Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Giới hạn hàm (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $R_k=\sqrt{kx+R_{k+1}}$ với $R_{2025}=\sqrt{2025x}$, cần tính ${\lim }_{x\to +\infty }(R_1-\sqrt{x})$. Khi $x\to +\infty$, do $R_{k+1}=O(\sqrt{x})$ nên $\frac{R_{k+1}}{kx}\to 0$, do đó khai triển $$R_k=\sqrt{kx}\sqrt{1+\frac{R_{k+1}}{kx}}=\sqrt{kx}+\frac{R_{k+1}}{2\sqrt{kx}}+o(1).$$ Vì $R_{k+1}\sim \sqrt{(k+1)x}$ nên $\frac{R_{k+1}}{2\sqrt{kx}}\to \frac{1}{2}\sqrt{\frac{k+1}{k}}$, suy ra $R_k=\sqrt{kx}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{k+1}{k}}+o(1)$. Áp dụng với $k=1$: $R_1=\sqrt{x}+\frac{\sqrt{2}}{2}+o(1)$, vậy ${\lim }_{x\to +\infty }(R_1-\sqrt{x})=\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$. Kết quả trùng với đáp án nguồn. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 2a: Vì f là đa thức nên liên tục. Giới hạn lim_{x→1} f(2x+1)/(x−1) = 2026 tồn tại hữu hạn, trong khi mẫu x−1 → 0, do đó tử số phải triệt tiêu: f(2·1+1) = f(3) = 0. Khi đó f(2x+1) = f(2x+1) − f(3) và 2x+1 → 3 khi x → 1, nên 2026 = lim_{x→1} [f(2x+1) − f(3)]/(x−1) = lim_{x→1} 2·[f(2x+1) − f(3)]/(2x+1 − 3) = 2f'(3), suy ra f'(3) = 1013. Xét giới hạn cần tính: đặt g(u) = (u+1)^{5/6}, ta có √(f(x)+1)·∛(f(x)+1) = (f(x)+1)^{1/2+1/3} = (f(x)+1)^{5/6}. Vì f(3) = 0 nên tử số tại x = 3 bằng (0+1)^{5/6} − 1 = 0 (dạng 0/0). Đạo hàm: [(f(x)+1)^{5/6} − 1]' = (5/6)(f(x)+1)^{−1/6}·f'(x), tại x = 3 cho (5/6)f'(3). Mẫu: x² − 4x + 3 = (x−3)(x−1), đạo hàm tại x = 3 là 2·3 − 4 = 2. Vậy giới hạn bằng [(5/6)·1013]/2 = 5065/12 ≈ 422,0833. Câu 2b: Tam giác ABC cân tại A, AH là đường cao nên H là trung điểm BC, AH ⊥ BC, do đó AH² = AB² − (BC/2)². Gọi q là công bội: BC, AH, AB lập cấp số nhân nên AH² = BC·AB. Đặt BC = a, AH = h, AB = c với h² = ac và h² = c² − a²/4. Vì h/a = c/h = q nên a = h/q, c = qh. Thay vào: h² = q²h² − h²/(4q²) ⇒ 1 = q² − 1/(4q²) ⇒ 4q⁴ − 4q² − 1 = 0. Đặt t = q² > 0: 4t² − 4t − 1 = 0 ⇒ t = (4 ± √(16+16))/8 = (1 ± √2)/2. Chọn t = (1+√2)/2 > 0. Vậy q = √((1+√2)/2) = √(2+√2)/2 ≈ 1,0987. Kiểm tra: tam giác tồn tại vì cần c > a/2, tức qh > h/(2q) ⇔ 2q² > 1 ⇔ q² = (1+√2)/2 > 1/2, thỏa mãn.

a) Điều kiện cần:
$$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{2x-1}+ax+b}{(x-1{)}^2}\text{toˆˋn tại hữu hạn suy ra}a+b=-1\Rightarrow b=-a-1$$
Suy ra $$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{2x-1}+ax+b}{(x-1{)}^2}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{2x-1}+ax-a-1}{(x-1{)}^2}$$
$$=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\frac{2x-2}{\sqrt{2x-1}+1}+a(x-1)}{(x-1{)}^2}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\frac{2}{\sqrt{2x-1}+1}+a}{x-1}$$
$$\Rightarrow a=-1\Rightarrow b=0$$
Điều kiện đủ:
Với $a=-1,b=0$
$$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{2x-1}+ax+b}{(x-1{)}^2}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{2x-1}-x}{(x-1{)}^2}$$
$$=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{-(x-1{)}^2}{(x-1{)}^2\left(\sqrt{2x-1}+x\right)}=-\frac{1}{2}$$

b) $$\frac{C^{\prime }S}{C{C}^{\prime }}\cdot \frac{AC}{AO}\cdot \frac{IS}{IO}=1\Rightarrow \frac{C^{\prime }S}{C{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}\cdot \frac{IS}{IO}$$

$$\frac{2B{B}^{\prime }}{SB}+\frac{3S{D}^{\prime }}{D^{\prime }D}+\frac{10S{C}^{\prime }}{C^{\prime }C}=8\iff \frac{2IO}{SO}+\frac{3S{B}^{\prime }}{B^{\prime }B}+5\frac{SI}{IO}=8$$

$$\iff \frac{2}{\frac{SO}{OI}}+3\left(\frac{SI}{IO}\right)+5\frac{SI}{IO}=8\iff \frac{2}{\frac{SI+IO}{OI}}+3\left(\frac{SI}{IO}\right)+5\frac{SI}{IO}=8$$

$$\frac{2}{\frac{SI}{OI}+1}+3\left(\frac{SI}{IO}\right)+5\frac{SI}{IO}=8$$

$$x=\frac{SI}{IO},x>0,\text{ta coˊ phương trıˋnh}$$

$$\frac{2}{x+1}+8x=8\iff 1=4(1-x^2)$$

$$\iff x=\frac{\sqrt{3}}{2}$$

$$\Rightarrow \frac{S{C}^{\prime }}{C{C}^{\prime }}=\frac{\sqrt{3}}{4}$$

Xét hàm số $f(x)={\prod }_{k=1}^{2018}[kx-(2k-1){]}^{\frac{1}{2019}}$.
Tại $x=2$, mỗi thừa số có giá trị là $2k-(2k-1)=1$, do đó $f(2)=1$.
Giới hạn đã cho chính là đạo hàm của hàm số $f(x)$ tại $x=2$:
$L={\lim }_{x\to 2}\frac{f(x)-f(2)}{x-2}=f^{\prime }(2)$.
Lấy logarit tự nhiên hai vế của $f(x)$ khi $x$ gần 2:
$\ln f(x)=\frac{1}{2019}{\sum }_{k=1}^{2018}\ln (kx-2k+1)$.
Đạo hàm hai vế theo $x$:
$\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}=\frac{1}{2019}{\sum }_{k=1}^{2018}\frac{k}{kx-2k+1}$.
Thay $x=2$ vào:
$\frac{f^{\prime }(2)}{f(2)}=\frac{1}{2019}{\sum }_{k=1}^{2018}\frac{k}{1}=\frac{1}{2019}\cdot \frac{2018\cdot 2019}{2}=1009$.
Vì $f(2)=1$, suy ra $f^{\prime }(2)=1009=\frac{1009}{1}$.
Do đó $a=1009,b=1$ (phân số tối giản), suy ra $a+b=1009+1=1010$. Chọn B.