Giải SGK Toán 11 KNTT Bài tập cuối chương V có đáp án

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {{n^2} + 1} - \sqrt n } \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {{n^2}\left( {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)} - \sqrt n } \right)$

$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {n\sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} - \sqrt n } \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {n\left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} - \frac{1}{{\sqrt n }}} \right)} \right]$

Vì $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n = + \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} - \frac{1}{{\sqrt n }}} \right) = 1 > 0$.

Do đó $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {n\left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} - \frac{1}{{\sqrt n }}} \right)} \right] = + \infty$. Vậy $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = + \infty$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có: 2 + 2$^{2}$ + ... + 2$^{n}$, đây là tổng của n số hạng đầu của cấp số nhân với số hạng đầu là u$_{1}$ = 2 và công bội q = 2. Do đó, 2 + 2$^{2}$ + ... + 2$^{n}$ = $\frac{{{u_1}\left( {1 - {q^n}} \right)}}{{1 - q}} = \frac{{2\left( {1 - {2^n}} \right)}}{{1 - 2}} = - 2\left( {1 - {2^n}} \right)$.

Khi đó, ${u_n} = \frac{{2 + {2^2} + ... + {2^n}}}{{{2^n}}}$$= \frac{{ - 2\left( {1 - {2^n}} \right)}}{{{2^n}}}$$= \frac{{{2^n} - 1}}{{{2^{n - 1}}}} = 2 - \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}$.

Vậy$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {2 - \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}} \right) = 2$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có: ${u_1} = \frac{2}{{{3^1}}} = \frac{2}{3}$, ${u_2} = \frac{2}{{{3^2}}} = \frac{2}{9}$, do đó công bội của cấp số nhân là $q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{2}{9}:\frac{2}{3} = \frac{1}{3}$.

Khi đó, tổng của cấp số nhân lùi vô hạn đã cho là $S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{\frac{2}{3}}}{{1 - \frac{1}{3}}} = 1$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có: $f\left( x \right) = \sqrt {x + 1} - \sqrt {x + 2}$$= \frac{{{{\left( {\sqrt {x + 1} } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt {x + 2} } \right)}^2}}}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt {x + 2} }}$

$= \frac{{\left( {x + 1} \right) - \left( {x + 2} \right)}}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt {x + 2} }}$$= \frac{{ - 1}}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt {x + 2} }}$.

Do đó, $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 1}}{{\sqrt {x + 1} + \sqrt {x + 2} }}$= 0.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có: $f\left( x \right) = \frac{{x - {x^2}}}{{\left| x \right|}}$$= \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - {x^2}}}{x}\,\,khi\,\,x > 0\\\frac{{x - {x^2}}}{{ - x}}\,\,khi\,\,x < 0\end{array} \right.$$= \left\{ \begin{array}{l}1 - x\,\,\,\,khi\,\,x > 0\\x - 1\,\,\,\,khi\,\,x < 0\end{array} \right.$.

Do đó, $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {1 - x} \right) = 1 - 0 = 1$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có: $f\left( x \right) = \frac{{x + 1}}{{\left| {x + 1} \right|}}$$= \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x + 1}}{{x + 1}}\,\,\,\,khi\,\,\,x + 1 > 0\\\frac{{x + 1}}{{ - \left( {x + 1} \right)}}\,\,\,\,khi\,\,\,x + 1 < 0\end{array} \right.$$= \left\{ \begin{array}{l}1\,\,\,\,khi\,\,\,x > - 1\\ - 1\,\,\,\,khi\,\,\,x < - 1\end{array} \right.$.

Tập xác định của hàm số là D = (–∞; – 1) ∪ (– 1; +∞).

Từ đó suy ra hàm số đã cho liên tục trên (–∞; – 1) ∪ (– 1; +∞).

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} + x - 2}}{{x - 1}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{x - 1}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + 2} \right) = 1 + 2 = 3$.

f(1) = a.

Để hàm số f(x) liên tục tại x = 1 thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)$⇔ a = 3.

Lời giải:

Vì |u$_{n}$ – 1| < $\frac{2}{n}$ và $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{2}{n} = 0$.

Do đó, $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} - 1} \right) = 0$. Từ đó suy ra $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 1$.

Lời giải:

a) ${u_n} = \frac{{{n^2}}}{{3{n^2} + 7n - 2}}$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2}}}{{3{n^2} + 7n - 2}}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2}}}{{{n^2}\left( {3 + \frac{7}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}} \right)}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{3 + \frac{7}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}}} = \frac{1}{3}$.

b) ${v_n} = \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{3^k} + {5^k}}}{{{6^k}}}}$$= \frac{{{3^0} + {5^0}}}{{{6^0}}} + \frac{{{3^1} + {5^1}}}{{{6^1}}} + \frac{{{3^2} + {5^2}}}{{{6^2}}} + ... + \frac{{{3^n} + {5^n}}}{{{6^n}}}$

$= \left( {\frac{{{3^0}}}{{{6^0}}} + \frac{{{5^0}}}{{{6^0}}}} \right) + \left( {\frac{{{3^1}}}{{{6^1}}} + \frac{{{5^1}}}{{{6^1}}}} \right) + \left( {\frac{{{3^2}}}{{{6^2}}} + \frac{{{5^2}}}{{{6^2}}}} \right) + ... + \left( {\frac{{{3^n}}}{{{6^n}}} + \frac{{{5^n}}}{{{6^n}}}} \right)$

$= \left( {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^0} + {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^0}} \right) + \left( {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^1} + {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^1}} \right) + \left( {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^2}} \right) + ... + \left( {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n} + {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^n}} \right)$

$= \left[ {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^0} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^1} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} + ... + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right] + \left[ {{{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^0} + {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^1} + {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^2} + ... + {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^n}} \right]$

Vì ${\left( {\frac{1}{2}} \right)^1} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} + ... + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}$ là tổng n số hạng đầu của cấp số nhân với số hạng đầu là ${\left( {\frac{1}{2}} \right)^1} = \frac{1}{2}$ và công bội là $\frac{1}{2}$ nên

${\left( {\frac{1}{2}} \right)^0} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^1} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} + ... + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^0} + \frac{{\frac{1}{2}\left( {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right)}}{{1 - \frac{1}{2}}}$$= 1 + \left( {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right) = 2 - {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}$.

Tương tự, ta tính được:

${\left( {\frac{5}{6}} \right)^0} + {\left( {\frac{5}{6}} \right)^1} + {\left( {\frac{5}{6}} \right)^2} + ... + {\left( {\frac{5}{6}} \right)^n} = {\left( {\frac{5}{6}} \right)^0} + \frac{{\frac{5}{6}\left( {1 - {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^n}} \right)}}{{1 - \frac{5}{6}}}$$= 1 + 5\left( {1 - {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^n}} \right) = 6 - 5 \cdot {\left( {\frac{5}{6}} \right)^n}$.

Do đó, ${v_n} = \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{3^k} + {5^k}}}{{{6^k}}}}$ $= \left[ {2 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right] + \left[ {6 - 5 \cdot {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^n}} \right]$ $= 8 - {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} - 5 \cdot {\left( {\frac{5}{6}} \right)^n}$.

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{3^k} + {5^k}}}{{{6^k}}}} } \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {8 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n} - 5 \cdot {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^n}} \right]$ = 8.

c) ${{\rm{w}}_n} = \frac{{\sin \,n}}{{4n}}$

Ta có: $\left| {{{\rm{w}}_n}} \right| = \left| {\frac{{\sin \,n}}{{4n}}} \right| \le \frac{1}{{4n}} < \frac{1}{n}$ và $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{n} = 0$.

Do đó, $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {{\rm{w}}_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sin \,n}}{{4n}} = 0$.

Lời giải:

a) Ta có: 1,(01) = 1,010101... = 1 + 0,01 + 0,0001 + 0,000001 + ...

= 10$^{0}$ + 10$^{-2}$ + 10$^{-4}$ + 10$^{-6}$ + ...

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u$_{1}$ = 10$^{0}$ = 1 và q = 10$^{-2}$ nên

1,(01) = $\frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{1}{{1 - {{10}^{ - 2}}}} = \frac{{100}}{{99}}$.

b) Ta có: 5,(132) = 5,132132132... = 5 + 0,132 + 0,000132 + 0,000000132 + ...

= 5 + 0,132 + 0,132 . 10$^{-3}$ + 0,132 . 10$^{-6}$ + ...

Vì 0,132 + 0,132 . 10$^{-3}$ + 0,132 . 10$^{-6}$ + ... là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u$_{1}$ = 0,132 và q = 10$^{-3}$ nên

0,132 + 0,132 . 10$^{-3}$ + 0,132 . 10$^{-6}$ + ... = $\frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{0{,}132}}{{1 - {{10}^{ - 3}}}} = \frac{{44}}{{333}}$.

Do đó 5,(132) = 5 + $\frac{{44}}{{333}}$ = $\frac{{1709}}{{333}}$.

Lời giải:

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{{\sqrt {x + 2} - 3}}{{x - 7}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{{{{\left( {\sqrt {x + 2} } \right)}^2} - {3^2}}}{{\left( {x - 7} \right)\left( {\sqrt {x + 2} + 3} \right)}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{{x - 7}}{{\left( {x - 7} \right)\left( {\sqrt {x + 2} + 3} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{1}{{\sqrt {x + 2} + 3}}$$= \frac{1}{{\sqrt {7 + 2} + 3}} = \frac{1}{6}$.

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^3} - 1}}{{{x^2} - 1}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} + x + 1}}{{x + 1}} = \frac{{{1^2} + 1 + 1}}{{1 + 1}} = \frac{3}{2}$.

c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2 - x}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}}$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {2 - x} \right) = 2 - 1 = 1 > 0$;

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\left( {1 - x} \right)^2} = 0$ và (1 – x)$^{2}$ > 0 với mọi x ≠ 1.

Do vậy, $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2 - x}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}} = + \infty$.

d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x + 2}}{{\sqrt {4{x^2} + 1} }}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2}\left( {4 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} }}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)}}{{ - x\sqrt {4 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \left( {1 + \frac{2}{x}} \right)}}{{\sqrt {4 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}$$= - \frac{1}{2}$.

Lời giải:

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{{x^2} - 9}}{{\left| {x - 3} \right|}}$

Với mọi x > 3, ta có x – 3 > 0 nên |x – 3| = x – 3.

Do đó, $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{{x^2} - 9}}{{\left| {x - 3} \right|}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}{{x - 3}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \left( {x + 3} \right) = 6$.

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{x}{{\sqrt {1 - x} }}$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} x = 1 > 0$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \sqrt {1 - x} = 0$

Và với mọi x < 1, ta có 1 – x > 0, suy ra $\sqrt {1 - x} > 0$.

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{x}{{\sqrt {1 - x} }} = + \infty$.

Lời giải:

+) Với x > 0, ta có: |x| = x.

Khi đó, $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\left| x \right|}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{x}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} 1 = 1$. (1)

+) Với x < 0, ta có: |x| = – x.

Khi đó, $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\left| x \right|}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{ - x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( { - 1} \right) = - 1$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\left| x \right|}}{x} \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\left| x \right|}}{x}$ nên không tồn tại giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left| x \right|}}{x}$.

Lời giải:

a) Với x ≠ 0, thì $f\left( x \right) = \frac{1}{x}$, ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{1}{x} = - \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{x} = + \infty$.

Suy ra $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{1}{x} \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{x}$ nên không tồn tại $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{x}$.

Vậy hàm số đã cho gián đoạn tại x = 0.

b) Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} g\left( x \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {2 - x} \right) = 2 - 1 = 1$;

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} g\left( x \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {1 + x} \right) = 1 + 1 = 2$.

Suy ra $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} g\left( x \right) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} g\left( x \right)$ nên không tồn tại $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g\left( x \right)$.

Vậy hàm số đã cho gian đoạn tại x = 1.

Lời giải:

Vì M và R lần lượt là khối lượng và bán kính của Trái Đất, G là hằng số hấp dẫn, do đó M, R, G đều khác 0, r là khoảng cách nên r > 0.

Ta có: $F\left( r \right) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{GMr}}{{{R^3}}}\,\,\,\,n\^e 'u\,\,\,r < R\\\frac{{GM}}{{{r^2}}}\,\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,\,r \ge R,\end{array} \right.$. Tập xác định của hàm số F(r) là (0; +∞).

+) Với r < R thì F(r) = $\frac{{GMr}}{{{R^3}}}$ hay F(r) = $\frac{{GM}}{{{R^3}}}.r$ là hàm đa thức nên nó liên tục trên (0; R).

+) Với r > R thì F(r) = $\frac{{GM}}{{{r^2}}}$ là hàm phân thức nên nó liên tục trên (R; +∞).

+) Tại r = R, ta có F(R) = $\frac{{GM}}{{{R^2}}}$.

$\mathop {\lim }\limits_{r \to {R^ + }} F\left( r \right) = \mathop {\lim }\limits_{r \to {R^ + }} \frac{{GM}}{{{r^2}}} = \frac{{GM}}{{{R^2}}}$; $\mathop {\lim }\limits_{r \to {R^ - }} f\left( R \right) = \mathop {\lim }\limits_{r \to {R^ - }} \frac{{GMr}}{{{R^3}}} = \frac{{GMR}}{{{R^3}}} = \frac{{GM}}{{{R^2}}}$.

Do đó, $\mathop {\lim }\limits_{r \to {R^ + }} F\left( r \right) = \mathop {\lim }\limits_{r \to {R^ - }} F\left( r \right) = \frac{{GM}}{{{R^2}}}$ nên $\mathop {\lim }\limits_{r \to R} F\left( r \right) = \frac{{GM}}{{{R^2}}} = F\left( R \right)$.

Suy ra hàm số F(r) liên tục tại r = R.

Vậy hàm số F(r) liên tục trên (0; +∞).

Lời giải:

a) Biểu thức $\frac{{\cos x}}{{{x^2} + 5x + 6}}$ có nghĩa khi x$^{2}$ + 5x + 6 ≠ 0 ⇔ (x + 2)(x + 3) ≠ 0 $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne - 2\\x \ne - 3\end{array} \right.$.

Do đó, tập xác định của hàm số f(x) là ℝ \ {– 3; – 2} = (–∞; – 3) ∪ (– 3; – 2) ∪ (– 2; +∞).

Suy ra hàm số f(x) xác định trên các khoảng (–∞; – 3), (– 3; – 2) và (– 2; +∞). Trên các khoảng này, tử thức (hàm lượng giác) và mẫu thức (hàm đa thức) là các hàm số liên tục. Vậy hàm số $f\left( x \right) = \frac{{\cos x}}{{{x^2} + 5x + 6}}$ liên tục trên các khoảng xác định của chúng.

b) Biểu thức $\frac{{x - 2}}{{\sin \,x}}$ có nghĩa khi sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ, k ∈ ℤ.

Do đó, tập xác định của hàm số g(x) là ℝ \ {kπ | k ∈ ℤ}. Hay hàm số g(x) xác định trên các khoảng (kπ; (k + 1)π) với k ∈ ℤ.

Trên các khoảng xác định của hàm số g(x), tử thức x – 2 (hàm đa thức) và mẫu thức sin x (hàm lượng giác) là các hàm số liên tục.

Vậy hàm số $g\left( x \right) = \frac{{x - 2}}{{\sin \,x}}$ liên tục trên các khoảng xác định của chúng.

Lời giải:

Ta có: $f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}x + 1\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x \le a\\{x^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x > a\end{array} \right.$. Tập xác định của hàm số f(x) là ℝ.

+) Với x < a thì f(x) = x + 1 là hàm đa thức nên nó liên tục trên (–∞; a).

+) Với x > a thì f(x) = x$^{2}$ là hàm đa thức nên nó liên tục trên (a; +∞).

+) Tại x = a, ta có f(a) = a + 1.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} \left( {x + 1} \right) = a + 1$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} {x^2} = {a^2}$.

Để hàm số f(x) đã cho liên tục trên ℝ thì f(x) phải liên tục tại x = a, điều này xảy ra khi và chỉ khi $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} f\left( x \right) = f\left( a \right)$⇔ a + 1 = a$^{2}$ ⇔ a$^{2}$ – a – 1 = 0

Suy ra $a = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}$ hoặc $a = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}$.

Vậy $a \in \left\{ {\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2};\,\,\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right\}$ thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.