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

(AI giải đề cho tôi)
Đây là biến thể của đường Koch trên cạnh AB. Ban đầu cạnh AB dài 1. Ở mỗi bước, mỗi cạnh ngang (song song với CD) độ dài L được chia thành 3 đoạn, dựng hình vuông cạnh L/3 về phía ngoài rồi xóa đoạn giữa, nên diện tích tăng thêm một lượng (L/3)^2 = L^2/9 cho mỗi cạnh, và cạnh cũ L được thay bằng 3 cạnh mới mỗi cạnh dài L/3. Do đó tổng bình phương độ dài các cạnh ngang giảm 3 lần sau mỗi bước: ban đầu tổng là 1, ở bước n tổng là (1/3)^{n-1}. Diện tích tăng thêm ở bước n: ΔS_n = (1/9)(1/3)^{n-1}. Kiểm tra: S_1 = 1 + 1/9; S_2 = 1 + 1/9 + 3·(1/9)^2 = 1 + 1/9 + 3/81 = 31/27 ≈ 1,148, khớp công thức (vì ở bước 2 chỉ có 3 đoạn song song với CD độ dài 1/3, mỗi đoạn sinh hình vuông cạnh 1/9). Vậy lim S_n = 1 + Σ_{n≥1} (1/9)(1/3)^{n-1} = 1 + (1/9)/(1 - 1/3) = 1 + 1/6 = 7/6 ≈ 1,17.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $f(x)=\frac{2x^2+4x+9}{x^2+x+1}$, với $x\in \mathbb{R}$ (mẫu luôn dương vì $x^2+x+1>0$).

Ta có $f^{\prime }(x)=\frac{(4x+4)(x^2+x+1)-(2x^2+4x+9)(2x+1)}{(x^2+x+1{)}^2}=\frac{-2x^2-14x-5}{(x^2+x+1{)}^2}$.

Với $x>0$ thì $2x^2+14x+5>0$ nên $f^{\prime }(x)<0$, tức $f$ nghịch biến trên $(0;+\infty )$.

a) Ta có $u_1=\frac{5}{2}\in \left[\frac{5}{2};\frac{7}{2}\right]$. Giả sử $u_n\in \left[\frac{5}{2};\frac{7}{2}\right]$. Vì $f$ nghịch biến trên đoạn này:
$$f\left(\frac{7}{2}\right)\le u_{n+1}\le f\left(\frac{5}{2}\right).$$
Tính: $f\left(\frac{5}{2}\right)=\frac{2\cdot \frac{25}{4}+10+9}{\frac{25}{4}+\frac{5}{2}+1}=\frac{63/2}{39/4}=\frac{126}{39}=\frac{42}{13}\approx 3,23<\frac{7}{2}$; và $f\left(\frac{7}{2}\right)=\frac{2\cdot \frac{49}{4}+14+9}{\frac{49}{4}+\frac{7}{2}+1}=\frac{95/2}{67/4}=\frac{190}{67}\approx 2,84>\frac{5}{2}$.

Vậy $u_{n+1}\in \left[\frac{5}{2};\frac{7}{2}\right]$. Theo quy nạp, $\frac{5}{2}\le u_n\le \frac{7}{2}$ với mọi $n$, tức dãy $(u_n)$ bị chặn.

b) Ta có:
$$u_{n+1}-3=\frac{2u_n^2+4u_n+9-3(u_n^2+u_n+1)}{u_n^2+u_n+1}=\frac{-(u_n-3)(u_n+2)}{u_n^2+u_n+1},$$
suy ra $$|u_{n+1}-3|=|u_n-3|\cdot \frac{u_n+2}{u_n^2+u_n+1}$$ (vì $u_n>0$ nên $u_n+2>0$).

Xét $g(x)=\frac{x+2}{x^2+x+1}$ trên $\left[\frac{5}{2};\frac{7}{2}\right]$: $g^{\prime }(x)=\frac{-(x^2+4x+1)}{(x^2+x+1{)}^2}<0$ với $x\ge \frac{5}{2}$, nên $g$ nghịch biến và $g(x)\le g\left(\frac{5}{2}\right)=\frac{9/2}{39/4}=\frac{6}{13}<1$.

Do đó với mọi $n$: $|u_{n+1}-3|\le \frac{6}{13}|u_n-3|$. Quy nạp ta được
$$0\le |u_n-3|\le {\left(\frac{6}{13}\right)}^{n-1}|u_1-3|={\left(\frac{6}{13}\right)}^{n-1}\cdot \frac{1}{2}\to 0\text{ khi }n\to \infty .$$

Vậy $u_n\to 3$, tức $\lim u_n=3$.

(Kiểm tra lại: nếu $L=\lim u_n$ thì $L$ là nghiệm thực của $L^3-L^2-3L-9=0$, tức $(L-3)(L^2+2L+3)=0$, chỉ có nghiệm thực $L=3$ — phù hợp.)

a) Ta có $P_n(x)=x^{3n}-3\cdot 4^{n-1}{x}^n-2^{3n-3}$ liên tục trên $\mathbb{R}$. Vì $P_n(0)=-2^{3n-3}<0$ và ${\lim }_{x\to +\infty }{P}_n(x)=+\infty$ nên $P_n(x)$ có ít nhất một nghiệm dương $a_n$.
Xét $P_n(x)=x^{3n}-3\cdot 4^{n-1}{x}^n-2^{3n-3}$ trên $(0;+\infty )$.
Ta có $P_n^{\prime }(x)=3n{x}^{3n-1}-3n\cdot 4^{n-1}{x}^{n-1}$, $\forall x\in (0;+\infty )$;
$$P_n^{\prime }(x)=0\iff x=\sqrt[2n]{4^{n-1}}.$$
Suy ra $P_n^{\prime }(x)>0$ với mọi $x\in \left(\sqrt[2n]{4^{n-1}};+\infty \right)$ và $P_n^{\prime }(x)<0$ với mọi $x\in \left(0;\sqrt[2n]{4^{n-1}}\right)$. Kết hợp với $P_n(0)=-2^{3n-3}<0$, suy ra $P_n(x)=0$ có không quá một nghiệm dương.
Vì vậy $P_n(x)$ có đúng một nghiệm dương với mọi $n\ge 1$.

b) Ta có $P_n(2)=2^{3n-3}>0$ với mọi $n\ge 1$. Suy ra $P_n(0)P_n(2)<0$. Vì vậy, $P_n(x)$ có đúng một nghiệm dương thuộc $[0;2]$. Đặt $x=2\sqrt[n]{\cos \phi }$, $0\le \phi \le \frac{\pi }{2}$. Khi đó
$$x^{3n}-3\cdot 4^{n-1}{x}^n=2^{3n-3}\iff 2^{3n-3}\left(8{\cos }^3\phi -6\cos \phi -1\right)=0$$
$$\iff \cos 3\phi =\frac{1}{2}\iff \phi =\pm \frac{\pi }{9}+\frac{k2\pi }{3}(k\in \mathbb{Z}).$$
Vì $0\le \phi \le \frac{\pi }{2}$ nên $\phi =\frac{\pi }{9}$. Ta nhận được $a_n=2\sqrt[n]{\cos \frac{\pi }{9}}$. Vì vậy $0<a_n<2$ nên $b_n>0$ với mọi $n$. Suy ra $(c_n{)}_{n=1}^{\infty }$ là dãy tăng. Ta có: $a_n=2{\left(\cos \frac{\pi }{9}\right)}^{\frac{1}{n}}$. Vì $e^x\ge 1+x$ với mọi $x\in \mathbb{R}$ nên $A^x=e^{x\ln A}\ge 1+x\ln A$ với mọi $x\in \mathbb{R}$ và $A>0$.
Áp dụng bất đẳng thức trên cho $A=\cos \frac{\pi }{9}$ và $x=\frac{1}{n}$, ta nhận được
$${\left(\cos \frac{\pi }{9}\right)}^{\frac{1}{n}}\ge 1+\frac{1}{n}\ln \cos \frac{\pi }{9}.$$
Dẫn tới
$$2-a_n=2\left(1-{\left(\cos \frac{\pi }{9}\right)}^{\frac{1}{n}}\right)\le 2\left(1-\left(1+\frac{1}{n}\ln \cos \frac{\pi }{9}\right)\right)=-\frac{2}{n}\ln \cos \frac{\pi }{9}\text{với mọi }n.$$
Vì vậy $b_n=\frac{2-a_n}{n}<-\frac{2}{n^2}\ln \cos \frac{\pi }{9}$, $\forall n\ge 1$.
Suy ra
$$c_n=b_1+b_2+\cdots +b_n\le -2\ln \cos \frac{\pi }{9}\left(1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots +\frac{1}{n^2}\right)$$
$$\le -2\ln \cos \frac{\pi }{9}\left(1+\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\cdots +\frac{1}{(n-1)n}\right)$$
$$=-2\ln \cos \frac{\pi }{9}\left(2-\frac{1}{n}\right)<-4\ln \cos \frac{\pi }{9}$$
với mọi $n$. Như vậy ${\left(c_n\right)}_{n=1}^{\infty }$ bị chặn trên. Do đó ${\left(c_n\right)}_{n=1}^{\infty }$ có giới hạn hữu hạn.

Diện tích ban đầu (Bước 0): Diện tích tam giác đều cạnh a = 100 m là:
$$S_0=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{100^2\sqrt{3}}{4}=2500\sqrt{3}$$
Diện tích thêm vào ở mỗi bước:
Bước 1: Ta thêm 3 tam giác nhỏ, mỗi tam giác có cạnh bằng a/3. Diện tích mỗi tam giác nhỏ này là
$$S_1=\frac{{\left(\frac{a}{3}\right)}^2\sqrt{3}}{4}=\frac{1}{9}{S}_0$$
Tổng diện tích thêm vào là $3\times \frac{1}{9}{S}_0$
Bước 2: Ở bước này, ta thêm $3.4=12$ tam giác nhỏ hơn nữa. Mỗi tam giác có cạnh bằng a/9, diện tích bằng $S_2=\frac{1}{9}{S}_1=\frac{1}{81}{S}_0$
Tổng diện tích thêm vào là: $12.\frac{1}{81}{S}_0=\frac{4}{27}{S}_0$
Tổng quát (Bước n): Diện tích được thêm vào ở bước n là một cấp số nhân với số hạng đầu $u_1=\frac{1}{3}{S}_0$, $q=\frac{4}{9}$
Tổng diện tích S của hòn đảo là tổng của diện tích ban đầu và tổng của chuỗi diện tích được thêm vào:
$$S=S_0+\left(\frac{1}{3}{S}_0+\frac{4}{27}{S}_0+\frac{16}{243}{S}_0+\dots \right)=S_0+\frac{\frac{1}{3}{S}_0}{1-\frac{4}{9}}=\frac{8}{5}{S}_0=4000\sqrt{3}$$ (0,25 điểm)

Tính tổng chi phí: Chi phí lấp đất và trồng cỏ là 5 triệu đồng /m² nên tổng chi phí trồng cỏ và lấp đất là 5. S = $5.4000\sqrt{3}=20000\sqrt{3}$ (0,25 điểm)

[Hình cần kiểm tra lại: p10_f1]

Chú ý: Nếu học sinh trình bày cách giải khác, đảm bảo đúng và chặt chẽ thì chấm điểm tối đa của phần hoặc câu đó.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh tam giác đều $\Delta A_n{B}_n{C}_n$ là $x_n$. Ta có $A_{n+1}$ trên $A_n{B}_n$ với $A_n{A}_{n+1}=\frac{x_n}{3}$ nên $B_n{A}_{n+1}=\frac{2x_n}{3}$; $B_{n+1}$ trên $B_n{C}_n$ với $B_n{B}_{n+1}=\frac{x_n}{3}$. Trong tam giác $B_n{A}_{n+1}{B}_{n+1}$ có góc $\angle A_{n+1}{B}_n{B}_{n+1}=60^{\circ }$, áp dụng định lí cosin:
$$A_{n+1}{B}_{n+1}^2={\left(\frac{2x_n}{3}\right)}^2+{\left(\frac{x_n}{3}\right)}^2-2\cdot \frac{2x_n}{3}\cdot \frac{x_n}{3}\cdot \cos 60^{\circ }=\frac{4x_n^2+x_n^2-2x_n^2}{9}=\frac{x_n^2}{3}.$$
Vậy $x_{n+1}=\frac{x_n}{\sqrt{3}}$, suyra diện tích $S_{n+1}=\frac{1}{3}{S}_n$. Do đó $(S_n)$ là cấp số nhân với số hạng đầu $S_1=9\sqrt{3}$ và công bội $q=\frac{1}{3}$.
$$S_1+S_2+\cdots =\frac{S_1}{1-q}=\frac{9\sqrt{3}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{27\sqrt{3}}{2}.$$
Vậy $a=27,b=3,c=2$ (phân số $\frac{27}{2}$ tối giản), nên $a+b+c=27+3+2=32$.

a) Ta có $u_1=3>1$. Giả sử $u_n>1$ thì $2026u_n^2>2026u_n-2025>0$ nên $u_{n+1}>1$. Do đó bằng quy nạp ta suy ra $u_n>1\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Mặt khác ta có
$$u_{n+1}-u_n=\frac{2026u_n^2}{2026u_n-2025}-u_n=\frac{2026u_n^2-u_n(2026u_n-2025)}{2026u_n-2025}=\frac{2025u_n}{2026u_n-2025}>0$$
Do đó $u_{n+1}>u_n\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ nên $(u_n)$ là dãy tăng. Giả sử dãy $(u_n)$ bị chặn trên thì theo định lý Weierstrass, tồn tại $L\ge 3$ để $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=L$. Khi đó trong công thức truy hồi, cho $n\to +\infty$ thì
$$L=\frac{2026L^2}{2026L-2025}\Rightarrow L=0,\text{ maˆu thuaˆ˜n.}$$
Vậy dãy $u_n$ không bị chặn trên hay $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=+\infty$.

b) Do $(u_n)$ và $(n)$ đều là hai dãy không bị chặn trên nên theo định lý Stolz, ta có
$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{u_n}{n}=\underset{n\to +\infty }{\lim }(u_{n+1}-u_n)=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2025u_n}{2026u_n-2025}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2025}{2026-\frac{2025}{u_n}}=\frac{2025}{2026}.$$
Ta có: $v_n=u_n\cdot n^{\alpha }=\frac{u_n}{n}\cdot n^{\alpha +1}$
Xét các trường hợp của $\alpha$:
- Nếu $\alpha +1>0$ (tức $\alpha >-1$): $\lim v_n=\lim \left(\frac{u_n}{n}\right)\cdot \lim (n^{\alpha +1})=+\infty$. (Loại)
- Nếu $\alpha +1<0$ (tức $\alpha <-1$): $\lim v_n=\lim \left(\frac{u_n}{n}\right)\cdot \lim (n^{\alpha +1})=\frac{2025}{2026}\cdot 0=0$. (Loại vì yêu cầu giới hạn khác 0).
- Nếu $\alpha +1=0$ (tức $\alpha =-1$): $\lim v_n=\lim \left(\frac{u_n}{n}\cdot n^0\right)=\lim \left(\frac{u_n}{n}\right)=\frac{2025}{2026}\ne 0$. (Thỏa mãn)
Vậy $\alpha =-1$ là giá trị duy nhất thỏa đề.

a) $u_{n+1}-u_n=u_n^2-4035u_n+2018^2-u_n=u_n^2-4036u_n+2018^2=(u_n-2018{)}^2>0$ (0.5 điểm)

$\Rightarrow (u_n)$ là dãy tăng $\Rightarrow u_n>u_{n-1}>\dots >u_2>u_1=2019$.

Chứng minh $(u_n)$ không bị chặn trên.

Giả sử $(u_n)$ bị chặn trên, do bị chặn dưới bởi $u_1$ suy ra dãy $(u_n)$ có giới hạn. (0.5 điểm)

Ta giả sử rằng $\lim u_n=a$ thì $a\ge 2019$.

Từ $u_{n+1}=u_n^2-4035u_n+2018^2$ khi $n\to +\infty$ ta được:

$a=a^2-4035a+2018^2\iff a^2-4036a+2018^2=0\iff (a-2018{)}^2=0$

$\iff a=2018$. Vô lý vì $a\ge 2019$.

Do đó dãy số $(u_n)$ không bị chặn và là dãy số tăng. Vậy $\lim u_n=+\infty$.

b) $u_{n+1}=u_n^2-4035u_n+2018^2$

$\iff u_{n+1}=u_n^2-(2017+2018)u_n+2018(2017+1)$ (0.5 điểm)

$\iff u_{n+1}-2018=u_n^2-(2017+2018)u_n+2018\cdot 2017$

$\iff u_{n+1}-2018=(u_n-2017)(u_n-2018)$

Chia hai vế cho $(u_n-2017)(u_n-2018)(u_{n+1}-2018)$ ta được:

$$\frac{1}{(u_n-2017)(u_n-2018)}=\frac{1}{u_{n+1}-2018}$$

$$\iff \frac{1}{u_n-2018}-\frac{1}{u_n-2017}=\frac{1}{u_{n+1}-2018}\iff \frac{1}{u_n-2017}=\frac{1}{u_n-2018}-\frac{1}{u_{n+1}-2018}$$

Suy ra $x_n=\frac{1}{u_1-2017}+\frac{1}{u_2-2017}+...+\frac{1}{u_n-2017}$

$$=\left(\frac{1}{u_1-2018}-\frac{1}{u_2-2018}\right)+\left(\frac{1}{u_2-2018}-\frac{1}{u_3-2018}\right)+...+\left(\frac{1}{u_n-2018}-\frac{1}{u_{n+1}-2018}\right)$$

$$=\frac{1}{u_1-2018}-\frac{1}{u_{n+1}-2018}=1-\frac{1}{u_{n+1}-2018}(vi{u}_1=2019)$$

Khi $u_n=+\infty \Rightarrow \lim x_n=\lim \left(1-\frac{1}{u_{n+1}-2018}\right)=1$ (0.5 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Bài toán: Cho $x_1=1,y_1=\sqrt{3}$ và $\{\begin{array}{l}{x}_{n+1}{y}_{n+1}-x_n=0\\ x_{n+1}^2+y_n=2\end{array}$. Ta chứng minh công thức đóng sau đây bằng quy nạp:
$$x_n=2\sin \frac{\pi }{6\cdot 2^{n-1}},y_n=2\cos \frac{\pi }{6\cdot 2^{n-1}}(n\ge 1).$$

Bước 1: Kiểm tra cơ sở quy nạp. Với $n=1$: $x_1=2\sin \frac{\pi }{6}=1$ ✓, $y_1=2\cos \frac{\pi }{6}=\sqrt{3}$ ✓.

Bước 2: Vì $x_1>0$, $y_1>0$ và từ phương trình $x_{n+1}^2+y_n=2$ ta lấy nghiệm dương $x_{n+1}=\sqrt{2-y_n}>0$ (các số hạng của hai dãy đều dương, do đó dãy được xác định duy nhất theo nhánh dương). Giả sử công thức đúng đến $n$, tức $x_n=2\sin {\theta }_n$, $y_n=2\cos {\theta }_n$ với ${\theta }_n=\frac{\pi }{6\cdot 2^{n-1}}\in \left(0,\frac{\pi }{6}\right)$. Khi đó:
$$x_{n+1}^2=2-y_n=2-2\cos {\theta }_n=4{\sin }^2\frac{{\theta }_n}{2}\Rightarrow x_{n+1}=2\sin \frac{{\theta }_n}{2}=2\sin \frac{\pi }{6\cdot 2^n}.$$
Và từ $x_{n+1}{y}_{n+1}=x_n$:
$$y_{n+1}=\frac{x_n}{x_{n+1}}=\frac{2\sin {\theta }_n}{2\sin ({\theta }_n/2)}=2\cos \frac{{\theta }_n}{2}=2\cos \frac{\pi }{6\cdot 2^n}.$$
Vậy công thức đúng cho $n+1$. Theo quy nạp, công thức đóng đúng với mọi $n\ge 1$.

Bước 3: Kiểm tra lại hai hệ thức truy hồi với công thức tìm được (đặt ${\theta }_n=\frac{\pi }{6\cdot 2^{n-1}}$):
- $x_{n+1}^2+y_n=4{\sin }^2\frac{{\theta }_n}{2}+2\cos {\theta }_n=2-2\cos {\theta }_n+2\cos {\theta }_n=2$ ✓.
- $x_{n+1}{y}_{n+1}=2\sin \frac{{\theta }_n}{2}\cdot 2\cos \frac{{\theta }_n}{2}=2\sin {\theta }_n=x_n$ ✓.

Bước 4: Tính giới hạn. Vì $\frac{\pi }{6\cdot 2^{n-1}}\to 0$ khi $n\to \infty$ và hàm $\sin ,\cos$ liên tục:
$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=2\sin 0=0,\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=2\cos 0=2.$$

Kết luận: Hai dãy $(x_n)$, $(y_n)$ đều có giới hạn hữu hạn, cụ thể $\lim x_n=0$ và $\lim y_n=2$. (Kiểm tra tính nhất quán: $0+2=2$ thỏa $x_{n+1}^2+y_n=2$ và $0\cdot 2=0$ thỏa $x_{n+1}{y}_{n+1}=x_n$ khi $n\to \infty$.)

Chú ý rằng công thức xác định $x_n$ có thể được viết lại thành $$x_n-4=\frac{x_{n-1}^3+26x_{n-1}+16}{x_{n-1}^2-x_{n-1}+34}-4=\frac{x_{n-1}^3-4x_{n-1}^2+30x_{n-1}-120}{x_{n-1}^2-x_{n-1}+34}=\frac{(x_{n-1}-4)(x_{n-1}^2+30)}{(x_{n-1}^2+30)-(x_{n-1}-4)}.$$ (1 điểm)

Bằng quy nạp, ta có ngay $x_n>4$ với mọi $n$. Hơn nữa, $$\frac{1}{x_n-4}=\frac{1}{x_{n-1}-4}-\frac{1}{x_{n-1}^2+30}.$$ (1 điểm)

Từ đó, một mặt, ta có $\frac{1}{x_{n-1}-4}>\frac{1}{x_n-4}$ nên $x_{n-1}<x_n$, hay $(x_n)$ là dãy tăng. Hơn nữa ta phải có $\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=+\infty$. (Nếu giới hạn của dãy này là hữu hạn thì chuyển hệ thức trên qua giới hạn ta có ngay điều vô lý.) (1 điểm)

Mặt khác, công thức trên đây dẫn đến $$y_n=\frac{1}{x_0-4}-\frac{1}{x_{n+1}-4}.$$ Từ đó, ta suy ra dãy $(y_n)$ có giới hạn và $\underset{n\to +\infty }{\lim }{y}_n=\frac{1}{x_0-4}=\frac{1}{30}$. (1 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Từ hệ thức truy hồi $u_{n+1}=u_n+\frac{u_n^2}{2026}$, ta có $u_{n+1}>u_n$ nên dãy tăng. Nếu dãy bị chặn trên thì tồn tại $\lim u_n=\ell \ge 1$ và $\ell =\frac{{\ell }^2}{2026}+\ell \Rightarrow \ell =0$, mâu thuẫn. Vậy $u_n\to +\infty$.

Khai triển:
$$\frac{1}{u_n}-\frac{1}{u_{n+1}}=\frac{u_{n+1}-u_n}{u_n{u}_{n+1}}=\frac{u_n^2/2026}{u_n{u}_{n+1}}=\frac{u_n}{2026u_{n+1}}.$$
Suy ra $\frac{u_n}{u_{n+1}}=2026\left(\frac{1}{u_n}-\frac{1}{u_{n+1}}\right)$, tổng telescoping:
$$\sum _{k=1}^n\frac{u_k}{u_{k+1}}=2026\left(\frac{1}{u_1}-\frac{1}{u_{n+1}}\right)=2026\left(1-\frac{1}{u_{n+1}}\right).$$
Vì $u_{n+1}\to +\infty$ nên $\frac{1}{u_{n+1}}\to 0$. Kết quả: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\frac{u_1}{u_2}+\cdots +\frac{u_n}{u_{n+1}}\right)=2026$.

(AI giải đề cho tôi)
**3.1.** Với $k\ge 3$, ta có $A_{k+1}^3=(k+1)k(k-1)$, nên số hạng tổng quát là
$$\frac{k}{A_{k+1}^3}=\frac{k}{(k+1)k(k-1)}=\frac{1}{(k-1)(k+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k+1}\right).$$
Do đó tổng $S_n={\sum }_{k=3}^n\frac{k}{A_{k+1}^3}$ là tổng dạng telescoping:
$$S_n=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{6}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{n-2}-\frac{1}{n}\right)+\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}\right)\right].$$
Các số hạng trùng nhau triệt tiêu, chỉ còn
$$S_n=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right).$$
Vậy $$\underset{n\to +\infty }{\lim }{S}_n=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)=\frac{5}{12}.$$

**3.2.** Ta có $f(x)=x^m(x-1{)}^n(x-2{)}^p$ với $m,n,p$ nguyên dương. Logarithmic differentiation:
$$\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}=\frac{m}{x}+\frac{n}{x-1}+\frac{p}{x-2}.$$
Phương trình $f^{\prime }(x)=0$ (tại các điểm khác $0,1,2$) tương đương
$$m(x-1)(x-2)+nx(x-2)+px(x-1)=0,$$
tức là phương trình bậc hai
$$(m+n+p)x^2-(3m+2n+p)x+2m=0.$$
Hai nghiệm của nó là $x_{1,2}=\frac{6\mp \sqrt{15}}{7}$, nên theo Vi-ét:
$$x_1+x_2=\frac{12}{7}=\frac{3m+2n+p}{m+n+p},x_1{x}_2=\frac{36-15}{49}=\frac{3}{7}=\frac{2m}{m+n+p}.$$
Từ tích: $m+n+p=\frac{14m}{3}$. Thay vào tổng:
$$3m+2n+p=\frac{12}{7}\cdot \frac{14m}{3}=8m⟹2n+p=5m.$$
Mặt khác $n+p=\frac{14m}{3}-m=\frac{11m}{3}$. Trừ hai phương trình:
$$n=5m-\frac{11m}{3}=\frac{4m}{3}⟹\frac{m}{n}=\frac{3}{4}.$$
Khi đó $p=\frac{11m}{3}-\frac{4m}{3}=\frac{7m}{3}>0$, thỏa mãn $m,n,p$ nguyên dương (ví dụ $m=3,n=4,p=7$: kiểm tra lại tổng nghiệm $=\frac{9+8+7}{14}=\frac{12}{7}$, tích nghiệm $=\frac{6}{14}=\frac{3}{7}$ — đúng).

**Kết luận:** 3.1. Giới hạn bằng $\frac{5}{12}$; 3.2. $\frac{m}{n}=\frac{3}{4}$.