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

(AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $n$: $I=\lim \frac{10+\frac{3}{n}}{3-\frac{15}{n}}=\frac{10}{3}$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{5n+3}=0$ vì mẫu số $5n+3\to +\infty$ khi $n\to \infty$, nên phân số dương nhỏ hơn mọi số dương tùy ý. Vậy đáp án là A.

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

(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)
Câu 14: a) Vì |2/3|<1 nên lim(2/3)^n=0, đúng. b) lim 1/(√2)^n = 0 (vì (√2)^n→+∞), không phải −∞, sai. c) lim 1/n³=0, đúng. d) Dãy hằng số 4 có giới hạn bằng 4, không phải 0, sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì |2/3|<1 nên lim(2/3)^n=0. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì (√2)^n→+∞ nên lim 1/(√2)^n=0, không phải −∞. Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
lim 1/n³=0. Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
Dãy hằng số có giới hạn bằng chính nó: lim 4=4≠0. Sai.

(AI giải đề cho tôi)
a) Tổng cấp số nhân lùi vô hạn: $S=\frac{u_1}{1-q}=\frac{5/4}{1+1/3}=\frac{5}{4}\cdot \frac{3}{4}=\frac{15}{16}$.

b) Đặt $x=2,(3)=2+0,3333\dots$. Phần tuần hoàn $0,(3)=\frac{3}{10}+\frac{3}{100}+\frac{3}{1000}+\cdots$ là tổng cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu $\frac{3}{10}$ và công bội $\frac{1}{10}$, nên $0,(3)=\frac{3/10}{1-1/10}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$. Vậy $2,(3)=2+\frac{1}{3}=\frac{7}{3}$.

Kiểm tra: $\frac{7}{3}=2,3333\dots$ đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $0\le |u_n-2|\le \frac{1}{3^n}$. Vì $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{3^n}=0$, theo định lý kẹp (hai dãy bó) thì $\underset{n\to +\infty }{\lim }|u_n-2|=0$, suy ra $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=2$.

(AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $n^2$: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2n^2+1}{3n^2+n}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2+\frac{1}{n^2}}{3+\frac{1}{n}}=\frac{2+0}{3+0}=\frac{2}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 18: a) Vì $\sqrt{3}>1$ nên $\lim (\sqrt{3}{)}^n=+\infty$. b) Vì $\pi >1$ nên $\lim {\pi }^n=+\infty$. c) $\lim (n^3+2n^2-4)=\lim n^3\left(1+\frac{2}{n}-\frac{4}{n^3}\right)=+\infty$ vì $\lim n^3=+\infty$ và $\lim \left(1+\frac{2}{n}-\frac{4}{n^3}\right)=1>0$. d) $\lim (-n^4+5n^3-4n)=\lim n^4\left(-1+\frac{5}{n}-\frac{4}{n^3}\right)=-\infty$ vì $\lim n^4=+\infty$ và $\lim \left(-1+\frac{5}{n}-\frac{4}{n^3}\right)=-1<0$.

(AI giải đề cho tôi)
Đây là cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu $u_1=-\frac{1}{3}$ và công bội $q=-\frac{1}{3}$ (vì $\frac{1/9}{-1/3}=-\frac{1}{3}$, $\frac{-1/27}{1/9}=-\frac{1}{3}$). Vì $|q|=\frac{1}{3}<1$ nên tổng tồn tại: $$S=\frac{u_1}{1-q}=\frac{-\frac{1}{3}}{1-\left(-\frac{1}{3}\right)}=\frac{-\frac{1}{3}}{\frac{4}{3}}=-\frac{1}{4}.$$ Vậy $S=-\frac{1}{4}$. Kiểm tra lại bằng cách lấy giới hạn tổng riêng: $S_n=\frac{-\frac{1}{3}\left(1-{\left(-\frac{1}{3}\right)}^n\right)}{1+\frac{1}{3}}=-\frac{1}{4}\left(1-{\left(-\frac{1}{3}\right)}^n\right)\to -\frac{1}{4}$ khi $n\to \infty$.

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

(AI giải đề cho tôi)
Quả bóng được thả từ độ cao $5m$, sau mỗi lần chạm sàn lên độ cao bằng $\frac{2}{3}$ độ cao trước đó. Ta có $u_1=5\cdot \frac{2}{3}$ và $u_{n+1}=\frac{2}{3}{u}_n$ với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Suy ra $(u_n)$ là cấp số nhân với số hạng đầu $u_1=\frac{10}{3}$ và công bội $q=\frac{2}{3}$, do đó $u_n=\frac{10}{3}{\left(\frac{2}{3}\right)}^{n-1}$. Vì $|q|=\frac{2}{3}<1$ nên $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{2}{3}\right)}^{n-1}=0$, từ đó $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=\frac{10}{3}\cdot 0=0$. Vậy dãy số $(u_n)$ có giới hạn là 0. (Điều này cũng phù hợp thực tế: bóng nảy ngày càng thấp nên về lâu dài độ cao tiến về 0.)

Lời giải. Xét hàm số $f(x)=x^{2027}-x^{2026}+x-a$ (với $a\in (0,1)$) trên $[0,1]$. Ta có $f^{\prime }(x)=2027x^{2026}-2026x^{2025}+1$. Với $x\in (0,1)$, ta được $f^{\prime }(x)>2025x^{2026}+1-2026x^{2025}\ge 0$ (theo AM–GM). Suy ra $f$ đồng biến trên $(0,1)$. Mặt khác, ta lại có $f(0)\cdot f(1)=a(a-1)<0$ (vì $a\in (0,1)$). Kết hợp với $f$ liên tục trên $[0,1]$, ta được phương trình $f(x)=0$ có duy nhất một nghiệm thuộc $(0,1)$.

Bằng quy nạp, ta chứng minh dãy $(a_n)$ xác định duy nhất và $a_n\in (0,1)\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Với $n=1$, ta có $a_1\in (0,1)$.

Giả sử mệnh đề đúng với $n$, tức là $a_n$ xác định duy nhất và $a_n\in (0,1)$.

Xét phương trình $P(x)=a_n⟺x^{2027}-x^{2026}+x-a_n=0$. Theo chứng minh trên (với $a=a_n\in (0,1)$), phương trình có duy nhất một nghiệm thuộc $(0,1)$. Gọi nghiệm đó là $a_{n+1}$. Vậy $a_{n+1}$ xác định duy nhất và $a_{n+1}\in (0,1)$.

Với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, ta có: $a_{n+1}=a_n+a_{n+1}^{2026}(1-a_{n+1})$. Vì $a_{n+1}\in (0,1)$ nên suy ra $a_{n+1}>a_n$, hay $(a_n)$ là dãy tăng. Đồng thời $(a_n)$ bị chặn trên bởi 1 nên $(a_n)$ hội tụ. Đặt $L=\lim a_n$ $(0<L\le 1)$. Trong đẳng thức $P(a_{n+1})=a_n$ cho $n\to +\infty$, ta được: $L^{2027}-L^{2026}+L=L⟺L=1$ (vì $0<L\le 1$).

Vậy $\lim a_n=1$. $\square$

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

(AI giải đề cho tôi)
Đây là biến thể 'ngược' của đường cong Koch: tam giác đều được dựng vào phía trong nên diện tích bị bớt đi ở mỗi bước.

Bước 0: $K_0$ là lục giác đều cạnh 1 nên $s_0=6\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

Quan sát quá trình: mỗi cạnh của $K_n$ bị thay bởi đường gấp khúc gồm $3$ đoạn, mỗi đoạn dài bằng $\frac{1}{3}$ cạnh cũ, nên $K_n$ có $N_n=6\cdot 3^n$ cạnh, mỗi cạnh dài $a_n=3^{-n}$.

Khi chuyển từ $K_n$ đến $K_{n+1}$, trên mỗi cạnh ta bỏ đi tam giác đều cạnh $\frac{a_n}{3}=3^{-n-1}$ (vì dựng vào phía trong), nên diện tích bị giảm một lượng:
$${\Delta }_n=N_n\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}{\left(3^{-n-1}\right)}^2=6\cdot 3^n\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 3^{-2n-2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot 3^{-n-2}.$$

Tổng diện tích bị mất:
$$\sum _{n=0}^{\infty }{\Delta }_n=\frac{3\sqrt{3}}{2}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{9\cdot 3^n}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1/9}{1-1/3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1}{6}=\frac{\sqrt{3}}{4}.$$

Vậy $$\underset{n\to +\infty }{\lim }{s}_n=s_0-\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{5\sqrt{3}}{4}.$$

a) Dễ dàng chứng minh $u_n\ge 1,\forall n\in \mathbb{N}$ bằng quy nạp. Ta có:
$$u_{n+1}-2=\frac{u_n+4}{u_n+1}-2=-\frac{u_n-2}{u_n+1}⟹|u_{n+1}-2|\le \frac{1}{2}|u_n-2|\le \cdots \le {\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}.$$
Mà ${\lim }_{n\to +\infty }{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}=0$ nên theo nguyên lí kẹp ta có ${\lim }_{n\to +\infty }{u}_n=2$.

b) Xét $f(x)=\frac{x-2}{x+2}$ thì:
$$f(u_{n+1})=\frac{\frac{u_n+4}{u_n+1}-2}{\frac{u_n+4}{u_n+1}+2}=\frac{u_n+4-2(u_n+1)}{u_n+4+2(u_n+1)}=\frac{2-u_n}{3u_n+6}=-\frac{1}{3}f(u_n).$$
Vậy dãy $(f(u_n))$ là một cấp số nhân với công bội $q=-\frac{1}{3}$.

a) Với $x>1$, ta có $0<\ln x<x-1$. Bởi vậy, nếu $x_n>1$ thì $1<x_{n+1}<x_n$.
Theo quy nạp, $(x_n)$ giảm và bị chặn dưới bởi 1, nên tồn tại $L=\lim x_n\ge 1$.
Cho $n\to \infty$ trong hệ thức truy hồi, ta được $L=L-\ln L$, do đó $L=1$.
b) Từ hệ thức truy hồi, $\ln \sqrt{x_k}=\frac{1}{2}(x_k-x_{k+1})$. Vì thế
$$S_n=\frac{1}{2}\sum _{k=1}^{n-1}(n-k)(x_k-x_{k+1})=\frac{1}{2}\left((n-1)a-\sum _{k=2}^n{x}_k\right).$$
Do $x_k\to 1$, định lý trung bình Cesàro cho $\frac{1}{n}{\sum }_{k=2}^n{x}_k\to 1$. Suy ra ${\lim }_{n\to \infty }\frac{S_n}{n}=\frac{a-1}{2}$.

a) Để ý $a_n>0$ với mọi số tự nhiên $n$.

Mặt khác, $a_n-a_{n+1}=a_n-\frac{a_n^2}{a_n+1}=\frac{a_n}{a_n+1}>0$ với mọi $n$ nên dãy $(a_n)$ giảm ngặt.

Vì $(a_n)$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0, nên tồn tại giới hạn hữu hạn $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=L\ge 0$.

Cho $n\to \infty$ trong hệ thức truy hồi, ta được $L=\frac{L^2}{L+1}$.

Suy ra $L(L+1)=L^2$, hay $L=0$. Do đó $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0$.

b) Từ đẳng thức ở trên, với mọi $i\in \mathbb{N}$ ta có $\frac{a_i}{a_i+1}=a_i-a_{i+1}$.

Vì thế với mọi $n$ thì $b_n=\sum _{i=0}^n(a_i-a_{i+1})=a_0-a_{n+1}=2027-a_{n+1}$.

Do $a_{n+1}>0$ nên $b_n<2027$ với mọi $n$. Hơn thế nữa $\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=2027$ do $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0$.

Ngoài ra $b_{n+1}-b_n=\frac{a_{n+1}}{a_{n+1}+1}$ nên $0<b_{n+1}-b_n<1$.

Trước hết, $b_0=\frac{2027}{2028}\in (0,1)$ nên $[b_0]=0$.

Xét một số nguyên $m\in \{1,2,\dots ,2026\}$. Vì $b_n\to 2027>m$ nên tồn tại $n$ sao cho $b_n\ge m$.

Gọi $n$ là chỉ số nhỏ nhất có tính chất đó. Khi ấy $b_{n-1}<m\le b_n$.

Mặt khác, $b_n=b_{n-1}+(b_n-b_{n-1})<b_{n-1}+1<m+1$.

Do đó $m\le b_n<m+1$ suy ra $[b_n]=m$.

Ngược lại, vì $0<b_n<2027$ nên $[b_n]$ chỉ có thể thuộc tập $\{0,1,\dots ,2026\}$.

Vậy tất cả số tự nhiên $m$ thoả mãn là $m\in \{0,1,\dots ,2026\}$.

Lời giải (Lim Olympic - Nghệ An TST - P1).

a) Viết $P(X)=a_d{X}^d+a_{d-1}{X}^{d-1}+\cdots +a_0$ với $a_d>0$ do $P^{\prime }(x)>0$, $\forall x\ge 1$.

Đặt $Q(n)=P(n+1)-P(n)-P^{\prime }(n)$ thì $Q$ là đa thức bậc $d-2$ có hệ số cao nhất bằng $a_d{C}_d^2$. Mặt khác, $P^{\prime }$ là đa thức bậc $d-1$ có hệ số cao nhất bằng $d{a}_d$. Vậy

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{nQ(n)}{P^{\prime }(n)}=\frac{a_d{C}_d^2}{d{a}_d}=\frac{d-1}{2}.$$

Vì $P^{\prime }(x)>0$ trên $[1,+\infty )$ nên $P$ tăng ngặt trên khoảng này. Bởi vậy $x_n>0$ với mọi $n\ge 1$ và

$$\frac{x_n}{x_{n+1}}=\frac{P(n+1)-P(n)}{P^{\prime }(n)}=1+\frac{y_n}{n}.$$

Do $d\ge 5$ nên tồn tại $N$ sao cho với mọi $n\ge N$ ta đều có $y_n\ge 1$. Khi đó với mọi $n\ge N$ thì

$$x_{n+1}\le \frac{x_n}{1+\frac{1}{n}}=\frac{n}{n+1}{x}_n.$$

Nhân liên tiếp các bất đẳng thức trên, với $n\ge N$ ta được

$$0<x_n\le \frac{N}{n}{x}_N.$$

Theo nguyên lý kẹp ta suy ra được $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0$.

b) Chọn hai số thực $\alpha ,\beta$ sao cho $1<\alpha <\beta <\frac{d-1}{2}$.

Vì $y_n\to \frac{d-1}{2}$ nên $y_n>\beta$ với mọi $n$ đủ lớn.

Lại có $\underset{n\to \infty }{\lim }n\left({\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{\alpha }-1\right)=\alpha <\beta$ theo Lagrange cho hàm số $f(x)=x^{\alpha }$ trên $\left(1,1+\frac{1}{n}\right)$.

Do đó, với mọi $n$ đủ lớn, ta có được

$$1+\frac{y_n}{n}\ge 1+\frac{\beta }{n}\ge {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{\alpha }.$$

Từ $\frac{x_n}{x_{n+1}}=1+\frac{y_n}{n}$, ta thu được $x_{n+1}\le x_n{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^{\alpha }$ với mọi $n$ đủ lớn.

Nhân liên tiếp để suy ra tồn tại hằng số $C>0$ sao cho

$$0<x_n\le \frac{C}{n^{\alpha }}$$

với mọi $n$ đủ lớn. Vì $\alpha >1$ nên chuỗi ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{\alpha }}$ hội tụ bằng cách sử dụng định lý Lagrange cho hàm số $g(x)=\frac{1}{x^{\alpha -1}}$ trên $(n,n+1)$. Theo tiêu chuẩn so sánh, chuỗi $z_n={\sum }_{n=1}^{\infty }{x}_n$ hội tụ.

Nhận xét. Bản chất trong chứng minh trên ta đã chứng minh lại tiêu chuẩn Raabe như sau: Với chuỗi số thực dương $\sum a_n$ thoả mãn ${\lim }_{n\to \infty }n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)>1$ thì chuỗi hội tụ.