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

(AI giải đề cho tôi)
Nhân và chia với liên hợp: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{n^2+n\sqrt{5}}-n\right)=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^2+n\sqrt{5}-n^2}{\sqrt{n^2+n\sqrt{5}}+n}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n\sqrt{5}}{n\left(\sqrt{1+\frac{\sqrt{5}}{n}}+1\right)}=\frac{\sqrt{5}}{2}$.

(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 $a/8$, $S_3=\frac{\sqrt{3}}{256}{a}^2$.

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)
Hình vuông đầu có diện tích $S_1=a^2$. Khi nối trung điểm các cạnh, hình vuông mới có cạnh bằng $a\frac{\sqrt{2}}{2}$ (nửa đường chéo), nên diện tích bằng nửa diện tích hình vuông trước: $S_{n+1}=\frac{1}{2}{S}_n$. Vậy các diện tích lập cấp số nhân với công bội $q=\frac{1}{2}$. Tổng tất cả diện tích là $S=\frac{a^2}{1-\frac{1}{2}}=2a^2$.

(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. $\frac{m}{n}=\frac{3}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng phát biểu: A đúng vì dãy hằng số $u_n=c$ có giới hạn bằng $c$. B sai vì khi $|q|>1$ thì $|q^n|=|q{|}^n\to +\infty$, do đó $q^n$ không có giới hạn bằng 0 (đúng phải là $|q|<1$). C đúng vì $\lim \frac{1}{n}=0$. D đúng vì với $k>1$ (thực chất $k>0$ cũng đúng) ta có $\lim \frac{1}{n^k}=0$. Vậy phát biểu sai là B.

(AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $n^3$: $L=\lim \frac{\frac{1}{n^2}-\frac{1}{n^3}}{1+\frac{3}{n^3}}=\frac{0-0}{1+0}=0$. Vậy $L=0$, chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\lim \frac{2018}{n}=2018\cdot \lim \frac{1}{n}=2018\cdot 0=0$. Vậy đáp án là B.

(AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $n^2$ (mẫu có bậc 2 do $5n+3n^2$).
- A: $\lim \frac{n^2-2}{5n+3n^2}=\frac{1}{3}\ne 0$.
- B: $\lim \frac{n^2-2n}{5n+3n^2}=\frac{1}{3}\ne 0$.
- C: $\lim \frac{1-2n}{5n+3n^2}=\lim \frac{1/n^2-2/n}{5/n+3}=0$.
- D: $\lim \frac{1-2n^2}{5n+3n^2}=\frac{-2}{3}\ne 0$.
Vậy chỉ dãy ở phương án C có giới hạn bằng 0.

(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)
Ta có $\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$, nên tổng $S_n=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$. Do đó $\lim S_n=1$. Vậy chọn C.

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

(AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $n$: $I=\lim \frac{2+\frac{2017}{n}}{3+\frac{2018}{n}}=\frac{2+0}{3+0}=\frac{2}{3}$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $n^5$: $\lim \frac{8n^5-2n^3+1}{4n^5+2n^2+1}=\lim \frac{8-\frac{2}{n^2}+\frac{1}{n^5}}{4+\frac{2}{n^3}+\frac{1}{n^5}}=\frac{8}{4}=2$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $n^2$: $\lim \frac{2n^2-3}{1-2n^2}=\lim \frac{2-\frac{3}{n^2}}{\frac{1}{n^2}-2}=\frac{2-0}{0-2}=-1$. Vậy đáp án là C.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $(2-3n{)}^4(n+1{)}^3=(3n-2{)}^4(n+1{)}^3$. Khi $n\to \infty$, $(3n-2{)}^4\sim 81n^4$ và $(n+1{)}^3\sim n^3$, nên tích xấp xỉ $81n^7\to +\infty$. Vậy đáp án là B.

(AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $n^2$: $L=\lim \frac{n-\frac{2}{n}}{3+\frac{1}{n}-\frac{2}{n^2}}$. Tử $n-\frac{2}{n}\to +\infty$, mẫu $\to 3>0$, nên $L=+\infty$. Vậy đáp án A.