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

(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.

(AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $n^3$: $I=\lim \frac{7/n-2+1/n^3}{3+2/n+1/n^3}=\frac{0-2+0}{3+0+0}=-\frac{2}{3}$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (Mã đề 111, câu 7: A).

Chọn B. Các quãng đường khi bóng đi xuống tạo thành một cấp số nhân lùi vô hạn có $u_1=10$ và $q=\frac{3}{4}$. Tổng các quãng đường khi bóng đi xuống là $S=\frac{u_1}{1-q}=\frac{10}{1-\frac{3}{4}}=40$. Tổng quãng đường bóng đi được đến khi bóng dừng hẳn $2S-10=70$.

Chọn D. Cách 1: Tự luận $$\lim \left(2n-\sqrt{n^3+2n-2}\right)=\lim n\sqrt{n}\left(\frac{2}{\sqrt{n}}-\sqrt{1+\frac{2}{n^2}-\frac{2}{n^3}}\right)=-\infty$$ Vì $\lim n\sqrt{n}=+\infty$; $\lim \left(\frac{2}{\sqrt{n}}-\sqrt{1+\frac{2}{n^2}-\frac{2}{n^3}}\right)=-1$. Cách 2: Máy tính. Nhập vào máy tính: $2X-\sqrt{X^3+2X-2}$ CALC $X=10^6$ (Hiệu là số vô cùng lớn) ta được đáp án là $-998000000$. Nghĩa là $\lim \left(2n-\sqrt{n^3+2n-2}\right)=-\infty$.

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.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\lim (u_n-2)=0$ nên $\lim u_n=\lim [(u_n-2)+2]=0+2=2$. Vậy đáp án A, khớp với đáp án nguồn (Mã đề 212, Câu 1: A).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\lim (u_n-2)=0$ nên $\lim u_n=\lim \left[(u_n-2)+2\right]=0+2=2$. Vậy chọn đáp án C, trùng với đáp án nguồn (Câu 5, mã đề 211: C).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $2^n\to +\infty$ khi $n\to +\infty$ nên $\lim \left(2^n-1\right)=+\infty$. Đáp án A.

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)

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)
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 $n\to \infty$.)

(AI giải đề cho tôi)
Đây là cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu $u_1=1$ và công bội $q=\frac{1}{2}$ (với $|q|<1$). Tổng là $$S=\frac{u_1}{1-q}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2.$$ Vậy chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Với $q>1$ thì $\underset{n\to +\infty }{\lim }{q}^n=+\infty$, không thể bằng 0, nên mệnh đề A sai. Các mệnh đề còn lại đúng: $\lim n^k=+\infty$ với $k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$; $\lim q^n=0$ khi $|q|<1$; $\lim \frac{1}{n^{2026}}=0$.

(AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $7^n$: $\lim \frac{5^n-9\cdot 7^n}{4-4\cdot 7^n}=\lim \frac{(5/7{)}^n-9}{4/7^n-4}=\frac{0-9}{0-4}=\frac{9}{4}$. Kết quả khớp với đáp án B trong bảng mã đề 1102.

(AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $7^n$: $\lim \frac{(5/7{)}^n-9}{4/7^n-4}=\frac{0-9}{0-4}=\frac{9}{4}$. Kết quả khớp với đáp án D trong bảng đáp án mã đề 1101.

(AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $n$: ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{n-1}{2n+1}={\lim }_{n\to +\infty }\frac{1-\frac{1}{n}}{2+\frac{1}{n}}=\frac{1-0}{2+0}=\frac{1}{2}$. Vậy đáp án là D.

(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)
Xét từng dãy: A) $u_n={\left(\frac{8}{9}\right)}^n$ với $|q|=\frac{8}{9}<1$ nên $\lim u_n=0$. B) $u_n=\frac{5}{n^4}\to 0$. C) $u_n=\frac{(-1{)}^n}{n}$, vì $\left|\frac{(-1{)}^n}{n}\right|=\frac{1}{n}\to 0$ nên $\lim u_n=0$. D) $u_n={\left(\frac{9}{8}\right)}^n$ với $q=\frac{9}{8}>1$ nên dãy phân kỳ, $\lim u_n=+\infty \ne 0$. Vậy chỉ dãy ở phương án D có giới hạn khác 0, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1101, câu 8: D).