22 câu trắc nghiệm Toán 11 Kết nối tri thức Bài 15. Giới hạn của dãy số có đáp án

A

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {{\rm{u}}_{\rm{n}}}{\rm{ = 0}}$nếu $\left| {{{\rm{u}}_{\rm{n}}}} \right|$có thể nhỏ hơn môt số dương bé tùy ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi

C

Nếu $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = a > 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = 0$ thì $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\frac{{{u_n}}}{{{v_n}}}} \right) = + \infty$ sai vì chưa rõ dấu của v$_{n}$ là dương hay âm.

B

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {q^n} = 0$ (|q| < 1).

D

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{\rm{n + 2}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}}}{{{{\rm{n}}^{\rm{3}}}{\rm{ + 3n}} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\frac{{\rm{1}}}{{{{\rm{n}}^{\rm{2}}}}} + \frac{{\rm{2}}}{{\rm{n}}}}}{{1 + \frac{{\rm{3}}}{{{{\rm{n}}^{\rm{2}}}}} - \frac{1}{{{{\rm{n}}^3}}}}} = \frac{0}{1} = 0$.

B

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{{\rm{3}}^{\rm{n}}} - {\rm{2}}{\rm{.}}{{\rm{5}}^{{\rm{n + 1}}}}}}{{{{\rm{2}}^{{\rm{n + 1}}}}{\rm{ + }}{{\rm{5}}^{\rm{n}}}}}{\rm{ = }}\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{{\left( {\frac{{\rm{3}}}{{\rm{5}}}} \right)}^{\rm{n}}} - {\rm{10}}}}{{{\rm{2}}{\rm{.}}{{\left( {\frac{{\rm{2}}}{{\rm{5}}}} \right)}^{\rm{n}}}{\rm{ + 1}}}}{\rm{ = }}\frac{{ - {\rm{10}}}}{{\rm{1}}}{\rm{ = }} - {\rm{10}}$.

D

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt {{\rm{2n + 3}}} }}{{\sqrt {{\rm{2n}}} {\rm{ + 5}}}}{\rm{ = }}\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt {{\rm{2 + }}\frac{{\rm{3}}}{{\rm{n}}}} }}{{\sqrt {\rm{2}} {\rm{ + }}\frac{{\rm{5}}}{{\sqrt {\rm{n}} }}}}{\rm{ = }}\frac{{\sqrt {\rm{2}} }}{{\sqrt {\rm{2}} }}{\rm{ = 1}}$.

D

$${\rm{L = }}\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\rm{(3}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}{\rm{ + 5n}} - 3) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {{\rm{n}}^{\rm{2}}}\left( {{\rm{3 + }}\frac{{\rm{5}}}{{\rm{n}}} - \frac{3}{{{{\rm{n}}^2}}}} \right)$$

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {{\rm{n}}^{\rm{2}}} = + \infty }\\{\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{\rm{3 + }}\frac{{\rm{5}}}{{\rm{n}}} - \frac{3}{{{{\rm{n}}^2}}}} \right) = 3}\end{array}} \right. \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\rm{(3}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}{\rm{ + 5n}} - 3) = + \infty$.

A

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {{\rm{n + }}5} - \sqrt {{\rm{n + 1}}} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{\rm{n}} + 5 - {\rm{n}} - 1}}{{\sqrt {{\rm{n + 5}}} {\rm{ + }}\sqrt {{\rm{n + 1}}} }} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{4}{{\sqrt {{\rm{n}} + 5} + \sqrt {{\rm{n}} + 1} }} = 0$.

B

Đây là một cấp số nhân lùi vô hạn có ${{\rm{u}}_{\rm{1}}}{\rm{ = 2, q}} = \frac{1}{7}$

Do đó ${\rm{S}} = \frac{{{{\rm{u}}_{\rm{1}}}}}{{1 - {\rm{q}}}} = \frac{7}{3}$.

B

Có $3{,}15555... = 3{,}1\left( 5 \right) = 3{,}1 + 5\left( {\frac{1}{{{{10}^2}}} + \frac{1}{{{{10}^3}}} + ...} \right) = 3{,}1 + 5.\frac{{\frac{1}{{{{10}^2}}}}}{{1 - \frac{1}{{10}}}} = \frac{{142}}{{45}}$.

C

Ta coi độ cao nảy lên lần thứ nhất là ${{\rm{u}}_1} \Rightarrow {{\rm{u}}_1} = 9.\frac{2}{3} = 6$

$$\Rightarrow {{\rm{u}}_2} = \frac{2}{3}{{\rm{u}}_{\rm{1}}}{\rm{, }}{{\rm{u}}_{\rm{3}}} = \frac{2}{3}{{\rm{u}}_2};....$$

⇒ Đây là cấp số nhân lùi vô hạn với ${\rm{q}} = \frac{2}{3},{{\rm{u}}_1} = 6$

Vì mỗi quả bóng sau khi nảy lên lại tiếp tục rơi xuống nên tổng quãng đường bóng di chuyển là: ${\rm{S = 9 + 2}}{{\rm{u}}_{\rm{1}}}{\rm{ + 2}}{{\rm{u}}_{\rm{2}}}{\rm{ + }}...{\rm{ + 2}}{{\rm{u}}_{\rm{n}}}{\rm{ + }}...$ $= 9 + 2.\frac{6}{{1 - \frac{2}{3}}} = 45$.

A

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {{\rm{u}}_{\rm{n}}}{\rm{ = }}\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{\rm{an + 4}}}}{{{\rm{5n + 3}}}}{\rm{ = }}\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{\rm{a + }}\frac{{\rm{4}}}{{\rm{n}}}}}{{{\rm{5 + }}\frac{{\rm{3}}}{{\rm{n}}}}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{a}}}{{\rm{5}}}$

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {{\rm{u}}_{\rm{n}}} = 2 \Leftrightarrow \frac{{\rm{a}}}{{\rm{5}}} = 2 \Leftrightarrow {\rm{a}} = 10$.

a) $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{v_n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\left( {\frac{1}{7}} \right)^n} = 0$.

b) $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {7^n} = + \infty$.

c) $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{u_n} - {v_n}}}{{3{u_n} + 2{v_n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{{4.3}^n} - {{8.7}^n}}}{{{{12.3}^n} - {{19.7}^n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{4.{{\left( {\frac{3}{7}} \right)}^n} - 8}}{{12.{{\left( {\frac{3}{7}} \right)}^n} - 19}} = \frac{8}{{19}}$.

d) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{{4.3}^n} - {7^{n + 1}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {7^n}\left[ {4.{{\left( {\frac{3}{7}} \right)}^n} - 7} \right]$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {7^n} = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {4.{{\left( {\frac{3}{7}} \right)}^n} - 7} \right] = - 7 < 0$ nên $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = - \infty$.

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.

a) Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2{n^2} + 1}}{{3{n^3} - 3n + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^3}\left( {\frac{2}{n} + \frac{1}{{{n^3}}}} \right)}}{{{n^3}\left( {3 - \frac{3}{{{n^2}}} + \frac{3}{{{n^3}}}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\frac{2}{n} + \frac{1}{{{n^3}}}}}{{3 - \frac{3}{{{n^2}}} + \frac{3}{{{n^3}}}}} = \frac{0}{3} = 0$.

b) Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{n\sqrt {{n^2} + 1} }}{{\sqrt {4{n^4} - {n^2} + 3} }} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2}\sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} }}{{{n^2}\sqrt {4 - \frac{1}{{{n^2}}} + \frac{3}{{{n^4}}}} }} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} }}{{\sqrt {4 - \frac{1}{{{n^2}}} + \frac{3}{{{n^4}}}} }} = \frac{1}{2}$.

c) Phương trình lượng giác $\cos x = 0$ có một nghiệm là $x = \frac{\pi }{2}$.

d) Cho cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$ với công sai $d = \frac{1}{2}$ và ${u_1} = 0$, thì ${u_3} = 0 + 2.\frac{1}{2} = 1$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.

a) ${u_2} = {u_1} + \frac{2}{3} = 2 + \frac{2}{3} = \frac{8}{3}$.

b) Có v$_{n}$ = u$_{n + 1}$ – u$_{n}$ $\Rightarrow {v_n} = \frac{2}{{{3^n}}} \Rightarrow {v_2} = \frac{2}{{{3^2}}} = \frac{2}{9}$.

c) $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{2}{{{3^n}}} = 0$.

d) Có ${v_1} + {v_2} + ... + {v_{n - 1}} = \frac{2}{3}.\frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^{n - 1}}}}{{1 - \frac{1}{3}}} = 1 - \frac{3}{{{3^n}}},\forall n \ge 2$.

Mặt khác v$_{1}$ + v$_{2}$ + … + v$_{n – 1}$= u$_{n}$ – 2, ∀n ³ 2.

Nên ${u_n} = 3 - \frac{3}{{{3^n}}}$. Do đó $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {3 - \frac{3}{{{3^n}}}} \right) = 3$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

a) Ta có v$_{n}$ = 2n + 1 $= n\left( {2 + \frac{1}{n}} \right)$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {2 + \frac{1}{n}} \right) = 2$. Do đó $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {2n + 1} \right) = + \infty$.

b) Ta có ${u_n} = \sqrt {4{n^2} + 5n + 1} = n\sqrt {4 + \frac{5}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt {4 + \frac{5}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} = 2$ nên $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt {4{n^2} + 5n + 1} = + \infty$.

c) Có ${u_n} + {v_n} = \sqrt {4{n^2} + 5n + 1} + 2n + 1 = n\left( {\sqrt {4 + \frac{5}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} + 2 + \frac{1}{n}} \right)$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {4 + \frac{5}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} + 2 + \frac{1}{n}} \right) = 4$.

Do đó $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = + \infty$.

d) Có ${u_n} - {v_n} = \sqrt {4{n^2} + 5n + 1} - \left( {2n + 1} \right) = \frac{{{{\left( {\sqrt {4{n^2} + 5n + 1} } \right)}^2} - {{\left( {2n + 1} \right)}^2}}}{{\sqrt {4{n^2} + 5n + 1} + \left( {2n + 1} \right)}} = \frac{n}{{\sqrt {4{n^2} + 5n + 1} + \left( {2n + 1} \right)}}$.

Do đó $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} - {v_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{n}{{\sqrt {4{n^2} + 5n + 1} + \left( {2n + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{\sqrt {4 + \frac{5}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} + \left( {2 + \frac{1}{n}} \right)}} = \frac{1}{4}$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

a) $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{4{n^2} - n + 3}}{{3{n^2} + 7}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2}\left( {4 - \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} \right)}}{{{n^2}\left( {3 + \frac{7}{{{n^2}}}} \right)}} = \frac{4}{3}$.

b) $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{{\left( {{v_n}} \right)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{4{n^2} - n + 3}}{{{{\left( {3{n^2} + 7} \right)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2}\left( {4 - \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} \right)}}{{{n^4}{{\left( {3 + \frac{7}{{{n^2}}}} \right)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {\frac{1}{{{n^2}}}.\frac{{\left( {4 - \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} \right)}}{{{{\left( {3 + \frac{7}{{{n^2}}}} \right)}^2}}}} \right] = 0$.

c) $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{{\left( {{u_n}} \right)}^2}}}{{{v_n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{{\left( {4{n^2} - n + 3} \right)}^2}}}{{3{n^2} + 7}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^4}{{\left( {4 - \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} \right)}^2}}}{{{n^2}\left( {3 + \frac{7}{{{n^2}}}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {{n^2}.\frac{{{{\left( {4 - \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} \right)}^2}}}{{\left( {3 + \frac{7}{{{n^2}}}} \right)}}} \right] = + \infty$.

d) $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{u_n} + a{n^2} + 7}}{{{v_n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{4{n^2} - n + 3 + a{n^2} + 7}}{{3{n^2} + 7}}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\left( {a + 4} \right){n^2} - n + 10}}{{3{n^2} + 7}}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2}\left[ {\left( {a + 4} \right) - \frac{1}{n} + \frac{{10}}{{{n^2}}}} \right]}}{{{n^2}\left( {3 + \frac{7}{{{n^2}}}} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\left( {a + 4} \right) - \frac{1}{n} + \frac{{10}}{{{n^2}}}}}{{3 + \frac{7}{{{n^2}}}}} = \frac{{a + 4}}{3}$.

Khi đó $\frac{{a + 4}}{3} = 8 \Leftrightarrow a = 20$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Sai; d) Đúng.

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2{n^2} - 3\sqrt n + 1}}{{3n\sqrt n + 2n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{n\sqrt n \left( {2\sqrt n - \frac{3}{n} + \frac{1}{{n\sqrt n }}} \right)}}{{n\sqrt n \left( {3 + \frac{2}{{\sqrt n }}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2\sqrt n - \frac{3}{n} + \frac{1}{{n\sqrt n }}}}{{3 + \frac{2}{{\sqrt n }}}}$.

Suy ra a = 2; b = 3. Do đó P = 11.

Trả lời: 11.

Ta có $1 + 2 + ... + n = \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}$.

Khi đó $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{1 + 2 + ... + n}}{{{n^2} + 3n}}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2\left( {{n^2} + 3n} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2}\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)}}{{2{n^2}\left( {1 + \frac{3}{n}} \right)}} = \frac{1}{2}$.

Trả lời: 0,5.

Ta nhận thấy S là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu ${u_1} = \frac{1}{3}$, công bội $q = - \frac{1}{3}$

Vì vậy $S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{\frac{1}{3}}}{{1 + \frac{1}{3}}} = \frac{1}{3}.\frac{3}{4} = \frac{1}{4} = 0{,}25$.

Trả lời: 0,25.

Ta có 0,511111... = 0,5 + 0,01 + 0,001 + 0,0001 + ...

Xét tổng 0,01 + 0,001 + 0,0001 + ....

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu là u$_{1}$ = 0,01 và công bội $q = \frac{1}{{10}}$.

Vì vậy 0,511111... = 0,5 + 0,01 + 0,001 + 0,0001 + ... = $0{,}5 + \frac{{0{,}01}}{{1 - \frac{1}{{10}}}} = \frac{{23}}{{45}}$.

Suy ra $a = 23;b = 45$. Khi đó |b – 2a| = 1.

Trả lời: 1.

Nếu cạnh hình vuông ban đầu là x thì theo định lí Pythagore, ta có cạnh hình vuông thứ hai là $\sqrt {{{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} = \frac{{x\sqrt 2 }}{2}$ (*).

Gọi cạnh hình vuông ABCD là u$_{1}$ = 1, từ (*) ta có cạnh hình vuông thứ hai là ${u_2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$, cạnh hình vuông thứ ba là ${u_3} = \frac{1}{2}$, cạnh hình vuông thứ tư là ${u_4} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}$, …

Xét tổng chu vi dãy các hình vuông là

S =4u$_{1}$ + 4u$_{2}$ + 4u$_{3}$ + … = $4\left( {1 + \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 2 }}{4} + ....} \right)$.

Ta thấy $1 + \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 2 }}{4} + ....$ là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu bằng 1, công bội bằng $\frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Vậy $S = 4.\frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = 4.\frac{1}{{1 - \frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = 8 + 4\sqrt 2 \approx 13{,}7$.

Trả lời: 13,7.