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

Chọn B. $I=\lim \left(a\sqrt{n^2+bn+1}-2n\right)=1$ là số hữu hạn nên $a=2$. Mặt khác: $I=\lim \left(2\sqrt{n^2+bn+1}-2n\right)=\lim \frac{4\left(n^2+bn+1\right)-4n^2}{2\sqrt{n^2+bn+1}+2n}=\lim \frac{4bn+4}{2\sqrt{n^2+bn+1}+2n}$ $=\lim \frac{4b+\frac{4}{n}}{2\sqrt{1+\frac{b}{n}+\frac{1}{n^2}}+2}=b$. Suy ra $I=1\iff b=1$. Vậy $a^2+b^2=5$.

(AI giải đề cho tôi)
Các lần quét từ trái sang phải là lần quét thứ nhất, thứ ba, thứ năm,... với quãng đường lập thành cấp số nhân số hạng đầu $u_1=20$ (cm), công bội $q=0,95^2=0,9025$ (vì mỗi lần quét bằng 95% lần quét trước, nên cách một lần quét hệ số là $0,95^2$). Tổng quãng đường từ trái sang phải đến khi dừng hẳn là $S=\frac{20}{1-0,9025}=\frac{20}{0,0975}\approx 205,13\approx 205$ cm. Vậy chọn A, khớp với đáp án nguồn (Câu 5: A).

(AI giải đề cho tôi)
Quãng đường rơi lần đầu là $12m$. Sau đó mỗi chu kỳ nảy lên và rơi xuống cùng độ cao $12\cdot \frac{3}{4},12\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^2,\dots$ Tổng quãng đường: $S=12+2\cdot 12\left(\frac{3}{4}+{\left(\frac{3}{4}\right)}^2+\cdots \right)=12+24\cdot \frac{\frac{3}{4}}{1-\frac{3}{4}}=12+24\cdot 3=84m$. Kết quả khớp đáp án nguồn 84.

(AI giải đề cho tôi)
Quãng đường rơi lần đầu: $12$ m. Sau đó mỗi lần nảy lên độ cao $h_n$ rồi rơi xuống $h_n$ với $h_n=12\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^n$. Tổng quãng đường: $$S=12+2\sum _{n=1}^{\infty }12{\left(\frac{3}{4}\right)}^n=12+24\cdot \frac{\frac{3}{4}}{1-\frac{3}{4}}=12+24\cdot 3=84(m).$$ Kết quả khớp với đáp án nguồn 84.

a. $L=\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{4n^2+3n-1}-2n\right)=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\left(\sqrt{4n^2+3n-1}-2n\right)\left(\sqrt{4n^2+3n-1}+2n\right)}{\left(\sqrt{4n^2+3n-1}+2n\right)}$
$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{3n-1}{\left(\sqrt{4n^2+3n-1}+2n\right)}$
$=\lim \frac{n\left(3-\frac{1}{n}\right)}{n\left(\sqrt{4+\frac{3}{n}-\frac{1}{n^2}}+2\right)}=\lim \frac{\left(3-\frac{1}{n}\right)}{\left(\sqrt{4+\frac{3}{n}-\frac{1}{n^2}}+2\right)}$
$\Rightarrow L=\frac{3}{4}$

b. Với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, ta có: $u_{n+1}=2u_n+3^n\iff u_{n+1}-3^{n+1}=2\left(u_n-3^n\right)$.
Xét dãy số $(v_n)$, với $v_n=u_n-3^n,\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Ta có: $v_{n+1}=2v_n$.
Do đó, dãy số $(v_n)$ là một cấp số nhân có công bội $q=2$ và số hạng đầu bằng $-2$.
Suy ra $v_n=v_1\cdot q^{n-1}=-2^n$.
Vậy $u_n=v_n+3^n=3^n-2^n$.

(AI giải đề cho tôi)
Giả sử dãy hội tụ, gọi $\lim u_n=L$. Phương trình truy hồi cho $L=\frac{-9L-24}{5L+13}\Rightarrow 5L^2+13L=-9L-24\Rightarrow 5L^2+22L+24=0\Rightarrow L=\frac{-22\pm 2}{10}$, tức $L=-2$ hoặc $L=-\frac{12}{5}$. Kiểm tra hội tụ: $u_1=2$, $u_2=\frac{-42}{23}\approx -1,826$, $u_3\approx -1,955$, ... dãy tiến dần về $-2$ (điểm bất động hấp dẫn; $|f^{\prime }(x)|=\frac{17}{(5x+13{)}^2}<1$ quanh $x=-2$). Vậy $\lim u_n=-2$, khớp đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Mỗi cạnh của $C_1$ được chia thành 6 phần bằng nhau. Hình vuông $C_2$ được tạo bằng cách nối điểm chia cách một đỉnh 1 phần với điểm cách đỉnh kề 5 phần (tức cách đỉnh đó 1 phần theo cạnh kia) trên hai cạnh kề, nên cạnh của $C_2$ là
$$a_2=\sqrt{1^2+5^2}\cdot \frac{a}{6}=\frac{a\sqrt{26}}{6}.$$
Do đó $\frac{S_2}{S_1}=\frac{26a^2/36}{a^2}=\frac{13}{18}$, và nói chung $S_n=a^2{\left(\frac{13}{18}\right)}^{n-1}$ là cấp số nhân với công bội $q=\frac{13}{18}$, $|q|<1$.
Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn:
$$T=\frac{S_1}{1-q}=\frac{a^2}{1-\frac{13}{18}}=\frac{18a^2}{5}=\frac{288}{5}\Rightarrow a^2=16\Rightarrow a=4$$ (độ dài dương).
Kết quả khớp với đáp án nguồn (Câu 6, mã đề 1101: 4).

(AI giải đề cho tôi)
Hình $C_n$ gồm $2^n$ nửa hình tròn đường kính $\frac{AB}{2^n}=\frac{2}{2^n}$, nên bán kính $r_n=\frac{1}{2^n}$. Diện tích $S_n=2^n\cdot \frac{1}{2}\pi r_n^2=2^n\cdot \frac{1}{2}\pi \cdot \frac{1}{4^n}=\frac{\pi }{2^{n+1}}$. Tổng ${\sum }_{n=1}^{\infty }{S}_n=\frac{\pi }{2}{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{2^n}=\frac{\pi }{2}\cdot 1=\frac{\pi }{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Cạnh của tam giác đều thứ $n$ (tức $A_n{B}_n{C}_n$, với $ABC$ ứng $n=0$... theo đề: $p_1$ là chu vi $ABC$) bằng $\frac{a}{2^{n-1}}$, nên $p_n=\frac{3a}{2^{n-1}}$ và $S_n=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a^2}{4^{n-1}}$.

a) $h_1=A{A}_1=\frac{\sqrt{3}a}{2}$ (đường cao của $ABC$); $h_2=A_1{A}_2=\frac{\sqrt{3}a}{4}$ (đường cao của $A_1{B}_1{C}_1$); tổng quát $h_n=\frac{\sqrt{3}a}{2^n}$. Dãy $\{h_n\}$ cấp số nhân công bội $\frac{1}{2}$, nên $\lim v_n=\frac{\sqrt{3}a/2}{1-1/2}=\sqrt{3}a$. Đúng.

b) $\lim p_n=\lim \frac{3a}{2^{n-1}}=0\ne 3a$. Sai.

c) Tam giác $A_3{B}_3{C}_3$ có cạnh $\frac{a}{2^3}=\frac{a}{8}$, nên $S_3=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a^2}{64}=\frac{\sqrt{3}}{256}{a}^2\ne \frac{\sqrt{3}}{64}{a}^2$. Sai.

d) $p=p_1+p_2+\dots =\frac{3a}{1-1/2}=6a$. Đúng.

Khớp với đáp án nguồn: Đ, S, S, Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
$h_n=\frac{\sqrt{3}a}{2^n}$, tổng cấp số nhân $\lim v_n=\frac{\sqrt{3}a/2}{1-1/2}=\sqrt{3}a$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$p_n=\frac{3a}{2^{n-1}}\to 0$, không phải $3a$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Cạnh $A_3{B}_3{C}_3=\frac{a}{8}$ nên $S_3=\frac{\sqrt{3}}{256}{a}^2$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tổng cấp số nhân $\frac{3a}{1-1/2}=6a$.

(AI giải đề cho tôi)
Mỗi tam giác mới có cạnh bằng nửa tam giác trước, nên cạnh của $A_n{B}_n{C}_n$ là $\frac{a}{2^{n-1}}$.
a) $p_n=\frac{3a}{2^{n-1}}\to 0$ khi $n\to \infty$, không phải $3a$ → Sai.
b) $p=\sum p_n=\frac{3a}{1-1/2}=6a$ → Đúng.
c) $h_1=A{A}_1=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $h_n=\frac{a\sqrt{3}}{2^n}$; $\lim v_n=\frac{a\sqrt{3}/2}{1-1/2}=a\sqrt{3}$ → Đúng.
d) Cạnh $A_3{B}_3{C}_3$ là $\frac{a}{8}$, diện tích $S_3=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a^2}{64}=\frac{\sqrt{3}}{256}{a}^2\ne \frac{\sqrt{3}}{64}{a}^2$ → Sai. Kết quả khớp đáp án nguồn: a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$p_n=\frac{3a}{2^{n-1}}\to 0\ne 3a$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Cấp số nhân công bội $1/2$: $p=\frac{3a}{1-1/2}=6a$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$h_n=\frac{a\sqrt{3}}{2^n}$, tổng cấp số nhân $\lim v_n=\frac{a\sqrt{3}/2}{1-1/2}=\sqrt{3}a$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Cạnh tam giác $A_3{B}_3{C}_3$ là $a/8$, $S_3=\frac{\sqrt{3}}{256}{a}^2$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\frac{1}{k^2-1}=\frac{1}{(k-1)(k+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k+1}\right)$. Do đó $u_n=\frac{1}{2}\left[\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)+\dots +\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}\right)\right]=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$. Vậy $\lim u_n=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{2}=\frac{3}{4}$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Theo hình vẽ trang 39, các hình vuông được tô màu xám có cạnh lần lượt là $\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{8},\frac{1}{16},\dots$ (cạnh hình vuông kế tiếp bằng một nửa cạnh hình vuông trước đó). Vậy cạnh của hình vuông thứ $n$ là $\frac{1}{2^n}$, diện tích của nó là ${\left(\frac{1}{2^n}\right)}^2=\frac{1}{4^n}$.

Tổng diện tích tô màu là:
$$S=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{4^n}=\frac{1}{4}+\frac{1}{16}+\frac{1}{64}+\dots$$
Đây là cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu $u_1=\frac{1}{4}$, công bội $q=\frac{1}{4}$, $|q|<1$, nên:
$$S=\frac{u_1}{1-q}=\frac{\frac{1}{4}}{1-\frac{1}{4}}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{4}}=\frac{1}{3}.$$

Vậy tổng diện tích chuột Mickey phải tô màu bằng $\frac{1}{3}$ (đơn vị diện tích). Kết quả phù hợp với hình vẽ: các hình vuông tô màu nằm gọn trong hình vuông lớn cạnh 1 và chiếm đúng một phần ba diện tích.

(AI giải đề cho tôi)
Tính $a=\lim \frac{2n+1}{-3n+2}=\frac{2}{-3}=-\frac{2}{3}$. a) $a=-\frac{2}{3}<0$ nên khẳng định 'a lớn hơn 0' SAI. b) Ba số $-\frac{5}{3};-\frac{2}{3};\frac{1}{3}$ lập thành CSC với công sai $-\frac{2}{3}-\left(-\frac{5}{3}\right)=1\ne 2$, SAI. c) Trên $(-\pi ;\pi )$, vì $a=-\frac{2}{3}\in (-1;1)$, phương trình $\sin x=a$ có đúng 2 nghiệm (một nghiệm trong $(-\pi ;0)$ và một trong $(0;\pi )$), SAI. d) $u_3=u_1{q}^2=-\frac{2}{3}\cdot 9=-6$, ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
$a=\frac{2}{-3}=-\frac{2}{3}<0$, nên $a$ không lớn hơn 0.
b) (AI giải đề cho tôi)
Công sai thực tế là $-\frac{2}{3}-\left(-\frac{5}{3}\right)=1\ne 2$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Vì $-1<a<0$, phương trình $\sin x=a$ trên $(-\pi ;\pi )$ có 2 nghiệm, không phải 3.
d) (AI giải đề cho tôi)
$u_3=u_1{q}^2=-\frac{2}{3}\cdot 3^2=-6$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $|a|<1$ và $|b|<1$ nên $\underset{n\to +\infty }{\lim }{a}^n=0$ và $\underset{n\to +\infty }{\lim }{b}^n=0$.

Ta có tổng của cấp số nhân lùi vô hạn:
$$1+a+a^2+\cdots +a^n=\frac{1-a^{n+1}}{1-a},1+b+b^2+\cdots +b^n=\frac{1-b^{n+1}}{1-b}.$$

Do đó
$$u_n=\frac{1-a^{n+1}}{1-a}\cdot \frac{1-b}{1-b^{n+1}}.$$

Khi $n\to +\infty$: $a^{n+1}\to 0$, $b^{n+1}\to 0$, nên
$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=\frac{1}{1-a}\cdot (1-b)=\frac{1-b}{1-a}.$$

Vậy $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=\frac{1-b}{1-a}$.

Giải phương trình đặc trưng: $L^2-5L+4=0\{\begin{array}{l}L=1\\ L=4\end{array}$

Vậy ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp rằng $1<x_n<4$:

Mặt khác ta xét: $x_{n+1}-x_n=\frac{x_n^2-5x_n+4}{5}$

Xét biểu thức $P(x_n)=x_n^2-5x_n+4$. Xét tam thức bậc hai thì $P(x_n)<0$ với mọi $1<x_n<4$, nên suy ra $x_{n+1}<x_n$.

Ta kết luận rằng dãy số $(x_n)$ là dãy số giảm liên tục.

Theo định lí Weiterstrass thì $(x_n)$ là dãy số giảm và bị chặn bởi $1<x_n<4$ với n dần tiến về vô cùng, do đó dãy số sẽ tiến gần đến giới hạn hữu hạn là $L=1$, vậy ta dễ dàng suy ra $\underset{n\to +\infty }{\lim }(x_n)=1$

Ta có $u_{n+1}=u_n^2+u_n$ $\iff$ $u_{n+1}=u_n(u_n+1)$ $\iff$ $\frac{1}{u_n+1}=\frac{1}{u_n}-\frac{1}{u_{n+1}}$

Vậy ta có $S_n=\frac{1}{u_1}-\frac{1}{u_2}+\frac{1}{u_2}-\frac{1}{u_3}+\dots +\frac{1}{u_n}-\frac{1}{u_{n+1}}=\frac{1}{u_1}-\frac{1}{u_{n+1}}=2-\frac{1}{u_{n+1}}$

Do $u_1=\frac{1}{2}>0$ và $u_{n+1}=u_n^2+u_n>u_n$, nên $u_n>0$ và dãy số $(u_n)$ là một dãy số tăng nghiêm ngặt.

+ Giả sử $(u_n)$ bị chặn trên, suy ra $L=L^2+L$ $\iff$ $L=0$ (vô lí)

Nên ${\lim }_{n\to +\infty }{u}_{n+1}=+\infty$ $\iff$ ${\lim }_{n\to +\infty }{S}_n=2$

a) Từ công thức truy hồi của dãy $(u_n)$, ta được $u_n>0,\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Ta có: $u_1=2027>\sqrt{2026}$. Vậy khẳng định đúng với $n=1$.

Với $n>1$, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

$$u_n=\frac{1}{2}\left(u_{n-1}+\frac{2026}{u_{n-1}}\right)\ge \frac{1}{2}.2\sqrt{2026}=\sqrt{2026}$$

Vậy khẳng định đúng với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ hay $u_n\ge \sqrt{2026},\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

b) Với mọi $n\ge 2$, chú ý rằng $u_n\ge \sqrt{2026}$, ta có:

$$u_n-u_{n-1}=\frac{1}{2}\left(u_{n-1}+\frac{2026}{u_{n-1}}\right)-u_{n-1}=\frac{1}{2}\left(\frac{2026}{u_{n-1}}-u_{n-1}\right)=\frac{1}{2}.\frac{2026-u_{n-1}^2}{u_{n-1}}\le 0$$

Vậy $(u_n)$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi $\sqrt{2026}$ nên theo tiêu chuẩn Weierstrass, dãy $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn. Đặt $\lim u_n=L$. Từ công thức truy hồi của $(u_n)$, ta cho $n\to +\infty$, ta được:

$$L=\frac{1}{2}\left(L+\frac{2026}{L}\right)\iff \frac{L}{2}=\frac{1013}{L}\iff L=\pm \sqrt{2026}$$

Chú ý rằng $u_n\ge \sqrt{2026},\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ nên $L=\sqrt{2026}$. Vậy $\lim u_n=\sqrt{2026}$.

(AI giải đề cho tôi)
Quãng đường: rơi lần đầu 12 m. Sau đó mỗi lần nảy lên cao $12\cdot \frac{2}{3},12\cdot {\left(\frac{2}{3}\right)}^2,\dots$ và rơi xuống đúng độ cao đó. Tổng quãng đường nảy lên và rơi xuống (trừ lần rơi đầu) là cấp số nhân: $S=12+2\left(12\cdot \frac{2}{3}+12\cdot {\left(\frac{2}{3}\right)}^2+\dots \right)=12+2\cdot \frac{12\cdot \frac{2}{3}}{1-\frac{2}{3}}=12+2\cdot 24=60$ (m). Vậy tổng quãng đường là 60 m.

(AI giải đề cho tôi)
Lần đầu bóng rơi từ độ cao $10$ m, đi được quãng đường $10$ m. Sau đó mỗi lần nảy lên độ cao $h_n=10\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^n$ và lại rơi xuống cùng độ cao đó, nên mỗi chu kỳ sau lần đầu bóng đi được $2h_n$. Tổng quãng đường: $$S=10+2\cdot \sum _{n=1}^{\infty }10\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^n=10+2\cdot 10\cdot \frac{3/4}{1-3/4}=10+20\cdot 3=70\text{ (m)}.$$ Vậy tổng quãng đường bóng đi được là $70$ m.