A. Giới hạn của dãy số

LG a

\({{{{\left( { - 1} \right)}^n}} \over {n + 5}}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng định lý:

Cho hai dãy số \(\left( {{u_n}} \right),\left( {{v_n}} \right)\).

Nếu \(\left| {{u_n}} \right| \le {v_n}\) với mọi n và \(\lim {v_n} = 0\) thì \(\lim {u_n} = 0\).

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\left| {{{{{\left( { - 1} \right)}^n}} \over {n + 5}}} \right| = {1 \over {n + 5}} < {1 \over n}\) \(\text{ và }\,\lim {1 \over n} = 0 \Rightarrow \lim {{{{\left( { - 1} \right)}^n}} \over {n + 5}} = 0\)

LG b

\({{\sin n} \over {n + 5}}\)

Lời giải chi tiết:

\(\left| {{{\sin n} \over {n + 5}}} \right| \le {1 \over {n + 5}} < {1 \over n}\) \(\text{ và }\,\lim {1 \over n} = 0 \Rightarrow \lim {{\sin n} \over {n + 5}} = 0\)

LG c

\({{\cos 2n} \over {\sqrt n + 1}}\)

Lời giải chi tiết:

\(\left| {{{\cos 2n} \over {\sqrt n + 1}}} \right| \le {1 \over {\sqrt n + 1}} < {1 \over {\sqrt n }},\lim{1 \over {\sqrt n }} = 0\) \( \Rightarrow \lim {{\cos 2n} \over {\sqrt n + 1}} = 0\)

trithuchub.com

LG a

 \({u_n} = {\left( {0,99} \right)^n}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng các định lý:

+) Cho hai dãy số \(\left( {{u_n}} \right),\left( {{v_n}} \right)\).

Nếu \(\left| {{u_n}} \right| \le {v_n}\) với mọi n và \(\lim {v_n} = 0\) thì \(\lim {u_n} = 0\).

+) Nếu \(\left| q \right| < 1\) thì \(\lim {q^n} = 0\).

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\left| {0,99} \right| < 1\) nên \(\lim {u_n} = \lim {\left( {0,99} \right)^n} = 0\)

LG b

\({u_n} = {{{{\left( { - 1} \right)}^n}} \over {{2^n} + 1}}\)

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \left| {{u_n}} \right| = \left| {{{{{\left( { - 1} \right)}^n}} \over {{2^n} + 1}}} \right| = {1 \over {{2^n} + 1}}\cr & <\frac{1}{{{2^n}}} =  {\left( {{1 \over 2}} \right)^n}\cr &\lim {\left( {{1 \over 2}} \right)^n} = 0 \cr 
& \Rightarrow \lim {u_n} = 0 \cr} \)

LG c

\({u_n} = - {{\sin {{n\pi } \over 5}} \over {{{\left( {1,01} \right)}^n}}}\)

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \left| {{u_n}} \right| = {{\left| {\sin {{n\pi } \over 5}} \right|} \over {{{\left( {1,01} \right)}^n}}} \le \frac{1}{{1,{{01}^n}}} = {\left( {{1 \over {1,01}}} \right)^n},\cr &\lim {\left( {{1 \over {1,01}}} \right)^n} = 0 \Rightarrow \lim {u_n} = 0 \cr} \)

 trithuchub.com

LG a

Chứng minh rằng \({{{u_{n + 1}}} \over {{u_n}}} \le {2 \over 3}\) với mọi n.

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& {{{u_{n + 1}}} \over {{u_n}}} = {{n + 1} \over {{3^{n + 1}}}}:{n \over {{3^n}}}  = \frac{{n + 1}}{{{{3.3}^n}}}.\frac{{{3^n}}}{n}\cr &= {1 \over 3}.{{n + 1} \over n} = {1 \over 3}\left( {1 + {1 \over n}} \right) \cr 
&  \le {1 \over 3}(1+1)={2 \over 3},\forall n \ge 1. \cr} \)

(Vì \(\forall n \ge 1 \Rightarrow \dfrac{1}{n} \le 1\))

LG b

Bằng phương pháp qui nạp, chứng minh rằng \(0 < {u_n} \le {\left( {{2 \over 3}} \right)^n}\) với mọi n.

Lời giải chi tiết:

Rõ ràng \(u_n> 0, ∀n ≥ 1\).

Ta chứng minh  \({u_n} \le {\left( {{2 \over 3}} \right)^n}\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

+) Với \(n = 1\) ta có  \({u_1} = {1 \over 3} \le {2 \over 3}\)

Vậy (1) đúng với \(n = 1\)

+) Giả sử (1) đúng với \(n = k\), tức là ta có:

\({u_k} \le {\left( {{2 \over 3}} \right)^k}\)

Khi đó \(\frac{{{u_{k + 1}}}}{{{u_k}}} \le \frac{2}{3} \Leftrightarrow {u_{k + 1}} \le {2 \over 3}{u_k}\) (theo câu a)

\( \Rightarrow {u_{k + 1}} \le {2 \over 3}.{\left( {{2 \over 3}} \right)^k} = {\left( {{2 \over 3}} \right)^{k + 1}}\)

Vậy (1) đúng với \(n = k + 1\) nên (1) đúng với mọi \(n\).

LG c

Phương pháp giải:

Sử dụng các định lý:

+) Cho hai dãy số \(\left( {{u_n}} \right),\left( {{v_n}} \right)\).

Nếu \(\left| {{u_n}} \right| \le {v_n}\) với mọi n và \(\lim {v_n} = 0\) thì \(\lim {u_n} = 0\).

+) Nếu \(\left| q \right| < 1\) thì \(\lim {q^n} = 0\).

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(0 < {u_n} \le {\left( {{2 \over 3}} \right)^n} \Rightarrow \left| {{u_n}} \right| \le {\left( {{2 \over 3}} \right)^n}\)

Mà  \(\lim {\left( {{2 \over 3}} \right)^n} = 0\) \( \Rightarrow \lim \left| {{u_n}} \right| = 0 \Rightarrow \lim {u_n} = 0\)

trithuchub.com

LG a

\(\displaystyle \lim \left( {2 + {{{{\left( { - 1} \right)}^n}} \over {n + 2}}} \right)\)

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp đánh giá và giới hạn kẹp:

Cho hai dãy số \(\left( {{u_n}} \right),\left( {{v_n}} \right)\). Nếu \(\left| {{u_n}} \right| \le {v_n}, \forall n\) mà \(\lim {v_n} = 0\) thì \(\lim {u_n} = 0\).

Và định nghĩa \(\lim \left( {{u_n} - L} \right) = 0\) thì \(\lim u_n=L\).

Lời giải chi tiết:

Đặt  \(\displaystyle {u_n} = 2 + {{{{\left( { - 1} \right)}^n}} \over {n + 2}}\) \(\Rightarrow {u_n} - 2 = \dfrac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{n + 2}}\)

Ta có:

\(\displaystyle \eqalign{
& \left| {{u_n} - 2} \right|  = \left| {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{n + 2}}} \right|= {1 \over {n + 2}} < {1 \over n}\cr &\text{ và }\,\lim {1 \over n} = 0 \cr 
& \Rightarrow \lim \left( {{u_n} - 2} \right) = 0 \Rightarrow \lim {u_n} = 2 \cr} \)

LG b

 \(\displaystyle \lim \left( {{{\sin 3n} \over {4n}} - 1} \right)\)

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp đánh giá và giới hạn kẹp:

Cho hai dãy số \(\left( {{u_n}} \right),\left( {{v_n}} \right)\). Nếu \(\left| {{u_n}} \right| \le {v_n}, \forall n\) mà \(\lim {v_n} = 0\) thì \(\lim {u_n} = 0\).

Lời giải chi tiết:

Đặt  \(\displaystyle {u_n} = {{\sin 3n} \over {4n}} - 1\) \( \Rightarrow {u_n} + 1 = \dfrac{{\sin 3n}}{{4n}}\)

Ta có:

\(\displaystyle \eqalign{
& \left| {{u_n} + 1} \right| = \left| {{{\sin 3n} \over {4n}}} \right| \le {1 \over {4n}}\cr &\text{ và }\,\lim {1 \over {4n}} = 0 \cr 
& \Rightarrow \lim \left( {{u_n} + 1} \right) = 0 \Rightarrow \lim {u_n} = - 1 \cr} \)

LG c

\(\displaystyle \lim {{n - 1} \over n}\)

Lời giải chi tiết:

\(\displaystyle \lim {{n - 1} \over n} = \lim \left( {1 - {1 \over n}} \right) \) \(\displaystyle = \lim 1 - \lim {1 \over n} = 1\)

LG d

\(\displaystyle \lim {{n + 2} \over {n + 1}}\)

Phương pháp giải:

Chia cả tử và mẫu cho \(n\) và sử dụng giới hạn \(\lim \dfrac{1}{n} = 0\)

Lời giải chi tiết:

\(\displaystyle \lim {{n + 2} \over {n + 1}} = \lim {{n\left( {1 + {2 \over n}} \right)} \over {n\left( {1 + {1 \over n}} \right)}} \) \(\displaystyle = \lim {{1 + {2 \over n}} \over {1 + {1 \over n}}} = {{\lim 1 + \lim {2 \over n}} \over {\lim 1 + \lim {1 \over n}}} \) \(\displaystyle = {{1 + 0} \over {1 + 0}} = 1\)

Cách khác:

\(\begin{array}{l}
\lim \frac{{n + 2}}{{n + 1}} = \lim \left( {\frac{{n + 1 + 1}}{{n + 1}}} \right)\\
= \lim \left( {1 + \frac{1}{{n + 1}}} \right)\\
= \lim 1 + \lim \frac{1}{{n + 1}}\\
= 1 + 0 = 1
\end{array}\)

trithuchub.com

LG a

Phương pháp giải:

Chia cả tử và mẫu của biểu thức cần tính giới hạn cho lũy thừa bậc cao nhất của n và sử dụng giới hạn

Lời giải chi tiết:

Ta có:

LG b

Lời giải chi tiết:

LG c

Lời giải chi tiết:

LG d

Phương pháp giải:

Chia cả tử và mẫu  cho .

Lời giải chi tiết:

Chia cả tử và mẫu  cho ta được:

trithuchub.com

LG a

Chứng minh rằng dãy số (v_n) xác định bởi \({v_n} = {u_n} - {{15} \over 4}\) là một cấp số nhân.

Phương pháp giải:

Dãy số \((v_n)\) là cấp số nhân nếu \(v_{n+1}=q.v_n\) với q là số thực không đổi (công bội).

Lời giải chi tiết:

Ta có:  \(\displaystyle {v_{n + 1}} = {u_{n + 1}} - {{15} \over 4}\) \(\displaystyle = {{{u_n}} \over {5}} + 3 - {{15} \over 4} = {{{u_n}} \over 5} - {3 \over 4}\)

Thay \(\displaystyle {u_n} = {v_n} + {{15} \over 4}\) vào ta được:

\(\displaystyle {v_{n + 1}} = {1 \over 5}\left( {{v_n} + {{15} \over 4}} \right) - {3 \over 4}  \) \(\displaystyle = \frac{1}{5}{v_n} + \frac{3}{4} - \frac{3}{4}= {1 \over 5}{v_n},\forall n\)

Vậy (v_n) là cấp số nhân lùi vô hạn với công bội  \(\displaystyle q = {1 \over 5}\)

LG b

 Tìm \(\lim u_n\).

Phương pháp giải:

Tìm số hạng tổng quát \({v_n} = {v_1}{q^{n - 1}}\) suy ra giới hạn \(\lim v_n\).

Từ đó suy ra \(\lim u_n\).

Lời giải chi tiết:

 Ta có:

\(\eqalign{
& {v_1} = {u_1} - {{15} \over 4} = 10 - {{15} \over 4} = {{25} \over 4} \cr 
& {v_n} = {v_1}.{q^{n - 1}} = {{25} \over 4}.{\left( {{1 \over 5}} \right)^{n - 1}} \cr 
& \lim {\left( {\frac{1}{5}} \right)^{n - 1}} = 0\Rightarrow \lim {v_n} = 0\cr &  \Rightarrow \lim \left( {{u_n} - \frac{{15}}{4}} \right) = 0\cr &\Rightarrow \lim {u_n} = {{15} \over 4} \cr} \)

trithuchub.com

LG a

Tìm giới hạn của các dãy số (p_n) và (S_n).

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\({p_1} = {a \over 2} + {a \over 2} + {a \over 2} = {{3a} \over 2};\)

\({p_2}  = \frac{a}{4} + \frac{a}{4} + \frac{a}{4}= {{3a} \over 4} = {{3a} \over {{2^2}}}\)

...

\({p_n} = {{3a} \over {{2^n}}}\) (1)

Chứng minh bằng qui nạp:

+) Với n=1 thì \({p_1} = \frac{{3a}}{2}\) (đúng).

+) Giả sử (1) đúng với n=k, tức là \({p_k} = {{3a} \over {{2^k}}}\). Ta chứng minh (1) đúng với n=k+1.

Tam giác \({A_{k + 1}}{B_{k + 1}}{C_{k + 1}}\) đồng dạng tam giác \(A_kB_kC_k\) theo tỉ số \(\frac{1}{2}\) nên có chu vi \({p_{k + 1}} = \frac{1}{2}{p_k} = \frac{1}{2}.\frac{{3a}}{{{2^k}}} = \frac{{3a}}{{{2^{k + 1}}}}\)

Do đó ta có \({p_n} = \frac{{3a}}{{{2^n}}}\).

Vì \(\lim {1 \over {{2^n}}} = \lim {\left( {{1 \over 2}} \right)^n} = 0\text { nên }\lim {p_n} = 0\)

Diện tích tam giác ABC là \(S = {{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}\). Diện tích tam giác A₁B₁C₁là  \({S_1} = {S \over 4}\)

Bằng phương pháp qui nạp, ta chứng minh được rằng diện tích tam giác \({A_n}{B_n}{C_n}\) là \({S_n} = {{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}.{\left( {{1 \over 4}} \right)^n}\)

Vì  \(\lim {\left( {{1 \over 4}} \right)^n} = 0\) nên \(\lim {S_n} = 0\).

LG b

Tìm các tổng

\({p_1} + {p_2} + ... + {p_n} + ...\) và \({S_1} + {S_2} + ... + {S_n} + ...\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính tổng cấp số nhân lùi vô hạn \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có (p_n) là cấp số nhân lùi vô hạn có công bội \(q = {1 \over 2},\) do đó :

\({p_1} + {p_2} + ... + {p_n} + ... = {{{p_1}} \over {1 - {1 \over 2}}}\) \( = 2{p_1}= 2.\frac{{3a}}{2} = 3a\)

(S_n) là cấp số nhân lùi vô hạn có công bội \(q' = {1 \over 4}\) do đó :

\({S_1} + {S_2} + ... + {S_n} + ... = {{{S_1}} \over {1 - {1 \over 4}}} \) \(= {4 \over 3}{S_1} = {S \over 3} = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {12}}\)

 trithuchub.com

LG a

 \(0,444…\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính tổng cấp số nhân lùi vô hạn \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}}\)

Lời giải chi tiết:

 Ta có:

\(\eqalign{
& 0,444... = 0,4 + 0,04 + 0,004 + ... \cr 
& = {4 \over {10}} + {4 \over {{{10}^2}}} + {4 \over {{{10}^3}}} + ... \cr 
& = 4\left( {{1 \over {10}} + {1 \over {{{10}^2}}} + ...} \right) \cr 
& = 4.{{{1 \over {10}}} \over {1 - {1 \over {10}}}} = {4 \over 9} \cr} \)

LG b

\(0,2121…\)

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& 0,2121... = 0,21 + 0,0021 + ... \cr 
& = {{21} \over {{{10}^2}}} + {{21} \over {{{10}^4}}} + ... \cr &= 21\left( {{1 \over {{{10}^2}}} + {1 \over {{{10}^4}}} + ...} \right) \cr 
& = 21.{{{1 \over {{{10}^2}}}} \over {1 - {1 \over {{{10}^2}}}}} = {{21} \over {99}} = {7 \over {33}} \cr} \) .

LG c

\(0,32111…\)

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& 0,32111...\cr & = {{32} \over {100}} + {1 \over {1000}} + {1 \over {10000}}+ ... \cr 
&  = \frac{{32}}{{100}} + \frac{1}{{1000}}\left( {1 + \frac{1}{{10}} + \frac{1}{{{{10}^2}}} + ...} \right)\cr &= {{32} \over {100}} + {1 \over {1000}}.{1 \over {1 - {1 \over {10}}}}\cr & = {{32} \over {100}} + {1 \over {900}} = {{289} \over {900}} \cr} \)

trithuchub.com

LG a

Tính p_n và S_n.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính chu vi và diện tích hình tròn:

+) Chu vi \(2\pi R\).

+) Diện tích \(\pi {R^2}\).

Lời giải chi tiết:

LG b

Tìm giới hạn của các dãy số (p_n) và (S­_n).

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}
\lim {p_n} = \lim \pi R = \pi R\\
\lim {S_n} = \lim \dfrac{{\pi {R^2}}}{{{2^{n + 1}}}} = 0
\end{array}\)

trithuchub.com

LG a

\({u_n} = - 2{n^3} + 3n + 5\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:  \({u_n} = {n^3}\left( { - 2 + {3 \over {{n^2}}} + {5 \over {{n^3}}}} \right)\)

Vì  \({{\mathop{\rm limn}\nolimits} ^3} = + \infty \) và \(\lim \left( { - 2 + {3 \over {{n^2}}} + {5 \over {{n^3}}}} \right) = - 2 < 0\)

Nên  \(\lim {u_n} = - \infty \)

LG b

\({u_n} = \sqrt {3{n^4} + 5{n^3} - 7n} \)

Lời giải chi tiết:

Ta có:  \({u_n} = \sqrt {{n^4}\left( {3 + \frac{5}{n} - \frac{7}{{{n^3}}}} \right)}  \) \(= {n^2}\sqrt {3 + {5 \over n} - {7 \over {{n^3}}}} \)

Vì  \(\lim {n^2} = + \infty \) và \(\lim \sqrt {3 + {5 \over n} - {7 \over {{n^3}}}} = \sqrt 3 > 0\)

Nên  \(\lim {u_n} = + \infty \)

trithuchub.com

LG a

\({u_n} = {{ - 2{n^3} + 3n - 2} \over {3n - 2}}\)

Phương pháp giải:

Chia cả tử và mẫu của biểu thức cần tính giới hạn cho lũy thừa bậc cao nhất của n.

Lời giải chi tiết:

 Ta có:

\(\displaystyle {u_n} = {{{n^3}\left( { - 2 + {3 \over {{n^2}}} - {2 \over {{n^3}}}} \right)} \over {{n^3}\left( {{3 \over {{n^2}}} - {2 \over {{n^3}}}} \right)}} \) \(\displaystyle  = {{ - 2 + {3 \over {{n^2}}} - {2 \over {{n^3}}}} \over {{3 \over {{n^2}}} - {2 \over {{n^3}}}}}\)

Vì  \(\displaystyle \lim \left( { - 2 + {3 \over {{n^2}}} - {2 \over {{n^2}}}} \right) = - 2 < 0\)

Và  \(\displaystyle \lim \left( {{3 \over {{n^2}}} - {2 \over {{n^3}}}} \right) = 0;\)

Nên  \(\displaystyle \lim {u_n} = - \infty \)

LG b

\({u_n} = {{\root 3 \of {{n^6} - 7{n^3} - 5n + 8} } \over {n + 12}}\)

Lời giải chi tiết:

Chia tử và mẫu của phân thức cho n, ta được :

\({u_n} = \dfrac{{\dfrac{{\sqrt[3]{{{n^6} - 7{n^3} - 5n + 8}}}}{n}}}{{\dfrac{{n + 12}}{n}}} \) \(= \dfrac{{\sqrt[3]{{\dfrac{{{n^6} - 7{n^3} - 5n + 8}}{{{n^3}}}}}}}{{1 + \dfrac{{12}}{n}}} \) \(= \dfrac{{\sqrt[3]{{{n^3} - 7 - \dfrac{5}{{{n^2}}} + \dfrac{8}{{{n^3}}}}}}}{{1 + \dfrac{{12}}{n}}} \) \( = \dfrac{{\sqrt[3]{{{n^3}\left( {1 - \dfrac{7}{{{n^3}}} - \dfrac{5}{{{n^5}}} + \dfrac{8}{{{n^6}}}} \right)}}}}{{1 + \dfrac{{12}}{n}}}\) \(= \dfrac{{n\sqrt[3]{{1 - \dfrac{7}{{{n^3}}} - \dfrac{5}{{{n^5}}} + \dfrac{8}{{{n^6}}}}}}}{{1 + \dfrac{{12}}{n}}}\)

\(\eqalign{
& \text{ Vì }\,\lim n\root 3 \of {1 - {7 \over {{n^3}}} - {5 \over {{n^5}}} + {8 \over n^6}} = + \infty \cr 
& \text{ và }\,\lim \left( {1 + {{12} \over n}} \right) = 1 > 0 \cr 
& \text{ nên }\,{{\mathop{\rm lim u}\nolimits} _n} = + \infty \cr} \)

 trithuchub.com

LG a

 \(\lim \left( {2n + \cos n} \right)\)

Phương pháp giải:

Đặt n ra làm nhân tử chung rồi tính giới hạn.

Lời giải chi tiết:

 Ta có:

\(\eqalign{
& 2n + \cos n = n\left( {2 + {{\cos n} \over n}} \right) \cr 
& \left| {{{\cos n} \over n}} \right| \le {1 \over n},\lim {1 \over n} = 0 \cr &\Rightarrow \lim {{\cos n} \over n} = 0 \cr} \)

Do đó  \(\lim \left( {2 + {{\cos n} \over n}} \right) = 2 > 0\) và \(\lim n = + \infty \)

Suy ra  \(\lim \left( {2n + \cos n} \right) = + \infty \)

LG b

\(\lim \left( {{1 \over 2}{n^2} - 3\sin 2n + 5} \right)\)

Phương pháp giải:

Đặt \(n^2\) ra làm nhân tử chung tính giới hạn.

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \lim \left( {{1 \over 2}{n^2} - 3\sin 2n + 5} \right) \cr &= \lim {n^2}\left( {{1 \over 2} - {{3\sin 2n} \over n^2} + {5 \over {{n^2}}}} \right) = + \infty \cr 
& \text{ Vì }\,\lim {n^2} = + \infty \cr &\text{ và }\,\lim \left( {{1 \over 2} - {{3\sin 2n} \over n^2} + {5 \over {{n^2}}}} \right) = {1 \over 2} > 0 \cr} \)

trithuchub.com

LG a

\({u_n} = {{{3^n} + 1} \over {{2^n} - 1}}\)

Phương pháp giải:

Chia cả tử và mẫu cho 3ⁿ

Lời giải chi tiết:

\({u_n} = \frac{{{3^n}\left( {1 + \frac{1}{{{3^n}}}} \right)}}{{{3^n}\left( {\frac{{{2^n}}}{{{3^n}}} - \frac{1}{{{3^n}}}} \right)}} = {{1 + {{\left( {{1 \over 3}} \right)}^n}} \over {{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} - {{\left( {{1 \over 3}} \right)}^n}}}\)

\(\eqalign{
& \lim \left[ {1 + {{\left( {{1 \over 3}} \right)}^n}} \right] = 1 > 0\cr &\text{ và }\lim \left[ {{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} - {{\left( {{1 \over 3}} \right)}^n}} \right] = 0;\cr &{{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} - {{\left( {{1 \over 3}}\right)}^n}} >0 \cr 
& \text{ nên }\,\lim {u_n} = + \infty \cr} \)

LG b

 \({u_n} = {2^n} - {3^n}\)

Phương pháp giải:

Đặt 3ⁿ ra làm nhân tử chung và tính giới hạn.

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& {u_n} = {3^n}\left[ {{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} - 1} \right] \cr 
& \lim {3^n} = + \infty\cr &\text{ và }\lim \left[ {{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} - 1} \right] = - 1 < 0 \cr 
&\text{ nên }{{\mathop{\rm lim}\nolimits}\,u _n} = - \infty \cr} \)

trithuchub.com

LG a

 \(\lim {{{n^2} + 4n - 5} \over {3{n^3} + {n^2} + 7}}\)

Phương pháp giải:

Chia cả tử và mẫu của các biểu thức cần tính giới hạn cho lũy thừa bậc cao nhất của n.

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \lim {{{n^2} + 4n - 5} \over {3{n^3} + {n^2} + 7}} \cr &= \lim {{{n^3}\left( {{1 \over n} + {4 \over {{n^2}}} - {5 \over {{n^3}}}} \right)} \over {{n^3}\left( {3 + {1 \over n} + {7 \over {{n^3}}}} \right)}} \cr 
& = \lim {{{1 \over n} + {4 \over {{n^2}}} - {5 \over {{n^3}}}} \over {3 + {1 \over n} + {7 \over {{n^3}}}}} = {0 \over 3} = 0 \cr} \)

LG b

\(\lim {{{n^5} + {n^4} - 3n - 2} \over {4{n^3} + 6{n^2} + 9}}\)

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \lim {{{n^5} + {n^4} - 3n - 2} \over {4{n^3} + 6{n^2} + 9}} \cr &= \lim {n^2}{{{n^3}\left( {1 + {1 \over n} - {3 \over {{n^4}}} - {2 \over {{n^5}}}} \right)} \over {{n^3}\left( {4 + {6 \over n} + {9 \over {{n^3}}}} \right)}} \cr 
& = {{\mathop{\rm limn}\nolimits} ^2}{{\left( {1 + {1 \over n} - {3 \over {{n^4}}} - {2 \over {{n^5}}}} \right)} \over {\left( {4 + {6 \over n} + {9 \over {{n^3}}}} \right)}} = + \infty \cr} \)

Vì \(\lim {n^2} =  + \infty \) và \(\lim \dfrac{{1 + \frac{1}{n} - \frac{3}{{{n^4}}} - \frac{2}{{{n^5}}}}}{{4 + \frac{6}{n} + \frac{9}{{{n^3}}}}} = \dfrac{1}{4} > 0\).

LG c

\(\lim {{\sqrt {2{n^4} + 3n - 2} } \over {2{n^2} - n + 3}}\)

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \lim {{\sqrt {2{n^4} + 3n - 2} } \over {2{n^2} - n + 3}} \cr & = \lim \frac{{\sqrt {{n^4}\left( {2 + \frac{3}{{{n^3}}} - \frac{2}{{{n^4}}}} \right)} }}{{{n^2}\left( {1 - \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} \right)}}\cr &= \lim {{{n^2}\sqrt {2 + {3 \over {n^3}} - {2 \over {{n^4}}}} } \over {{n^2}\left ({2 - {1 \over n} + {3 \over{ {n^2}}}}\right )}} \cr 
& = \lim {{\sqrt {2 + {n \over 3} - {2 \over {{n^2}}}} } \over {2 - {1 \over n} + {3 \over {{n^2}}}}} = {{\sqrt 2 } \over 2} \cr} \)

LG d

 \(\lim {{{3^n} - {{2.5}^n}} \over {7 + {{3.5}^n}}}\)

Phương pháp giải:

Chia cả tử và mẫu cho 5ⁿ

Lời giải chi tiết:

Chia cả tử và mẫu cho 5ⁿ ta được:

\(\eqalign{
& \lim {{{3^n} - {{2.5}^n}} \over {7 + {{3.5}^n}}}  = \lim \frac{{\frac{{{3^n}}}{{{5^n}}} - 2}}{{\frac{7}{{{5^n}}} + 3}}\cr &= \lim {{{{\left( {{3 \over 5}} \right)}^n} - 2} \over {7.{{\left( {{1 \over 5}} \right)}^n} + 3}} = - {2 \over 3} \cr 
& \text{vì}\,\,\lim {\left( {{3 \over 5}} \right)^n} = \lim {\left( {{1 \over 5}} \right)^n} = 0 \cr} \)

trithuchub.com

LG a

\(\lim \left( {3{n^3} - 7n + 11} \right)\)

Phương pháp giải:

Đặt lũy thừa bậc cao nhất của n ra làm nhân tử chung và sử dụng các quy tắc tính giới hạn.

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \lim \left( {3{n^3} - 7n + 11} \right) \cr &= \lim {n^3}\left( {3 - {7 \over {{n^2}}} + {{11} \over {{n^3}}}} \right) = + \infty \cr 
& \text{ vì }\,{{\mathop{\rm limn}\nolimits} ^3} = + \infty \cr &\text{ và }\lim \left( {3 - {7 \over {{n^2}}} + {{11} \over {{n^3}}}} \right) = 3 > 0 \cr} \)

LG b

\(\lim \sqrt {2{n^4} - {n^2} + n + 2} \)

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \lim \sqrt {2{n^4} - {n^2} + n + 2} \cr & = \lim \sqrt {{n^4}\left( {2 - \frac{1}{{{n^2}}} + \frac{1}{{{n^3}}} + \frac{2}{{{n^4}}}} \right)} \cr &= \lim {n^2}.\sqrt {2 - {1 \over {{n^2}}} + {1 \over {{n^3}}} + {2 \over {{n^4}}}} = + \infty \cr 
& \text{ vì }\;\lim {n^2} = + \infty \cr & \text{ và }\lim \sqrt {2 - {1 \over {{n^2}}} + {1 \over {{n^3}}} + {2 \over {{n^4}}}} = \sqrt 2 > 0 \cr} \)

LG c

\(\lim \root 3 \of {1 + 2n - {n^3}} \)

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \lim \root 3 \of {1 + 2n - {n^3}} \cr & = \lim \sqrt[3]{{{n^3}\left( {\frac{1}{{{n^3}}} + \frac{2}{{{n^2}}} - 1} \right)}}\cr &= \lim n\root 3 \of {{1 \over {{n^3}}} + {2 \over {{n^2}}} - 1} = - \infty \cr 
& \text{ vì }\lim n = + \infty \cr &\text{ và }\lim \root 3 \of {{1 \over {{n^3}}} + {2 \over {{n^2}}} - 1} = - 1 < 0 \cr} \)

LG d

\(\lim \sqrt {{{2.3}^n} - n + 2} .\)

Phương pháp giải:

Đặt \(3^n\) ra làm nhân tử chung và tính giới hạn.

Chú ý sử dụng giới hạn đã chứng minh ở bài tập 4 trang 130

Lời giải chi tiết:

\(\sqrt {{{2.3}^n} - n + 2}\) \(= \lim \sqrt {{3^n}\left( {2 - \frac{n}{{{3^n}}} + \frac{2}{{{3^n}}}} \right)} \) \( = {\left( {\sqrt 3 } \right)^n}\sqrt {2 - {n \over {{3^n}}} + {2 \over {{3^n}}}} \) với mọi n.

Vì \(\lim {n \over {{3^n}}} = 0\) (xem bài tập 4) và  \(\lim {2 \over {{3^n}}} = 0\)

Nên  \(\lim \sqrt {2 - {n \over {{3^n}}} + {2 \over {{3^n}}}} = \sqrt 2 > 0\)

Ngoài ra  \(\lim {\left( {\sqrt 3 } \right)^n} = + \infty \)

Do đó  \(\lim \sqrt {{{2.3}^n} - n + 2} = + \infty \)

trithuchub.com

LG a

\(\lim \left( {\sqrt {{n^2} + n + 1} - n} \right)\)

Hướng dẫn : Nhân và chia biểu thức đã cho với  \(\sqrt {{n^2} + n + 1} + n\)

Phương pháp giải:

Nhân và chia biểu thức đã cho với  \(\sqrt {{n^2} + n + 1} + n\).

Chú ý hằng đẳng thức \(\left( {A - B} \right)\left( {A + B} \right) = {A^2} - {B^2}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \lim \left( {\sqrt {{n^2} + n + 1} - n} \right) \cr &= \lim {{\left( {{n^2} + n + 1} \right) - {n^2}} \over {\sqrt {{n^2} + n + 1} + n}} \cr 
& = \lim {{n + 1} \over {\sqrt {{n^2} + n + 1} + n}} \cr &= \lim {{n\left( {1 + {1 \over n}} \right)} \over {n\left( {\sqrt {1 + {1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} + 1} \right)}} \cr 
& = \lim {{1 + {1 \over n}} \over {\sqrt {1 + {1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} + 1}} = {1 \over 2} \cr} \)

LG b

\(\lim {1 \over {\sqrt {n + 2} - \sqrt {n + 1} }}\)

Hướng dẫn : Nhân tử và mẫu của phân thức đã cho với  \(\sqrt {n + 2} + \sqrt {n + 1} \)

Phương pháp giải:

Nhân tử và mẫu của phân thức đã cho với \(\sqrt {n + 2} + \sqrt {n + 1} \)

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \lim {1 \over {\sqrt {n + 2} - \sqrt {n + 1} }} \cr &= \lim {{\sqrt {n + 2} + \sqrt {n + 1} } \over {n + 2 - n - 1}} \cr 
& = \lim \left( {\sqrt {n + 2} + \sqrt {n + 1} } \right) \cr & = \lim \left[ {\sqrt n \left( {\sqrt {1 + \frac{2}{n}}  + \sqrt {1 + \frac{1}{n}} } \right)} \right]\cr &= + \infty \cr} \)

Vì \(\lim \sqrt n  =  + \infty \) và \(\lim \left( {\sqrt {1 + \frac{2}{n}}  + \sqrt {1 + \frac{1}{n}} } \right) = 2 > 0\)

LG c

\(\lim \left( {\sqrt {{n^2} + n + 2} - \sqrt {n + 1} } \right)\)

Phương pháp giải:

Đặt lũy thừa bậc cao nhất của n ra làm nhân tử chung.

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \lim \sqrt {{n^2} + n + 2} - \sqrt {n + 1} \cr &= \lim\,n \left( {\sqrt {1 + {1 \over n} + {2 \over {{n^2}}}} - \sqrt {{1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \right) = + \infty \cr 
& \text{ vì}\;\lim n = + \infty \cr &\text{ và}\;\lim \left( {\sqrt {1 + {1 \over n} + {2 \over {{n^2}}}} - \sqrt {{1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \right) = 1 > 0 \cr} \)

LG d

 \(\lim {1 \over {\sqrt {3n + 2} - \sqrt {2n + 1} }}\)

Phương pháp giải:

Nhân cả tử và mẫu với biểu thức liên hợp của mẫu.

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \lim {1 \over {\sqrt {3n + 2} - \sqrt {2n + 1} }} \cr &= \lim {{\sqrt {3n + 2} + \sqrt {2n + 1} } \over {3n + 2 - 2n - 1}} \cr 
& = \lim {{\sqrt {3n + 2} + \sqrt {2n + 1} } \over {n + 1}} \cr &= \lim {{n\left( {\sqrt {{3 \over n} + {2 \over {{n^2}}}} + \sqrt {{2 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \right)} \over {n\left( {1 + {1 \over n}} \right)}} \cr 
& = \lim {{\sqrt {{3 \over n} + {2 \over {{n^2}}}} + \sqrt {{2 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \over {1 + {1 \over n}}} \cr &= \frac{{0 + 0}}{1}= 0 \cr} \)

LG e

\(\lim \left( {\sqrt {n + 1} - \sqrt n } \right)n\)

Phương pháp giải:

Nhân và chia biểu thức với \({\sqrt {n + 1}  + \sqrt n }\)

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \lim \left( {\sqrt {n + 1} - \sqrt n } \right).n \cr 
& = \lim \frac{{\left( {\sqrt {n + 1}  - \sqrt n } \right)\left( {\sqrt {n + 1}  + \sqrt n } \right).n}}{{\sqrt {n + 1}  + \sqrt n }}\cr &= \lim \frac{{n + 1 - n}}{{\sqrt {n + 1}  + \sqrt n }}.n \cr &= \lim \frac{n}{{\sqrt {n + 1}  + \sqrt n }}\cr &= \lim \sqrt n .{{\sqrt n } \over {\sqrt {n + 1} + \sqrt n }} \cr &= \lim \sqrt n .{1 \over {\sqrt {1 + {1 \over n}} + 1}} = + \infty \cr 
& \text{ vì}\;\lim \sqrt n = + \infty \cr &\text{và}\;\lim {1 \over {\sqrt {1 + {1 \over n}} + 1}} = {1 \over 2} > 0 \cr} \)

LG f

\(\lim {{\sqrt {{n^2} + 1} - \sqrt {n + 1} } \over {3n + 2}}\)

Phương pháp giải:

Chia cả tử và mẫu cho n.

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& \lim {{\sqrt {{n^2} + 1} - \sqrt {n + 1} } \over {3n + 2}} \cr &= \lim {{n\left( {\sqrt {1 + {1 \over {{n^2}}}} - \sqrt {{1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \right)} \over {n\left( {3 + {2 \over n}} \right)}} \cr 
& = \lim {{\sqrt {1 + {1 \over {{n^2}}}} - \sqrt {{1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \over {3 + {2 \over n}}} \cr & = \frac{{1 - 0}}{{3 + 0}}= {1 \over 3}. \cr} \)

trithuchub.com