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

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

(AI giải đề cho tôi)
Phần IV, Câu 1:

a) Chia tử và mẫu cho $n^2$:
$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{3n^2-7n+2}{2n^2+n-1}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{3-\frac{7}{n}+\frac{2}{n^2}}{2+\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}}=\frac{3-0+0}{2+0-0}=\frac{3}{2}.$$

b) Với $x\to -\infty$ ta có $|x|=-x$, nên $\sqrt{x^2-5x+1}=|x|\sqrt{1-\frac{5}{x}+\frac{1}{x^2}}=-x\sqrt{1-\frac{5}{x}+\frac{1}{x^2}}$. Do đó:
$$\sqrt{x^2-5x+1}-2x=-x\sqrt{1-\frac{5}{x}+\frac{1}{x^2}}-2x=|x|\left(-\sqrt{1-\frac{5}{x}+\frac{1}{x^2}}-2\right).$$
Khi $x\to -\infty$ thì $\sqrt{1-\frac{5}{x}+\frac{1}{x^2}}\to 1$ nên biểu thức trong ngoặc tiến về $-3<0$, còn $|x|\to +\infty$. Vậy:
$$\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2-5x+1}-2x\right)=+\infty .$$

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\lim \left(n^4+3n^2+2025\right)=+\infty$ vì $\lim n^4=+\infty$ và $3n^2+2025>0$ với mọi $n$, nên tổng tiến ra $+\infty$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Cấp số nhân có số hạng đầu $u_1=\frac{2}{3}$ và công bội $q=\frac{1}{3}$ với $|q|<1$. Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn là $S=\frac{u_1}{1-q}=\frac{2/3}{1-1/3}=\frac{2/3}{2/3}=1$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khẳng định: A đúng vì dãy hằng số có giới hạn bằng chính nó. B đúng vì với $|q|<1$ thì $\lim q^n=0$. C đúng vì $\lim \frac{1}{n}=0$. D sai vì nếu $k$ là số nguyên âm, ví dụ $k=-1$ thì $\frac{1}{n^k}=n$, có giới hạn $+\infty$ chứ không bằng 0. Khẳng định đúng phải là $k$ là số nguyên dương. Vậy khẳng định sai là D.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $x=2,\mathrm{343434...}=2+0,\mathrm{343434...}$ với phần tuần hoàn là 34 (chu kỳ 2 chữ số). Ta có $0,\mathrm{343434...}=\frac{34}{99}$ (vì $0,\overline{34}=\frac{34}{10^2-1}=\frac{34}{99}$). Vậy $x=2+\frac{34}{99}=\frac{198+34}{99}=\frac{232}{99}$. Kiểm tra tối giản: $232=2^3\cdot 29$, $99=9\cdot 11$, không có ước chung nên phân số đã tối giản với $m=232$, $n=99$. Do đó $m+n=232+99=331$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $b\in \mathbb{R}$ nên $b^2\ge 0$, do đó $b^2+1\ge 1>0$. Ta có $P=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{(b^2+1)n^2-2}{n+3}$. Chia tử và mẫu cho $n$: $P=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{(b^2+1)n-\frac{2}{n}}{1+\frac{3}{n}}$. Vì $b^2+1>0$ nên $(b^2+1)n\to +\infty$, còn $\frac{2}{n}\to 0$ và $\frac{3}{n}\to 0$. Vậy mẫu tiến về $1$, tử tiến về $+\infty$, suy ra $P=+\infty$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng dãy: A) $\lim \frac{8}{n^2}=0$. B) $\lim (2-n^2)=-\infty$. C) Vì $\left|\frac{2}{\sqrt{5}}\right|<1$ nên ${\left(\frac{2}{\sqrt{5}}\right)}^n\to 0$, do đó $\lim u_n=0+1=1$. D) $\lim \frac{2n^2-1}{n^2+7n}=\lim \frac{2-\frac{1}{n^2}}{1+\frac{7}{n}}=2$. Vậy chỉ dãy ở phương án C có giới hạn bằng 1.

(AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $n^2$: $A=\lim \frac{-2n^3+n}{n^2+1}=\lim \frac{-2n+\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n^2}}=-\infty$ vì $-2n+\frac{1}{n}\to -\infty$ và mẫu tiến tới 1. Vậy $A=-\infty$, chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Nhân liên hợp: $\sqrt{n^2+n}-\sqrt{n^2-1}=\frac{(n^2+n)-(n^2-1)}{\sqrt{n^2+n}+\sqrt{n^2-1}}=\frac{n+1}{\sqrt{n^2+n}+\sqrt{n^2-1}}$. Chia tử và mẫu cho $n$: $\frac{1+\frac{1}{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}}\to \frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}$. Vậy giới hạn bằng $\frac{1}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét giới hạn khi $n\to \infty$: A) $\lim (n^2+n)=+\infty$. B) $\lim \frac{2n}{2n-5}=\lim \frac{2}{2-\frac{5}{n}}=1$. C) $\lim \frac{1}{n}=0$. D) $\lim \frac{2n^2}{n-2}=+\infty$. Vậy chỉ dãy $a_n=\frac{2n}{2n-5}$ có giới hạn bằng 1.

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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\lim u_n=25$ nên $\lim (u_n+25)=50>0$, do đó $\lim \sqrt{u_n+25}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}$. Vì $\lim v_n=-7$ nên $\lim (12-v_n)=12-(-7)=19\ne 0$. Vậy $\lim \frac{\sqrt{u_n+25}}{12-v_n}=\frac{5\sqrt{2}}{19}$, tức $a=5$, $b=2$, $c=19$ (phân số $\frac{5}{19}$ tối giản). Suy ra $a+2b-c=5+4-19=-10$.

(AI giải đề cho tôi)
Nhớ rằng $\lim q^n=0$ nếu $|q|<1$ và $\lim q^n=+\infty$ nếu $q>1$.
A: $\left|-\frac{2024}{2025}\right|<1$ nên $\lim {\left(-\frac{2024}{2025}\right)}^n=0$, đúng.
B: $\sqrt{3}>1$ nên $\lim {\left(\sqrt{3}\right)}^n=+\infty$, đúng.
C: $\frac{5}{3}>1$ nên $\lim {\left(\frac{5}{3}\right)}^n=+\infty \ne 0$, khẳng định này sai.
D: $\left|\frac{1}{3}\right|<1$ nên $\lim {\left(\frac{1}{3}\right)}^n=0$, đúng.
Vậy khẳng định sai là C.

(AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $n^2$: $\lim \frac{1-\frac{2}{n^2}}{a-\frac{1}{n^2}}=\frac{1}{a}$. Để giới hạn bằng 2 thì $\frac{1}{a}=2\Rightarrow a=\frac{1}{2}$, thỏa mãn $a\ne 0$. Vậy chọn D.

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.

(AI giải đề cho tôi)
Quả bóng rơi từ độ cao $10m$, sau đó mỗi lần nảy lên cao bằng $\frac{3}{4}$ lần trước. Tổng quãng đường gồm: lần rơi đầu $10m$, cộng với các lần nảy lên và rơi xuống (mỗi cặp nảy–rơi có độ cao $h_n=10{\left(\frac{3}{4}\right)}^n$ với $n\ge 1$, mỗi cặp đi $2h_n$). Vậy $$S=10+2\sum _{n=1}^{\infty }10{\left(\frac{3}{4}\right)}^n=10+20\cdot \frac{\frac{3}{4}}{1-\frac{3}{4}}=10+20\cdot 3=70(m).$$ Đáp án C.

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

(AI giải đề cho tôi)
Chia cả tử và mẫu cho $n$: ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{3n+2}{2n}={\lim }_{n\to +\infty }\frac{3+\frac{2}{n}}{2}=\frac{3}{2}$. Kết quả khớp với đáp án B trong bảng đáp án (mã đề 112, câu 12).

(AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $n$: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{5n^2+1}-\sqrt{2n+2}}{2n-3}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{5+\frac{1}{n^2}}-\sqrt{\frac{2}{n}+\frac{2}{n^2}}}{2-\frac{3}{n}}=\frac{\sqrt{5}}{2}$. Vậy $a=5$, $b=2$ đều là số nguyên tố, $a+b=7$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (Câu 3, mã đề 112: 7).