Giả sử n 1 u  1    2
u  2u 1  0  u 1, hay mọi số hạng đều bằng 1, vô n  1 2 u  2 n 1  n 1  n 1  n 1  
lý. Vậy u  1, n    n + Do đó uu  0 n
  , hay u là dãy số giảm. n n 1  n
+ Vì u là dãy số giảm, bị chặn dưới nên u có giới hạn hữu hạn. Đặt limu a , ta có n n n 2 u  5 2 a  5 a  1 n u   a  
. Vậy lim u  1 . Chọn C n 1  2u  2 2a  2  a  5(  loai) n n
Câu 7. Cho dãy số u xác định bởi công thức: n u   2021 1   1   2020
. Khi đó limu bằng: u  1    u  ; n  1 nn 1     n  2 1 n  n  2 1 2021 4041 A. 2020 . B. . C. 4041. D. . 2 2 Lời giải Ta có:  1  2020 u  2020 u  2020  1    u   2020 u  2020 n  . n 1   n  2 1 n    n  2 1 nn  2 1
Đặt: v u  2020 . n n Ta có: v  1 1 1  1  nn  2 vv v  1    v v , n  1 n 1  nn  2 1 n  n  2 1 n    n  2 1 n Do đó: n   1 n   1 nn  2
n  1n 3 3.1
v .v .v ...v v . v . v ... v n n 1  n2 2 2 n 1 n
n  2 n2 1 n  22 n3 2 1 2 n 1 
v .v .v ...v n 1  n2 n3 1 2n n 1 4041n 1 Hay v
v u v  2020  ;n  1 . n 1 2 n n n 2n 4041n 1 4041 Vậy lim u  lim  . n 2 2
Dạng toán 2. Tổng của cấp số nhận lùi vô hạn. TOANMATH.com Trang 12/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com a
Câu 8. Số thập phân vô hạn tuần boàn 0,11272727… được biểu diễn dưới dạng phân số tối giản , trong b
đó a và b là các số nguyên dương. Tính 5a b . A.120. B. 43
 0. C. 430. D. 12  0. Lời giải Ta có: 27 4 11 27 27 11 31 10 0,112727...    ...    . 4 6 100 10 10 100 1 275 1 2 10
Vậy a  31,b  275 . Do đó 5a b  5.31 275  120  . 1 1 1  1 n
Câu 9. Cho dãy số u với u     ...  . Tính limu . n n   3 9 27  3  n 1 1 1 1
A.  . B. . C. . D.  . 4 4 2 2 Lời giải 1 1
u là tổng n số hạng đầu tiên của một cấp số nhân có u   và q   . n 1 3 3  1 n  1  1    3  1  1 n    Do đó u   .   1     . n 3 1 4   3    1         3 
 1   1 n   1
Suy ra limu  lim  1       . n  4  3       4 
Câu 10. Thả một quả bóng cao su từ độ cao 60m so với mặt đất, mỗi lần chạm đất quả bóng lại nảy lên một 1
độ cao bằng độ cao lần rơi trước. Biết rằng quả bóng luôn chuyển động vuông góc với mặt đất. 3
Tổng độ dài hành trình của quả bóng được thả từ lúc ban đầu cho đến khi nó nằm yên trên mặt đất
thuộc khoảng nào trong các khoảng sau đây?
A. (113 m;115 m) . B. (115 m;117 m) . C. (117 m;119 m) . D. (119 m;121m) . Lời giải
Ta có tổng độ dài hành trình của quả bóng được thả từ lúc ban đầu cho đến khi nó nằm yên trên mặt
đất bằng tổng quảng đường bóng nảy lên và quãng đường bóng rơi xuống. 1
+) Vì mỗi lần bóng nảy lên bằng lần nảy trước nên ta có tổng quãng đường bóng nảy lên là 3 1 2 3 1  1   1   1 n  3 S  60.  60.  60. ... 60. ...  60.  30 . 1       3  3   3   3 1  1 3 TOANMATH.com Trang 13/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
+) Tổng quãng đường bóng rơi xuống là 1 2 3 1  1   1   1 n  3
S  60  60.  60.  60.  ... 60. ...  60.  90 . 2       3  3   3   3 1  1 3
Vậy tổng độ dài hành trình của quả bóng là S S S  30  90  120(m) . 1 2
Câu 11. Tam giác mà ba đỉnh của nó là ba trung điểm ba cạnh của tam giác ABC được gọi là tam giác trung
bình của tam giác ABC .
Ta xây dựng dãy các tam giác A B C , A B C , A B C ,... sao cho A B C là một tam giác đều cạnh 1 1 1 2 2 2 3 3 3 1 1 1
bằng x và với mỗi số nguyên dương n  2 , tam giác A B C là tam giác trung bình của tam giác n n n
A B C . Với mỗi số nguyên dương n , kí hiệu S tương ứng là diện tích tam giác A B C . Tính n 1  n 1  n 1  n n n n
tổng S S S  ... S  ... 1 2 n 3 3 2 3 A. 2 x . B. 2 3x . C. 2 x . D. 2 x . 3 2 3 Lời giải 3
Với n  1 thì tam giác đều A B C có cạnh bằng x nên diện tích tam giác A B C là 2 S x . 1 1 1 1 1 1 1 4 x 2 3  x
Với n  2 thì tam giác đều A B C có cạnh bằng nên diện tích tam giác A B C là S  2 2 2   2 2 2 2 2 4  2  ................... x 2 3  x
Như vậy tam giác đều A B C có cạnh bằng
nên diện tích tam giác A B C là S n n n 1   2nn n n n n 1 4  2   3
Khi đó ta được dãy S , S ,...S ...là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu 2 u S x và 1 2 n 1 1 4 1 công bội q  . 4 u 3 Do đó tổng 1 2
S S S  ... S  ...   x . 1 2 n 1 q 3
Câu 12. Tam giác mà ba đỉnh của nó là ba trung điểm ba cạnh của tam giác ABC được gọi là tam giác trung
bình của tam giác ABC . Ta xây dựng dãy các tam giác A B C , A B C ,
A B C ,... sao cho A B C 1 1 1 2 2 2 3 3 3 1 1 1
là một tam giác đều cạnh bằng 6 và với mỗi số nguyên dương n  2 , tam giác A B C là tam giác n n n
trung bình của tam giác A B C . Với mỗi số nguyên dương n , kí hiệu S tương ứng là diện n 1  n 1  n 1  n
tích hình tròn nội tiếp tam giác A B C . Tính tổng S S S  ...  S  ...? n n n 1 2 n 15 9 A. S
. B. S  4. C. S
. D. S  5. 4 2 Lời giải
Ta có dãy các tam giác A B C , , A B C
A B C ,... là các tam giác đều. 1 1 1 2 2 2 3 3 3
Đặt a , a ,..., a ,...lần lượt là độ dài cạnh của các tam giác đều trên. 1 2 n TOANMATH.com Trang 14/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com 3
Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều thứ n bằng a  . n 6
Với n  1 thì tam giác đều A B C có cạnh bằng 6 nên đường tròn nội tiếp tam giác A B C có bán 1 1 1 1 1 1 2 3  3  kính R  6.  S   6. . 1  6 1  6    6
Với n  2 thì tam giác đều A B C có cạnh bằng  3 nên đường tròn nội tiếp tam giác A B C 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3  1 3 
có bán kính R  6. .  S   6. . . 2  2 6 2  2 6    3
Với n  3 thì tam giác đều A B C có cạnh bằng nên đường tròn nội tiếp tam giác A B C có 3 3 3 2 2 2 2 2 1 3  1 3  bán kính R  6. .  S   6. . . 3  4 6 3  4 6    ................... n 1 1   
Như vậy tam giác đều A B C có cạnh bằng 6.
nên đường tròn nội tiếp tam giác A B C có n n n    2  n n n n 1 2 1    3 n 1 1   3    bán kính R  6. .  S   6. .    . n    2  6 n  2 6     
Khi đó ta được dãy S , S , ...S ... là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u S  3 và 1 2 n 1 1 1 công bội q  . 4 u
Do đó tổng S S S  ... S  ... 1   4 . 1 2 n 1 q u   2 1 
Câu 13. Cho dãy số (u ) được xác định bởi:  2u . n n u  ; n   1 n 1   u 1  n 1 u 1 u 1 u 1 u Tổng 1 2 3 S     ... n
.... thuộc khoảng nào sau đây? u u u u 1 2 3 n  1  1 
A. 2;3. B. 0; 1 . C. ;  . D. 2;0 .  2 2  Lời giải  1   1   1   1 
Ta có: S   1   1   1 ...  1 ... u u u u  1   2   3   n  1 1
Gọi ( y ) là dãy số được xác định bởi y  1 u  . n n n u y 1 n n TOANMATH.com Trang 15/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
Thay vào công thức truy hồi của dãy (u ) ta được: n 2 1 y 1 2 1 1 n    y 1  y  2  yy . n 1   n n 1 y 1 1 y  2 2  2 n n 1  1 n y 1 n 1 1  1
Suy ra ( y ) là một cấp số nhân lùi vô hạn có y  1  và q  . n 1 u 2 2 1 1  y Khi đó: 1 2
S y y y  .....  y  ...    1  . Hay S  2;  0. 1 2 3 n 1 q 1 1 2
Câu 14. Từ độ cao 63m của tháp nghiêng Pi-sa ở Italia, người ta thả một quả bóng cao su xuống đất. Giả 1
sử mỗi lần chạm quả bóng lại nảy lên độ cao bằng
độ cao mà quả bóng đạt được ngay trước đó. 10
Tính độ dài hành trình của quả bóng từ thời điểm ban đầu cho đến khi nó nằm yên trên mặt đất biết
quả bóng chỉ rơi xuống và nảy lên theo chiều thẳng đứng. 63
A. 63m . B. m . C. 126m . D. 77m . 10 Lời giải Ta thấy:
Ban đầu bóng cao 63m nên chạm đất lần 1 bóng di chuyển quãng đường S  63 m . 1  
Từ lúc chạm đất lần một đến chạm đất lần hai bóng di chuyển được quãng đường là 1 1 63 1 S  2S .  2.63. 
(do độ cao lần hai bằng độ cao ban đầu). 2 1 10 10 5 10 1
Từ lúc chạm đất lần hai đến chạm đất lần ba bóng di chuyển được quãng đường là S S (do 3 2 10 1 độ cao lần ba bằng
độ cao lần hai)... Cứ tiếp tục như vậy kéo dài ra vô tận thì ta có được tổng 10
quãng đường mà bóng cao su đã di chuyển là 2 1  1  1 63 10
S S S S  ...  S S S .  S .
...  S S  63  .  77m . 1 2 3 1 2 2 2   1 2 10 10 1  1 5 9 10
Vậy quãng đường di chuyển của bóng là 77m .
Dạng toán 3. Giới hạn vô cực của dãy số. u   2
Câu 15. Cho dãy số u sao cho 1 . Tìm limu . n  u
  u n, n  2 nn n 1    A.  . B. 0 . C. 2 . D.  . TOANMATH.com Trang 16/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com Lời giải u   2 Ta có : 1  . u
  u n n  2  n n 1    n 1 (2  n)
u u  2; u u  3, ..., u u n u u  2  3  4  ... n  2  . n 1     2 1 3 2 n n 1  2
 lim u   . n
Câu 16. Có bao nhiêu số nguyên a 0;100 để lim n
a  sin n   . A. 99 . B. 98. C. 50. D. 0 . Lời giải   n na nn sin lim sin  lim a 1  . n   a
 sin n  1 n   n    aa
Khi a  1 ta có   1 n  lim  0; lim n a        a  sin n   n  lim  0   na nn sin lim sin  lim a 1   . n   a na
Khi a  1 ta có n
a  sin n  1 sin n  2 .
Khi 0  a 1  lim n
a  0  lim  n
a  sin n không thể là  .
Kết luận có a 2;3;4;..;9 
9 nên có 98 số nguyên tìm được. 11 11 11
Câu 17. Cho dãy số u với u   
. Khi đó lim u bằng: n  n 3.5 5.7 (2n 1)(2n 1) n 1 11 11 11 A. . B. . C. . D. . 2 2 3 6 Lời giải 11 11 11 u    n 3.5 5.7 (2n 1)  (2n 1) 11  5  3 7  5 (2n 1)  (2n 1)        2  3.5 5.7 (2n 1) (2n 1)  11  1 1 1 1 1 1  11  1 1                . 2  3 5 5 7
2n 1 2n 1 2  3 2n 1 11  1 1  11 lim u  lim    . n   2  3 2n 1 6 TOANMATH.com Trang 17/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com (3n 1)(1 8n)
Câu 18. Cho dãy số u với u 
. Khi đó lim u bằng: n  n 3 3 n n  3n  9 1 A.  . B. 1. C.  . D. . 3 Lời giải 2 24
n  5n 1 5 1 2 24    2 2 (3n 1)(1 8n) 24
n  5n 1 lim u   lim  lim n  lim n n   . n 3 3 3 3 3 n  3n  9 n  3n  9 n  5n 1 1 5 1 3 3   6 3 5 6 n n n n
Câu 19. Cho dãy số u được xác định như sau: n u   3 1   . uu u u u   n     n  5 n  2 5 8 n n  * 16, n 1   n n Đặt v  
, hãy tính lim v . nn i 1  u 3 i 1 1 A. . B. . C.  . D.  . 5 4 Lời giải Dễ thấy * u  0, n    . n Theo đề bài ta có uu u u u    u u u u   nn  5 n  2 5 8 n n  16  2 5 n n   2 5 8 16 1 n n
 u  5u u u   u u   u u n n 2 8 5 n n  16  5 4 n n 2 2 2 2 2 5 4. n n Suy ra 2 u
 2  u  5u  6  u  2 u  3 n 1  n n
n  n  1 1 1 1 1 1 1        . u  2 u  2 u  3 u  2 u  3
u  3 u  2 u  2 n 1 
n  n n n n n n 1  n n n  1 1   1 1   1 1  Do đó v     .n    . n     . n   . n        i 1  u 3  u u u u u i i 1 2 2 2 2 5 2  i i 1    1 n 1    n 1   Mặt khác, từ 2 u
u  5u  4 ta suy ra u  5u ta có n 1  n n n 1  n u   5u 2 1 u   5u 3 2  nn 1 1 1 u
  5u u .u .u ...u  5 u u .u ...u u  5 u  limu    lim  0 . 4 3 2 3 4. n 1 2 3 n 1  n 1 n u  2  n 1 ...  u 5un n 1  TOANMATH.com Trang 18/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com  1 1 
Từ đó ta có lim v  lim . n      . n 5 u  2  n 1   u   1, u  2021
Câu 20. Cho dãy số u được xác định bởi 1 2 . Tính limu . n
u u  2 u n    nn  1010 n  * , n 2 1 A. 1010 . B. 1010  . C.  . D.  . Lời giải Chọn C
u 1, u  2021 1 1 2    n  1 . u
u  2 u 1010 2  n2 nn 1      Đặt v uu . n n 1  n Ta có 2  u
u u u  2020  v v  2020 . n2 n 1  n 1  n n 1  n
Suy ra v lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu v  2020 và công sai d  2020 . n  1
Nên v  2020  n   1 .2020  2020n . n
Khi đó: u u uu u
 u u u n
n n 1  n 1 n2  2 1 1
v v  .
  v u  2020 n 1  n  2 1 1 n 1  n2 1 1      n n   1  2020
1 1010nn   2
1 1  1010n 1010n 1. 2 1010 1 Do đó: 2 2
lim u  lim(1010n 1010n 1)  lim n (1010   ) . n 2 n n 1010 1 Ta có 2
lim n   và lim(1010   )  1010  0 2 n n Vậy lim u   .  nx 1 
Câu 21. Cho dãy số  x được xác định như sau: 1 . n  
x x (x 1)(x  2)(x  3) 1 n  1  n 1 n n n n   n y 1 Đặt n  
với n  1, 2,.... . Tìm lim y . x n   x n n i 1 2 i 1 2 A.  B. . C. 2 D. . 2 2 Lời giải Chọn A x
x (x 1)(x  2)(x  3) 1  x x x x
  x x   (1) n n n n  2 3 n n   2 3 2 n n  2 1 3 1 n 1 n n TOANMATH.com Trang 19/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
Vì x  1  0  x  0, n   1, 2,... 1 n Ta có: + 2
x 1  x  3x  2  x 1 x  2 n 1  n n
n  n  1 1 1 1 1 1 1 +       x 1 x 1  x  2 x 1  x  2 x  2 x 1 x 1 n 1 
n  n n n n n n 1  n y 1 n  1 1  1 1 1 1 Do đó n   =        xx       ix 1 x 1 x 1 x 1 2 x 1 n i 1 2 i 1  i i 1   1 n 1  n 1  Từ (1) 2 k 1 x
x  3x 1  3x  3.3   3k k 1  k k k
Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp n 1 x 3    lim x   n n  1 1   1 1  1
Vậy lim y  lim x  
   vì lim x   ; lim    . n n 2 x 1  n 2 x 1 2 n 1    n 1  
Dạng toán 4. Giới hạn hữu hạn của hàm số tại một điểm. 2
x ax b  , x  1 
Câu 22. Gọi a,b là các giá trị để hàm số f x 2   x 1
có giới hạn hữu hạn khi x dần tới 1
x 1,x  1 
. Tính a b ? A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1. Lời giải
Do hàm số f x có giới hạn hữu hạn khi x dần tới 1 nên x  1
 là nghiệm của phương trình 2
x ax b  0 , do đó ta 1 a b  0  b a 1.  x 1 a  , x  1
Ta viết lại hàm số f x   x 1 .
x 1, x  1 
Mặt khác giới hạn cần tìm tồn tại   f x  f xa 2 lim lim 
 0  a  2  b  1. x 1 x 1   2
Do đó a b 1.
(1 mx)n  (1 nx)m Câu 23. Cho lim  15, 1 n m  1,
n, m   . Khi đó n bằng: 2 x0 x A. 9 . B. 8 . C. 7 . D. 6 . Lời giải 2 2  n m n(n 1)x Ta có: 3 3
(1 mx)  1 mnx
m x .A ( với A C mxC mx      C ) n n   3 3 4 ... n n 2 n 2 2  m x 1 nxm n m( 1) 3 3  1 mnx
n x B , ( với B C nxC nx      C ) m m   3 3 4 ... m m 2 m TOANMATH.com Trang 20/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
(1 mx)n  (1 nx)m 2 2
m n(n 1)  n m(m 1)  Do đó: 15  lim  lim  x   3 3 m A n B 2  x0 x x0  2  2 2
m n(n 1)  n m(m 1)
mn(n m)   . 2 2 Khi đó ta có:
mn(n m)
n  6 N   15
mn(n m)  30 3 2   2    2
n  33n 121n  30  0   21 481 .  m 11 n n    11 L m n   4 3 4
 2x 1. 3x 1. 4x 1 1
Câu 24. Tính A  lim   . x0  x   
A. A  2 . B. A  1 . C. A  9 . D. A  3 . Lời giải
Với mọi số thực a, b, c ta có:
a 1 a b  
1  abc   1  abc 1 Do đó 3 4 x x
x     x     x   3 x    3  x x   4 2 1. 3 1. 4 1 1 2 1 1 2 1 3 1 1 2 1. 3 1 4x 1   1 3 2x 3x 2x 1
4x 2x 1. 3x 1   
2x 1 1 3 3x  2 4 1  3x 1 1 4x  3 4 1  4x  2 3 4 1  4x   1 1   3 2 3 2x 1
4 2x 1. 3x 1 Do đó A lim      x0  2x 1 1  3 3x  2 3 4 1  3x 1 1 4x  3 4 1  4x  2 4 1  4x   1 1   A 111  3 3
x  2  x  20 
Câu 25. Tính L  lim   . x7  4 x 9 2      176 176 102 112 A. L  . B. L  . C. L  . D. L  . 27 27 27 27 Lời giải 3  x  2 3 x  20  3    3
x  2  x  20   Ta có: A  lim   x  7 x  7  lim  x7  4 x 9 2      x7 4  x  9  2     x  7  TOANMATH.com Trang 21/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com 1 1   x     1 1 2 3 3  x  202 3  3 x  20  9  112 6 27  lim   . x7 1 1  27 4  x  3 4  x  2 4  x    32 9 2 9 4 9 8 f x  5
3 4 f x  7  f x  4
Câu 26. Cho f x là đa thức thỏa mãn lim
 10 . Tính T  lim . x 1  x 1 2 x 1  x x  2 5 5 40 5 A. . B.  . C. . D.  . 81 81 81 9 Lời giải. f x  5
Đặt g x   
f x  x  
1 g x  5  lim f x  5 . 1 x 1 x
3 4 f x  7  f x 3  4
4 f x  7  3  3  f x  4 Ta có: T  lim  lim 2 2 x 1  x 1 x x  2  x x  2
 3 4 f x  7 3
f x  4  3   lim   2 2 x 1   x x  2
x x  2       4  f   x  5 f  x5   lim   x 1
         2        3 3    
x 1x 2 f x x x f x f x  4 3 1 2 4 7 3 4 7 9             
f x5  4 1   lim  .   x 1   x 1
       2  3 3     x  2   f x x f x f x   4  3 2 4 7 3 4 7 9         4 1  5  10.      .  81 18  81 2
2ax  30  bx  5 Câu 27. Cho lim
c với a,b,c   . Tính giá trị 2 2
P a b  36c . 3 x 1  x  3x  2
A. 10 . B. 15 . C. 20 . D. 25 . Lời giải
Ta có x x    x  2 3 3 2 1  x  2  ax   bx  2 2 2 30
5  0 có nghiệm kép x  1   2 a b  2 2
x 10bx  5  0 có nghiệm kép x  1 2
2a b  0 2 2a b 2 2a b        0 2  25b 5 2
2a b   0 2 2
 2a b  5b  2  
2a b 10b  5  0  2  2
2a b 10b  5  0
2a b 10b  5  0  TOANMATH.com Trang 22/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com 2 2a b 2 2a b  a  3 2 2  
2a b  5b  a  3    b  1 2
5b 10b  5  0   b  1 
6x  30   x  5
6x  30   x  52 2 2  lim  lim x 1  x  2 1  x  2 x 1  x  2 1  x  2 2
 6x 30 x 5   5 x  2 1  5 5 lim  lim  x 1  x 2 1  x 2 2
 6x 30 x 5      x 1  x  2 2
 6x  30  x 5 36     Vậy P 15. 3 2  9x 4 4x 8    
Câu 28. Tính giới hạn lim  . x0  sin x    4 3 9 A. . B. . C. Không tồn tại. D. . 9 2 4 Lời giải 3 2 3 2  9x 4 4x 8   9x 4 2 2 4x 8         Ta có lim    lim   x0   x0 sin x  sin x sin x       4x  3 2
 9x  4  2 2  4x 8   9     4  2. 4x  8     x x x   4x 8 9 4 2 2 3 2 2 3  lim    lim   x0  sin x sin x x0  sin x sin x    x x   x x        9 9 2  2   0  . 1 4 3 2  9x 4 4x 8     9 Vậy: lim   . x0  sin x  4  
Dạng toán 5. Giới hạn hữu hạn của hàm số tại vô cực. a a Câu 29. Ta có      
  với a,b   * và là phân số tối giản. Tính a b   2 3 3 2 lim x x 3 x x x 3 xb b
A. a b  5 . B.
a b  6. C. a b  4 . D. a b  7 . Lời giải Có         2 3 3 2 lim x x 3 x x x 3 x                2 x x x  3 3 2 lim 3 x x x 3 x x  TOANMATH.com Trang 23/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com   2  x  3 x x  3   lim    x 2
x x  3  x  3 2
x x x  32 3 3 2 2 3  .
x x x x  3  x      3 1 3  1 1       2    lim x x x    x 2 1 3   1 1 3  1 1 3 1  1  3 3 2 1    1   1   2 3  2 3 x x x x x x x x      1 1 1     . 2 3 6
Suy ra: a b  7 .   1  a a Câu 30. Cho lim . x sin    
với a,b   * và là phân số tối giản. Tính a b . x   3x  b b
A. a b  6  . B. a b  4
 . C. a b  2  . D. a b  0 . Lời giải  1   1  sin sin  1   1  1   Ta đặt 3x 3  lim .sin  lim    .   lim x L x   x  3 x x   3 1 3 x 1      3x   3x   1  sin 1 1   1  sin t  1 Đặt t  và lim t  0 thì 3  lim x L    lim    . 3x x 3 x 1 t0 3    t  3  3x
Suy ra: a b 1 3  2  . 2
ax  3x 1  x 1 Câu 31. lim
 . Giá trị a là: x 2
x x  2  2x 3 A. 4  . B. 1. C. 2 . D. 4. Lời giải 3 1 3 1       2 x a x a 1 2 2
ax  3x 1  x x x x x a 1 1 lim  lim  lim   x 2
x x  2  2 x x  1 2 x 1 2 3 3 x 1   2x 1   2 2 2 x x x x
a 1  1  a  2  a  4 . a Câu 32.   
 ( phân số tối giản). Tính P  2a 3b .   3 3 2 2 lim 8x 5x 4x 3x xb A. P  7  . B. P  10  . C. P  20  . D. P  2 . TOANMATH.com Trang 24/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com Lời giải Ta có:  3 3 2 2 x x x x    3 3 2 x x x  2 8 5 4 3 8 5 2 4x 3x 2x            2 5x 3  x    3 2  2 2 3 3 2 2 3 4x  3x  2 8 5  2 8  5  4 x x x x x x x 2 5x 3x   2 3 2  3  2 3 2 3 3 x 4   2 8   2 8   4 x x x x   xx x 5 3 5 Khi đó lim x x x x
   a  5;b  4 x  3 3 2 2 8 5 4 3  2 2.2 4 4 4  P  2  . 2 2
3x  5sin 2x  7 cos x a
Câu 33. Cho giới hạn A  lim
 , a,b . Khi đó a b là: 2 x 2x  2 b 5 7 A. 0 . B.  . C. . D. 1. 2 2 Lời giải Ta có: 2 2 2 2
3x  5sin 2x  7 cos x 3x 5sin 2x 7 cos x A  lim  lim  lim  lim
A A A 2 2 2 2 1 2 3 x 2x  2
x 2x  2
x 2x  2
x 2x  2 2 3x 3 3 +) Với A  lim  lim  . 1 2
x 2x  2 x 2 2 2  2 x 5sin 2x +) Với A  lim 2 2
x 2x  2 5 5sin 2x 5 Mà lim   0  A  lim  lim  0 2 2 2 2 x 2x  2
x 2x  2
x 2x  2 5sin 2x Suy ra A  lim  0 . 2 2
x 2x  2 2 7 cos x +) Với A  lim 3 2
x 2x  2 2 0 7 cos x 7 Mà lim  0  A  lim  lim  0 2 3 2 2
x 2x  2
x 2x  2
x 2x  2 2 7 cos x Suy ra A  lim  0 3 2
x 2x  2 3
Lúc đó A A A A  1 2 2 2 TOANMATH.com Trang 25/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
Vậy a  3, b  2 và a b 1. Câu 34. Cho
 là một góc cho trước (đơn vị radian). Giới hạn        a b x sin 3 3 2 3 1 3 lim sin  3.sin  3 .sin ... 3 .sin  
. Tính T a b  3c . 2 3    3 3 3 3x xc
A. T  12 . B. T  8  . C. T  8. D. T  12 Lời giải 1 Áp dụng công thức 3
sin x  3sin x  sin 3x 4  1   3  sin  3sin  sin    3 4  3   3    3  3sin  3sin  sin 2  2  3 4  3 3  2  3    2 3  3 sin  3sin  sin 3  3 2  3 4  3 3  …… x 1       x 1 3 3  3 sin  3sin  sin xx x 1  3 4  3 3   Từ đó suy ra       x 1 3x 3 3 2 3 1 3 3 sin  3sin  3 sin  ... 3 sin   sin   sin . 1 2 3 x x   3 3 3 3 4 4 3 Mà    x sin  1 3   1 1      x 1 1 x 3 3 lim   sin   sin
   sin   lim 3 .sin   sin   lim    .    4 4 3x  4 4   3x x x  4 4 x     3x    sin   4
Vậy a b   ;c  4  T  12 .
Câu 35. Cho các số thực a , b , c với a  0 thỏa mãn 2
c a  2 và  2 lim
ax bx cx   . Tính   3 x
P a b  5c . A. P  28
 . B. P  0 . C. P  28 . D. P  1. Lời giải  2 a c  2 x bx Ta có  2 lim
ax bx cx    lim  3.   3 x x 2
ax bx cx TOANMATH.com Trang 26/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com 2
a c  0 a, c  0 
Điều này xảy ra   b
. (Vì nếu c  0 thì     ).   2 lim ax bx cx x   3    a c Mặt khác, ta cũng có 2 c a  2 . 2 a c 1  Do đó, 
a  1, b  6
 , c 1. Vậy P a b  5c  0 . b  3 
a c  6
Dạng toán 6. Giới hạn vô cực của hàm số.
Câu 36. Giới hạn I     bằng:   2 lim 4x x 1 2x x  1 1
A. I   . B. I  . C. I
. D. I   . 4 4 Lời giải    I
x x   x  x      x  2  1 1 lim 4 1 2 lim 4 2 2 x  x x     Do:
 lim  x  , x  1 1   lim   4    2  4   0 2 x  x x      1 1 
nên lim x  4    2   .  2 x  x x     2 x  3x  4
Câu 37. Giới hạn I  lim bằng: x  2 1 1 x
A. I  1. B. I   . C. I  0. D. I   . Lời giải 2 x  3x  4
(x 1)(x  4) I  lim  lim  2 x( 1  )  x(1) 1 x
(x 1)(x 1) x  4  lim   x(1)
(x 1)(x 1) Do  lim      x 4  5 ; x  1 .  lim             
( x 1)(x 1) 0, ( x 1)(x 1) 0 , x 1 x  1 TOANMATH.com Trang 27/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com 1 x 1
Câu 38. Kết quả của giới hạn lim (  ) là: x 2  x  2 x  2  2 A. 11. B. 0 . C.  . D.  . Lời giải Chọn D 1 x 1  1
(x 1)( x  2  2) 
1 (x 1)( x  2  2) lim (  )  lim     lim   x 2  x 2     x 2 x 2 x 2 2 x 2 x 2     x  2   Ta có: lim        1 (x 1)( x 2 2) 11 x2
Mặt khác lim (x  2)  0 và x 2 
x  2  x  2  0 x 2  1 x 1  lim (  )   x 2  x  2 x  2  2 3 2 x x
Câu 39. Kết quả của giới hạn lim là:
x  x  3 1 1 A. 2 . B. 1. C.  . D.  . Lời giải 3 2 2 x x x x   2 1 x Ta có: lim  lim  lim
x  x  3 1 x x  3 1
x  x  2 1 1 1 1 Vì: 2 lim x  1; x1 lim  x  2
1  0 và  x  2 1  0, x   1  x 1  3 2 x x Nên lim   .
x  x  3 1 1 f x 10 Câu 40. Cho lim
 5 và g x 3
f (x)  6  2 f (x)  2 . x 1  x 1 1 Tính lim . x 1   x   1 g(x) 5 5 A.  . B.  . C. . D.  . 12 12 Lời giải f x 10 lim
 5 nên lim f x 10  0  lim f x 10 x 1  x 1 x 1  x 1  Ta có 3 f x  
f x    f x     3 ( ) 6 2 ( ) 1 ( ) 6 4
2 f (x)  2  4 TOANMATH.com Trang 28/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com f (x) 10
2 f (x) 10  
f (x)  6  4  f (x)22 3 3
 2 f (x)  2  4     f (x) 10
2 f (x) 10 x   1 g(x) =   x 1 2   
f (x)  6  4 
3 f (x)2 3
 2 f (x)  2  4    f (x) 10  1 2      x  f x   x 1 x 1 1 ( ) 6 4    
3 f (x)  2 2    3
 2 f (x)  2  4    f (x) 10  1 2    x 1 x 1 2    2
x 1  f (x)  6  4 
3 f (x)2 3
 2 f (x)  2  4  lim    x 1g(x) x 1    
f (x) 10  1 2    lim  x 1 x 1  2     2 x 1 x 1 
f (x)  6  4  3 f (x)2 3
 2 f (x)  2  4          1 2 5    1 1 1 1  0 2    2  10  6  4  3102 3  2 10  2  4     
f (x) 10  1 2   5 Mặt khác lim  x 1    2    x 1    x 1 
f (x)  6  4  3 f (x) 2 3 12
 2 f (x)  2  4       1 Và  x  2
1  0 với  x  2 1  0 với x  1 nên lim   .  x 1   x   1 g(x) 7
Câu 41. Cho a và b là các số nguyên dương. Biết lim x ax x bx
 . Khi đó a và b x  2 3 3 2 4 8 2 3 3
thỏa mãn hệ thức nào sau đây?
A. a  2b  33 . B.
a  2b  35. C.
a  2b  36. D.
a  2b  34. Lời giải Ta có: 2 ax 2bx  3 2 3 3 2
4x ax  8x  2bx  3   . 2
4x ax  2x  3 2
8x  2bx  32 3 3 2 2 3
 2x 8x  2bx  3  4x
a b a b  lim x ax x bx     . x  3 2 2 3 3 2 4 8 2 3 4 6 12 TOANMATH.com Trang 29/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com 3a  2b 7 Theo bài ra ta có:
  3a  2b  28  3a  2b  28 . Suy ra a là số chẵn. 12 3
Vậy a  2b là số chẵn. Nên loại phương án A và B.  3
a  2b  28  a  2 Giải hệ  được  thỏa mãn bài toán.
a  2b  36 b  17 a a
Câu 42. Biết giới hạn L    
  với a, b là số tự nhiên và là phân số tối   3 3 2 2 lim 8x x 4x 3x xb b
giản. Tính a b .
A. 7 B. 11 C. 9 D. 13 Lời giải            3 3 2 2 x x x
x   3 3 2 2 lim 8 4 3 lim 8x x 2x 2x 4x 3x x x          3 3 2 x x x  2 lim 8 2 lim 2x 4x 3x x x  2 x 3x  lim  lim 2 x x 2 3 3 2 3 3 2 2
8x x  8x x .2x  4x
4x  3x  2x 2 x 3x 1 3 5  lim  lim      2 x  1 1 x   3  12 4 6 2  3 3 x 8   8  .2  4
x   4   2  x xx    
Vậy a  5, b  6  a b  11.
Dạng toán 7. Xét tính liên tục của hàm số tại một điểm.
x  22 , x 1 
Câu 43. Cho hàm số f x 2  3
x  6 , x  1 . Tìm a để hàm số gián đoạn tại điểm x  1. 0  2
4a  5, x  1  A. 1. B. 1. C. 1. D. 2  . Lời giải TXĐ: D   .
Với x  1, ta có: f   2 1  4a  5.
Với x  1, ta có: lim f  
1  lim  x  22  9 . x 1 x 1   lim f   1  lim   .    2 3x 6 9 x 1  x 1 
Suy ra lim f x  9 . x 1 
Vậy hàm số gián đoạn tại điểm x  1nếu lim f x  f   1  2
9  4a  5  a  1  . 0 x 1  TOANMATH.com Trang 30/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com 3
a 5x 1  2a 2x  2  , x  3
Câu 44. Cho hàm số f x   x  3
. Tìm a để hàm số liên tục tại x  3. 0
2x 1,x  3 A. 20 . B. 22 . C. 23. D. 24 . Lời giải 3
a 5x 1  2a 2x  2 3
a 5x 1  4a 4a  2a 2x  2 
Ta có: lim f x  lim  lim   x 3  x3 x  3 x3  x 3 x 3        
5a x  3
2a 6  2x   lim   x   x  3 
 5x14 x342. 2x2  2x22 3 3 3           5a 4a 5a 4a 7a lim    =   . x  5x 1 4    4  2. 2x  2  8 12 24   2x22 3 3 3  
Ta có f 3  7 . a
Hàm số liên tục tại điểm x  3  lim f x  f 3  7  7  a  24 . 0 x3 24
Vậy hàm số liên tục tại điểm x  3 khi a  24 . 0  4x 1 3  khi x  2
Câu 45. Tìm m để hàm số f x   2  x
liên tục tại x  2 . 0 mx khi x  2 1 1 2 2
A. m  . B. m   . C. m  . D. m   . 3 3 3 3 Lời giải
TXĐ: D   ; x  2  x D . 0 0
Ta có lim f x  lim mx  2m . x 2 x 2       f x 4x 1 3 4 x 2 4 2 lim  lim  lim  lim   . x 2 x 2  x 2 2 x
 2  x 4x 1  3 x 2     4x 1  3 3
f 2  2m .
Hàm số liên tục tại x  2 1
2  2m    m   . 3 3 TOANMATH.com Trang 31/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com 3 2
2x  3x x  2  khi x  1
Câu 46. Tích tất cả các giá trị của m để hàm số f x   x 1
liên tục tại x  1 0  2
m x  3mx  2021 khi x  1 bằng: A. 2021. B. 2  021. C. 20  20. D. 2022 . Lời giải
TXĐ: D   ; x  1  x D . 0 0
2x  3x x  2 x  1 2 3 2
2x x  2
Ta có lim f x  lim  lim  lim 2
2x x  2  1  . x 1  x 1  x 1  x 1 x 1 x 1  f   2
1  m  3m  2021.
Hàm số liên tục tại x  1 2 2
m  3m  2021  1  m  3m  2020  0 . 0
Ta thấy phương trình trên có ac  0 nên phương trình có hai nghiệm trái dấu và tích hai nghiệm bằng 202  0 . 2
ax 1 bx  2 1  khi x  3  1
Câu 47. Cho hàm số f x 4x  3x 1 2  
, a,b,c   . Biết hàm số liên tục tại x  . 0 c 1 2 khi x  2 2
Tính S abc . A. S  36
 . B. S 18 . C. S  36 . D. S  18  . Lời giải
ax 1  bx  2
ax 12 bx22 2  2 a b  2 2 x  4bx  3 Ta có   . 3 4x  3x 1 2x  2 1  x  
1  ax 1 bx  2 2x  2 2 1  x   1  2
ax 1  bx  2
a b x  4bx 3  m2x  2 2 2 1 m  3 2
ax 1 bx 2       Để lim   tồn tại thì   b   3 3 1     a b x 4x 3x 1       2   1 2 0 a  3  4 2  Khi đó
ax 1 bx  2   3
x 1  3x  2  3  2x  2 2 2 1 lim    lim   lim 3 3 1     1     1 x 4x 3x 1 x 4x 3x 1 x     2x  2 1  x   1  2 3
x 1  3x  2 2 2 2  3 3  lim   2 . 1
x  x   2 3 1
3x 1  3x  2 2  2 1  1  c
Hàm số liên tục tại x  khi lim f x  f   2   c  4 0   2 1 x  2  2 2
Vậy S abc  3   3   4    3  6 . TOANMATH.com Trang 32/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
 6x  3  ax b  khi x  2 
Câu 48. Cho hàm số f x 2 x  4x  4  
với a,b   . Tính giá trị của biểu thức 2 2
S a b 1  khi x  2  6
khi hàm số liên tục tại x  2 .
A. S  2 . B. S  1. C. S  4 . D. S  8. Lời giải Cách 1:
6x  3  ax b Để lim
tồn tại hữu hạn thì phương trình 6x  3  ax b phải có nghiệm kép tại 2 x2 x  4x  4 x  2.
Ta có ax b2 2 2
x   a x   ab   2 6 3 2
6 x b  3  0
 6.2  3  2a b
2a b  3 Khi đó       ab  32 2  a   2b 3 2  0
6ab  9  3a  0 b   3  2a   
a b  1. 2 3a  6a
3 2a 9  0
Với a b 1 ta được 2 x   x x   x  lim f x 6 3 1 6 3   1  lim  lim 2 x2 x2 x2 x  4x  4
 2x 4x4 6x3  x 1 2
x  4x  4 1  1  lim  lim    f 2 x2  2
x  4x  4 6x 3  x     x2 1
6x  3  x 1 6
Do đó hàm số đã cho liên tục tại x  2 . Vậy 2 2 2 2
S a b  1 1  2. Cách 2:
6x  3  ax b Để lim
tồn tại hữu hạn thì phương trình 6x  3  ax b phải có nghiệm kép tại 2 x2 x  4x  4  6.2 3  .2 a b
2a b  3 a  1
x  2. Khi đó  d       6x  3 .  aa 1 b   1 dx x2 2020  xx  2  khi x  1
Câu 49. Cho hàm số f x   2021x 1  x  2021 . a khi x  1 TOANMATH.com Trang 33/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com m
Khi hàm số y f x liên tục tại x 1 thì a
n trong đó m và n là hai số nguyên tố cùng 0 1010
nhau. Tính 2n m . A. 2021. B. 2020 . C. 2022 . D. 2023. Lời giải xx    2020 2020 x   1   x  
1  2021x 1  x  2021 2  + Ta có lim  lim x 1  x 1
2021x 1  x  2021  2021x   1   x   2021 x   1  2019 2018 xx
 ... x 1 
1  2021x 1  x  2021  lim x 1  2020 x   1  2019 2018 xx
 ... x 1 
1  2021x 1  x  2021  lim x 1  2020 2021 2021  .2. 2022  2022 . 2020 1010 2021
+ Hàm số y f x liên tục tại x 1  lim f x  f   1  a  2022 . 0 x 1  1010
Vậy m  2021, n  2022 . Do đó 2n m  2.2022  2021  2023 .
Dạng toán 8. Xét tính liên tục của hàm số trên tập xác định. 2  x 1 
khi x  3, x  2 Câu 50. Cho hàm số 3
f (x)   x x  6
. Tìm m để hàm số liên tục tại x  3.
m  3 khi x  3, m   2 3 2 3
A. m  3 . B.
m   3 . C. m  . D. m   . 3 3 Lời giải 2 x 1 3
Ta có lim f x  lim  . 3 x3 x3 x x  6 3
Và f 3  m  3 .
Để hàm số f x liên tục tại x  3 thì lim f x  2 3
f 3  m   . x3 3 sin 5x  khi x  0
Câu 51. Cho hàm số f (x)   5x
. Tìm a để hàm số f x liên tục tại x  0 .
a  2 khi x  0
A. a  1. B. a  1  . C. a  2  . D. a  2 . Lời giải
Ta có: f (0)  a  2 . TOANMATH.com Trang 34/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com sin 5x
lim f (x)  lim  1. x0 x0 5x
Để hàm số liên tục tại x  0 thì lim f (x)  f (0)  a  2  1  a  1  . x0
x 1  ax b  khi x  1
Câu 52. Cho hàm số y f x   x  2 1
, với a  0 . Biết hàm số liên tục trên tập xác 
c khi x  1
định. Tính giá trị biểu thức T  2a b  8c ?
A. T  1. B. T  0 . C. T  2  2 . D. T  2 . Lời giải
Hàm số xác định trên  1  ;.
x 1  ax b
x  1ax b2 2 2
a x  1 2abx   2 1 b  Ta có:    . x  2 1 x  2
1 . x 1  ax b x  2
1 . x 1  ax b    
Hàm số liên tục trên tập xác định  hàm số liên tục tại điểm x  1 . 2 2
x 1  ax b
a x  1 2abx   2 1 b
Ta có: lim f x    lim  lim . xx x  2 1 x x  2 1 1 1
1 . x 1  ax b  
Vì hàm số liên tục tại x  1 nên lim f x tồn tại hữu hạn. x 1  Do đó: phương trình 2 2
a x    abx   2 1 2
1 b   0 có nghiệm kép x 1.
Suy ra: a x    abx    b   a x  2 2 2 2 2 1 2 1 . 1 ; x   1  1   2ab  2  . 2 a  2 2 2 2 2
2a  2ab b a 3
 a  2ab b  0 
 a b.3a b  0         2 2 2 2 2 2 2 2 1
 b  a b   a 1 b   a 1 b   a 1 a b   2  2 2
a a  1 
VN  a  a  0  4     . b   3  a   3 2 b    2  8  a  1  4 1 2  3  1  x  1 2. x  1    2 Khi đó: f x 8  8  8 lim  lim 8  lim   . x 1  x 1  x 1         32 2 3 2 x  2 2 3 2 1 . x 1   x    x 1   x   4 4    4 4    2
Hàm số liên tục tại x  1  lim f x  f   1  c   . x 1  32 TOANMATH.com Trang 35/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com 2 3 2 2 Vậy a  ;b   ;c  
. Nên T  2a b  8c  2 . 4 4 32   cos x khi x   Câu 53. Cho 3
a, b là các tham số thực sao cho hàm số f (x)  
liên tục trên  . Tính giá 
ax b khi x   3
trị của biểu thức a  2b . A. 0 . B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải
         Trên mỗi khoảng ;   ,  ; , ;     
 , f là hàm số sơ cấp cho bởi một công thức và  3   3 3   3  
xác định nên f liên tục. Do đó, hàm số f liên tục trên  khi và chỉ khi f liên tục tại x   và 3  x  . 3     1
Ta có: lim f x  lim ax b   a b ,
lim f x  lim cos x  cos   ;       3      3  2 x x x x 3 3 3 3       1 f   cos       .  3   3  2   1
Hàm số liên tục tại x     a b   2 a  6b  3 .(1) 3 3 2    1 
Ta có: lim f x  lim cos x  cos    ,
lim f x  lim ax b  a b ,      3  2     3 xxxx 3 3 3 3       1 f  cos      .  3   3  2   1
Hàm số liên tục tại x   a b
 2 a  6b  3 . (2) 3 3 2 1
Từ (1) và (2) ta được a  0,b  . Suy ra a  2b 1. 2
Dạng toán 9. Ứng dụng tính liên tục của hàm số trong giải phương trình.
Câu 54. Phương trình nào dưới đây luôn có nghiệm với mọi m ?
A. m   3 2
1 x  2x 1  0 . B. 5 4
mx x  3  0 . C.  2 m   3
x  m   2 1
1 x 1  0 . D.  2
m m   7 5
5 x x 1  0 . Lời giải
Xét phương án A: khi m 1 thì phương trình vô nghiệm.
Xét phương án B: khi m  0 thì phương trình vô nghiệm. TOANMATH.com Trang 36/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
Xét phương án C: khi m 1 thì phương trình vô nghiệm.
Xét hàm số f x   2
m m   7 5
5 x x 1  0 . Ta có:
f 0  1 0  2     f   1 19 2
1  m m  5  m    0, m        2  4
Suy ra f 0. f  
1  0 . Mà hàm số f x   2
m m   7 5
5 x x 1 liên tục trên đoạn 0;  1 . Vậy phương trình  2
m m   7 5
5 x x 1  0 có ít nhất 1 nghiệm trên 0;  1 với mọi m .
Câu 55. Phương trình 5 4
x  5x  4x 1  0 có ít nhất bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng 0;5. A. Một. B. Hai. C. Ba. D. Vô nghiệm. Lời giải
Xét hàm số f x 5 4
x  5x  4x 1 liên tục trên  .  f 0  1   0    Ta có:   1  23 suy ra f   1 0 . f  0  
. Do đó phương trình có ít nhất 1 nghiệm thuộc f   0     2    2  32  1  khoảng 0;  .  2    1  23 f   0     1  Ta lại có:   2  32 suy ra f . f    
1  0 . Do đó phương trình có ít nhất 1 nghiệm thuộc   2  f    1  1   0  1  khoảng ;1   .  2   f    1  1   0 Tương tự:  suy ra f  
1 . f 5  0 . Do đó phương trình có ít nhất 1 nghiệm thuộc  f  5  19  0 khoảng 1;5.  1   1  Ta lại có các khoảng 0; ; ;1 ;   
 1;5 là đôi một không giao nhau.  2   2 
Vậy phương trình đã cho có ít nhất ba nghiệm thuộc khoảng 0;5.
Câu 56. Phương trình nào sau đây luôn có nghiệm với mọi giá trị của m .
A. m   5 2
1 x x x 1  0 . B. 5 4
mx  2x 1  0 . C.  2 m   5 2
4 x mx  2  0 . D.  2 m   5
1 x  4x  2  0 . Lời giải TOANMATH.com Trang 37/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
Đặt f x   2 m   5
1 x  4x  2* , hàm số liên tục trên  1;  0. Ta có f   2
1  m 1  0, m
   , f 0  2   0, m   .
Vì f 0. f   1  0, m
   nên phương trình (*) có ít nhất một nghiệm thuộc  1;  0 .
Vậy phương trình (*) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
Câu 57. Phương trình nào sau đây có đúng một nghiệm trên khoảng  1;  1 . A. 5 3
x  5x  4x 1  0 . B. 5 4
x  3x x  3  0 . C. 4 2
x  2x 1  0 . D. 5
x  2x 1  0 . Lời giải Xét hàm số 5
f (x)  x  2x 1 là hàm liên tục trên  . Ta có f   1  2   0 , f   1  4  0 . Vì f   1 . f   1  0 nên phương trình 5
x  2x 1  0 có ít nhất một nghiệm thuộc  1;  1
Giả sử phương trình có hai nghiệm x ; x trên khoảng  1;  1 . 1 2
Khi đó f x   f x  5 5
 0  x x  2 x x  0 . 1 2 1 2  1 2
 x x  4 3 2 2 3 4
(x x x x x x x x  2)  0 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2     x x  1 1 1 2 2 2 2 2 2
(x x x )  (x x x )  x x  2  0 1 1 2  1 1 2 2 1 2 1 2   2 2 2    1 1 1 Do 2 2 2 2 2 2
(x x x )  (x x x )  x x  2  0 x  ; x 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 Nên   1  x x . 1 2
Vậy phương trình luôn có đúng một nghiệm trên khoảng   1;1  .
Câu 58. Trong các phương trình sau, phương trình nào có đúng 5 nghiệm phân biệt? A. 3
2 2  3x x  2020x  4 . B. 5
x  2020x 1  0 . C. 3 3
x  2  3 3x  2 . D. 5 4 3 2
x  9x  4x 18x 12x 1  0 . Lời giải Với phương án A: 3
2 2  3x x  2020x  4 2
Điều kiện: x  . 3 Phương trình 3
2 2  3x x  2020x  4 3
x  2020x  2 2  3x  4  0 .  2 Xét hàm số 3
f (x)  x  2020x  2 2  3x  4 liên tục trên ;   . 3    2  36260  2  f (0)  4   2 2  0, 0 f    f (0). f  0    
Nên phương trình f (x)  0 có ít nhất  3  27  3  một nghiệm.
Giả sử phương trình f (x)  0 có hai nghiệm x , x . 1 2 TOANMATH.com Trang 38/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
Khi đó: f (x )  f (x )  0   3 3
x x  2020 x x  2
2  3x  2  3x  0 1 2   1 2  1 2  1 2  
 x x  6 2 2
x x x x  2020    0 1 2 1 1 2 2  2 3x 2 3x      1 2 
 B 2 2   x  3x 6 x x Vì 2 2 B x    2020   0 . 1 2  1   2  4
2  3x  2  3x 1 2
Vậy phương trình luôn có nghiệm duy nhất. Với phương án B. 5
x  2020x 1  0 . Xét hàm số 5
f (x)  x  2020x 1 là hàm liên tục trên  Mặt khác:
f (0)  1, f (1)  2020  f (0). f (1)  2020  0
Nên phương trình f (x)  0 có ít nhất một nghiệm thuộc 0;  1 .
Giả sử phương trình có hai nghiệm x , x . 1 2 Khi đó:
f (x )  f (x )  0   5 5
x x  2 x x  0 1 2 1 2   1 2 
 x x  4 3 2 2 3 4
x x x x x x x x  2  0 (1) 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2     A 2 2  1   1  1 Do 2 2 2 2
A x x xx x xx x  2  0 
Nên (1)  x x 1 1 2   1 2 2  1 2  2   4  2 1 2
Vậy phương trình luôn có đúng một nghiệm. Với phương án C: 3 3
x  2  3 3x  2 . Đặt 3 3 3
y  3x  2  y  3x  2  3x y  2 3
x  2  3yx y
Ta có hệ phương trình    . 3 2 2
y  2  3x
x y xy  3  0 x 1
Với x y có: 3 3
x  3x  2  x  3x  2  0   x   1  2
x x  2  0   . x  2  Với 2 2
x y xy  3  0 phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình có hai nghiệm x  1 ; x  2  . Với phương án D. 5 4 3 2
x  9x  4x 18x 12x 1  0 . Xét hàm số 5 4 3 2
f (x)  x  9x  4x 18x 12x 1 liên tục trên  .  1  19 Ta có: f ( 2  )  9  5  0, f ( 1  ) 1  0, f     0    2  32
f (0)  1  0, f (2)  47  0, f (10)  7921  0
Do đó phương trình f (x)  0 có ít nhất 5 nghiệm thuộc các khoảng TOANMATH.com Trang 39/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com     1   1  2; 1 , 1  ; ,  ;0 ,      0; 2,  2;10  2   2 
Mặt khác f (x) là đa thức bậc 5 nên có tối đa 5 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có đúng 5 nghiệm.
Câu 59. Số nghiệm ít nhất có thể của phương trình 3 3
m(x 1)(x  4x)  x  3x 1  0 ( m là tham số) là: A. 4 . B. 3 . C. 1. D. 2 . Lời giải
Xét hàm số f x mx   3 x x 3 ( ) 1
4  x  3x 1 là hàm liên tục trên  .
f (2)  1, f (0)  1, f (1)  1, f (2)  3 . Ta có
* f (2). f (0)  0 nên phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc (2;0) .
* f (0). f (1)  0 nên phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc (0;1) .
* f (1). f (2)  0 nên phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc (1; 2) .
Từ đó suy ra phương trình có ít nhất 3 nghiệm. Mặt khác m  0 phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt.
Câu 60. Trong các phương trình sau, phương trình nào có đúng 5 nghiệm phân biệt? A. 5
x  3x 1  0. B. 5 3 2 2
x  2x 15x 14x  2  3x x 1. C. 3
x  2x  4  3 3  2x. D. 3
2x  6 1 x  3. Lời giải A. Xét hàm số 5
f (x)  x  3x 1 là hàm liên tục trên  . Mặt khác:
f (1)  1, f (0)  1  f (1). f (0)  1  0 .
Nên phương trình f (x)  0 có ít nhất một nghiệm thuộc  1;  0 .
Giả sử phương trình có hai nghiệm x , x . 1 2 Khi đó:
f (x )  f (x )  0   5 5
x x  3 x x  0 1 2 1 2   1 2 
 x x  4 3 2 2 3 4
x x x x x x x x  3  0 (1) 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 
 A 2 2  1   1  1 Do 2 2 2 2
A x x xx x xx x  3  0 
Nên (1)  x x 1 1 2   1 2 2  1 2  2   4  2 1 2 TOANMATH.com Trang 40/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com
Vậy phương trình luôn có đúng một nghiệm.
B. Phương trình đã cho tương đương với:
x x x
x    x x  2 5 3 2 2 2 15 14 2 3 1 5 4 3 2
x  9x  4x 18x 12x 1  0 (1) Hàm số 5 4 3 2
f (x)  x  9x  4x 18x 12x 1 liên tục trên  .  1  19 Ta có: f ( 2  )  9  5  0, f ( 1  ) 1  0, f     0    2  32
f (0)  1  0, f (2)  47  0, f (10)  7921  0
Do đó phương trình f (x)  0 có ít nhất 5 nghiệm thuộc các khoảng     1   1  2; 1 , 1  ; ,  ;0 ,      0; 2,  2;10  2   2 
Mặt khác f (x) là đa thức bậc 5 nên có tối đa 5 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có đúng 5 nghiệm. 3
C. Điều kiện: x  . 2 Phương trình 3
x  2x  3 3  2x  4  0 .  3 Xét hàm số 3
f (x)  x  2x  3 3  2x  4 liên tục trên ;   . 2    3  19  3  f (0)  4   3 3  0, 0 f    f (0). f  0      2  8  2 
Nên phương trình f (x)  0 có ít nhất một nghiệm.
Giả sử phương trình f (x)  0 có hai nghiệm x , x . 1 2
Khi đó: f (x )  f (x )  0   3 3
x x  2 x x  3 3  2x  3  2x  0 1 2   1 2  1 2  1 2     x x  6 2 2
x x x x  2    0 1 2 1 1 2 2  3 2x 3 2x      1 2 
 B 2 2   x  3x 6 x x (Vì 2 2 B x    2   0 ). 1 2  1   2  4
3  2x  3  2x 1 2
Vậy phương trình luôn có nghiệm duy nhất.
D. Phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 61. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình  2
m m   5 2 5
4 x  2x 1  0 có nghiệm.
A. m   \ 1; 
4 . B. m  
;1  4; .
C. m 1;  4 . D. m . TOANMATH.com Trang 41/42
Strong Team Toán VD – VDC TOANMATH.com Lời giải + Nếu 2
m  5m  4  0  m 1; 
4 thì phương trình đã cho trở thành 2
2x 1  0 . Đây là một phương trình vô nghiệm. + Nếu 2
m  5m  4  0 thì phương trình bậc 5 luôn có ít nhất một nghiệm.
Vậy để phương trình đã cho có nghiệm thì m   \1;  4 .
____________________ HẾT ____________________ TOANMATH.com Trang 42/42