Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Hàm liên tục (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Xét $f(x)=2x^5+a(x^2-1)+1$. Hàm số $f$ liên tục trên $\mathbb{R}$ (đa thức). Ta có $f(0)=a(0-1)+1=1-a$ và $f(1)=2+a(0)+1=3>0$.
- Nếu $a\le 1$ thì $f(0)=1-a\ge 0$; khi đó xét $f(-1)=2+a(0)+1=3>0$ và $f(-2)=2(-32)+a(3)+1=3a-63<0$ (vì $a\le 1<21$). Do đó $f(-2)\cdot f(-1)<0$, nên theo định lý giá trị trung gian phương trình có nghiệm trong $(-2;-1)$.
- Nếu $a>1$ thì $f(0)=1-a<0<3=f(1)$, nên phương trình có nghiệm trong $(0;1)$.
Vậy với mọi $a\in \mathbb{R}$, phương trình $2x^5+a(x^2-1)+1=0$ luôn có nghiệm.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $g(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}\setminus \{0\}$ nên $g$ liên tục tại $x=1$ (vì $1\ne 0$). Hàm $h(x)=x$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và $h(1)=1\ne 0$. Theo định lý về thương hai hàm số liên tục, $f(x)=\frac{g(x)}{h(x)}=\frac{g(x)}{x}$ liên tục tại mọi điểm mà mẫu khác 0, do đó $f$ liên tục tại $x=1$. Cụ thể: $\underset{x\to 1}{\lim }f(x)=\frac{\underset{x\to 1}{\lim }g(x)}{\underset{x\to 1}{\lim }x}=\frac{g(1)}{1}=f(1)$, tức điều kiện liên tục tại $x=1$ được thỏa mãn. Kết luận: $f(x)=\frac{g(x)}{x}$ liên tục tại $x=1$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $f(x)=4x^4+2x^2-x-3$, hàm đa thức nên liên tục trên $\mathbb{R}$. Ta có $f(-1)=4+2+1-3=4>0$, $f(0)=-3<0$, $f(1)=4+2-1-3=2>0$. Vì $f$ liên tục trên $[-1;0]$ và $f(-1)\cdot f(0)<0$, theo định lý giá trị trung gian tồn tại $x_1\in (-1;0)$ sao cho $f(x_1)=0$. Tương tự, $f$ liên tục trên $[0;1]$ và $f(0)\cdot f(1)<0$ nên tồn tại $x_2\in (0;1)$ sao cho $f(x_2)=0$. Vì $x_1<0<x_2$ nên $x_1\ne x_2$. Vậy phương trình có ít nhất 2 nghiệm phân biệt trong khoảng $(-1;1)$.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm liên tục tại $x=0$ khi ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)=f(0)$, tức $0^2+2\cdot 0-24=4\cdot 0+m^2+3m-22$. Suy ra $m^2+3m-22=-24\iff m^2+3m+2=0\iff (m+1)(m+2)=0$, cho $m=-1$ hoặc $m=-2$. Tổng các giá trị là $-1+(-2)=-3$. Khớp với đáp án nguồn A.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm liên tục tại $x=0$ khi ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)={\lim }_{x\to 0^{-}}f(x)=f(0)$. Ta có ${\lim }_{x\to 0^{+}}(x^2+2x-24)=-24$ và ${\lim }_{x\to 0^{-}}(4x+m^2+3m-22)=m^2+3m-22=f(0)$. Điều kiện liên tục: $m^2+3m-22=-24\iff m^2+3m+2=0\iff (m+1)(m+2)=0\iff m=-1$ hoặc $m=-2$. Tổng các giá trị của $m$: $(-1)+(-2)=-3$. Khớp với đáp án nguồn (C).

Xét hàm số $g(x)=f\left(x+\frac{1}{n}\right)-f(x)$ xác định và liên tục trên $\left[0;1-\frac{1}{n}\right]$. Xét tổng sau: $$\sum _{k=0}^{n-1}g\left(\frac{k}{n}\right)$$ Suy ra $S=f(1)-f(0)=0$

Giả sử rằng $g(x)\ne 0$ với mọi $x\in \left[0;1-\frac{1}{n}\right]$

Do $g(x)$ liên tục nên chỉ có thể luôn dương hoặc âm trên đoạn xác định

+ Nếu $g(x)>0$ thì:

$$\sum _{k=0}^{n-1}g\left(\frac{k}{n}\right)>0$$

Mâu thuẫn vì $S=0$

+ Nếu $g(x)<0$ thì:

$$\sum _{k=0}^{n-1}g\left(\frac{k}{n}\right)<0$$

Mâu thuẫn vì $S=0$

Vì vậy luôn tồn tại ít nhất một điểm $m\in \left[0;1-\frac{1}{n}\right]$ sao cho $g(m)=0$

$\iff f\left(m+\frac{1}{n}\right)=f(m)$ (điều phải chứng minh)

(AI giải đề cho tôi)
Với $x\ne 2$: $f(x)=\frac{x^2-3x+2}{x-2}=\frac{(x-1)(x-2)}{x-2}=x-1$. Khi đó $\underset{x\to 2}{\lim }f(x)=\underset{x\to 2}{\lim }(x-1)=1$. Hàm số liên tục tại $x=2$ khi và chỉ khi $f(2)=m=\underset{x\to 2}{\lim }f(x)=1$. Vậy $m=1$, chọn đáp án D.

Trước hết, nếu $a=b=0$ thì điều kiện trở thành $f(y^2)=f(x^2)$, $\forall x,y\in \mathbb{R}$.
Để ý hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ khác hằng sau thoả mãn: $f(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x⩾0,\\ 1,& x<0.\end{array}$
Vậy $(a,b)=(0,0)$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Ta chứng minh mọi trường hợp còn lại đều buộc $f$ là hàm hằng.
Nếu $a=0$ và $b\ne 0$ thì $f(y^2)=f(b{y}^3+x^2)$, $\forall x,y\in \mathbb{R}$.
Thay $y=0$ cho ta $f(x^2)=0$, $\forall x\in \mathbb{R}$ hay $f(x)=0$ với mọi $x\ge 0$.
Do đó $f(b{y}^3+x^2)=0$, $\forall x,y\in \mathbb{R}$, thay $x=0$ thì $f(b{y}^3)=0,\forall y\in \mathbb{R}$, và vì $b\ne 0$ nên $f(x)=0$, $\forall x\in \mathbb{R}$.
Cuối cùng, giả sử $ab\ne 0$. Lấy $u,v\in \mathbb{R}$ bất kì, ta sẽ chứng minh hệ phương trình sau có nghiệm $(x,y)$:
$$\{\begin{array}{l}a{x}^3+y^2=u\\ b{y}^3+x^2=v\end{array}$$
Ta có $x=\sqrt[3]{\frac{u-y^2}{a}}$, nên $b{y}^3+\sqrt[3]{\frac{(u-y^2{)}^2}{a^2}}=v$.
Xét hàm $g(t)=b{t}^3+\sqrt[3]{\frac{(u-t^2{)}^2}{a^2}}$ trên $\mathbb{R}$, ta sẽ chứng minh $g$ là toàn ánh trên $\mathbb{R}$.
Để ý $g$ là hàm liên tục trên $\mathbb{R}$, và khi $x\to +\infty$ thì $g$ cùng dấu với $b$, và khi $x\to -\infty$ thì $g$ ngược dấu với $b$, do đó theo định lý giá trị trung gian suy ra được $g$ là toàn ánh trên $\mathbb{R}$.
Vì vậy phương trình $g(y)=v$ luôn có nghiệm $y\in \mathbb{R}$, do đó hệ phương trình trên có nghiệm $(x,y)$.
Từ đó ta suy ra được $f(u)=f(v)$ với mọi $u,v\in \mathbb{R}$ nên $f$ là hàm hằng.
Vậy tồn tại duy nhất cặp số thực $(a,b)=(0,0)$ để tồn tại hàm $f$ khác hằng.

Ta có $f(1)=3\cdot 1+m=m+3$.
${\lim }_{x\to 1}f(x)={\lim }_{x\to 1}\frac{x^3-x^2+2x-2}{x-1}={\lim }_{x\to 1}\frac{(x-1)(x^2+2)}{x-1}={\lim }_{x\to 1}(x^2+2)=1^2+2=3$.
Để hàm số liên tục tại $x=1$ thì ${\lim }_{x\to 1}f(x)=f(1)⟺3=m+3⟺m=0$. Chọn A.

Ta có ${\lim }_{x\to 0}f(x)={\lim }_{x\to 0}\frac{\sqrt{x^2+4}-2}{x^2}={\lim }_{x\to 0}\frac{x^2}{x^2(\sqrt{x^2+4}+2)}={\lim }_{x\to 0}\frac{1}{\sqrt{x^2+4}+2}=\frac{1}{4}$.
$f(0)=2a-\frac{5}{4}$.
Hàm số liên tục tại $x=0$ khi và chỉ khi:
${\lim }_{x\to 0}f(x)=f(0)\iff \frac{1}{4}=2a-\frac{5}{4}\iff 2a=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}\iff a=\frac{3}{4}$.

Ta có ${\lim }_{x\to 0}f(x)={\lim }_{x\to 0}\frac{2x}{x(x+1)(\sqrt{2x+1}+1)}={\lim }_{x\to 0}\frac{2}{(x+1)(\sqrt{2x+1}+1)}=1$. Để hàm số liên tục tại $x=0$ thì $f(0)={\lim }_{x\to 0}f(x)=1$. Chọn đáp án D.

Chọn D.
Các định lý về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (Weierstrass) và định lý giá trị trung gian (Bolzano-Cauchy) đều yêu cầu giả thiết hàm số **liên tục** trên đoạn $[-1;1]$.
Ở đây đề bài chỉ cho hàm số **xác định** trên $[-1;1]$ mà không liên tục.
+) Phản ví dụ cho i) và ii): Xét hàm số $f(x)=\frac{1}{x}$ với $x\ne 0$ và $f(0)=0$ trên $[-1;1]$. Hàm này không bị chặn nên không có GTLN và GTNN trên $[-1;1]$. Do đó i) và ii) sai.
+) Phản ví dụ cho iii): Xét hàm số $f(x)=-1$ với $x\in [-1;0]$ và $f(x)=1$ với $x\in (0;1]$. Ta có $f(-1)f(1)=-1<0$ nhưng không có giá trị nào để $f(\gamma )=0$. Do đó iii) sai.
Vậy số khẳng định đúng là 0.

Để $f(x)$ có giới hạn hữu hạn khi $x\to 1$ thì $a\cdot 1^2+2\cdot 1-5=0⟺a=3$. Khi đó $f(1)={\lim }_{x\to 1}\frac{3x+5}{x-2}=-8$.

Ta có: ${\lim }_{x\to 2^{+}}f(x)=f(2)=2^2-4(2)+7=3$.
${\lim }_{x\to 2^{-}}f(x)=2+7=9$.
Vì ${\lim }_{x\to 2^{+}}f(x)\ne {\lim }_{x\to 2^{-}}f(x)$ nên hàm số gián đoạn tại $x=2$.
Do đó khẳng định hàm số liên tục trên $\mathbb{R}$ là sai.
Chọn đáp án D.

Từ $f(1)\cdot f(2)+3=0⟹f(1)\cdot f(2)=-3<0$.
Vì hàm số liên tục trên $[1;2]$ và $f(1)f(2)<0$ nên phương trình $f(x)=0$ có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng $(1;2)$.
Chọn đáp án D.

Ta có: ${\lim }_{x\to 2^{+}}f(x)={\lim }_{x\to 2^{+}}\frac{\sqrt[3]{3x+2}-2}{x-2}={\lim }_{x\to 2^{+}}\frac{3x+2-8}{(x-2)(\sqrt[3]{(3x+2{)}^2}+2\sqrt[3]{3x+2}+4)}$
$={\lim }_{x\to 2^{+}}\frac{3(x-2)}{(x-2)(4+4+4)}=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}$.
Và $f(2)=a^2(2)+\frac{1}{4}=2a^2+\frac{1}{4}$.
Để hàm số liên tục tại $x=2$ thì ${\lim }_{x\to 2^{+}}f(x)=f(2)⟺2a^2+\frac{1}{4}=\frac{1}{4}⟺2a^2=0⟺a=0$.
Chọn đáp án D.

Ta có:
${\lim }_{x\to 1}\frac{x-1}{\sqrt{2x+1}-\sqrt{x+2}}={\lim }_{x\to 1}\frac{(x-1)(\sqrt{2x+1}+\sqrt{x+2})}{(2x+1)-(x+2)}={\lim }_{x\to 1}(\sqrt{2x+1}+\sqrt{x+2})=\sqrt{3}+\sqrt{3}=2\sqrt{3}$.
Hàm số liên tục tại $x=1⟺m=f(1)={\lim }_{x\to 1}f(x)=2\sqrt{3}$.
Thay vào biểu thức $P$:
$P=(2\sqrt{3}{)}^2+\sqrt{3}(2\sqrt{3})-8=12+6-8=10$.
Chọn đáp án A.

Để hàm số $f(x)$ liên tục tại $x=1$ thì $x=1$ phải là nghiệm của tử số: $a+2-5=0\iff a=3$. Khi đó $f(1)={\lim }_{x\to 1}\frac{(x-1)(3x+5)}{(x-1)(x-2)}={\lim }_{x\to 1}\frac{3x+5}{x-2}=-8$. Chọn B.

Ta có ${\lim }_{x\to 1^{+}}f(x)={\lim }_{x\to 1^{+}}\frac{\sqrt{x+3}-2}{x-1}={\lim }_{x\to 1^{+}}\frac{1}{\sqrt{x+3}+2}=\frac{1}{4}$ và $f(1)={\lim }_{x\to 1^{-}}f(x)=m+2$. Hàm số liên tục trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi $m+2=\frac{1}{4}\iff m=-\frac{7}{4}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 7), Câu 9 (Phần 1) chọn đáp án D.