Ta có: \[\lim \frac{{\sqrt {4{n^2} + 1}  - \sqrt {n + 2} }}{{2n - 3}}\]\[ = \lim \frac{{\sqrt {4 + \frac{1}{{{n^2}}}}  - \sqrt {\frac{1}{n} + \frac{2}{{{n^2}}}} }}{{2 - \frac{3}{n}}}\]\[ = \frac{{2 - 0}}{2}\]\[ = 1\].

Ta có \(S = \frac{1}{3} + \frac{1}{{{3^2}}} + ... + \frac{1}{{{3^n}}} + ... = \frac{1}{3}.\frac{1}{{1 - \frac{1}{3}}} = \frac{1}{2}\).

Ta thấy độ cao của quả bóng mỗi lần bóng đi xuống là một cấp số nhân với \({u_1} = 6;q = \frac{3}{4}\).

Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn đó là quãng đường mà quả bóng đã đi xuống.

Khi đó \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{6}{{1 - \frac{3}{4}}} = 24\) m.

Quãng đường bóng đã đi cho đến khi dừng lại là: 2S – 6 = 2.24 – 6 = 42 m.

Đặt a = 1 là độ dài cạnh hình vuông, S1 = 1 là diện tích hình vuông ban đầu.

Do M, N là trung điểm hai cạnh của hình vuông nên \(MN = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Suy ra \({S_2} = M{N^2} = \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{S_1}}}{2} = \frac{1}{2}\).

Lại lấy trung điểm các cạnh của hình vuông MNPQ để tiếp tục, khi đó, hình vuông mới sinh ra có diện tích là \({S_3} = {\left( {\frac{{MN\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{M{N^2}}}{2} = \frac{{{S_1}}}{4} = \frac{1}{4}\).

Vậy các hình vuông sinh ra có diện tích lần lượt là \(1;\frac{1}{2};\frac{1}{4};...;\frac{1}{{{2^n}}};...\)

Vậy tổng diện tích các hình vuông tạo thành là \(S = 1.\frac{1}{{1 - \frac{1}{2}}} = 2\).

a) \(\lim \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \lim \frac{{\frac{1}{{n + 1}}}}{{\frac{3}{{n + 3}}}} = \lim \frac{{n + 3}}{{3\left( {n + 1} \right)}} = \lim \frac{{1 + \frac{3}{n}}}{{3\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)}} = \frac{1}{3}\).

b) lim(vn + 1) = limvn + 1 = \(\lim \frac{3}{{n + 3}} + 1 = 0 + 1 = 1\).

c) Ta nói dãy số (un) có giới hạn là 0 khi n dần tới dương vô cực, vì |un| có thể nhỏ hơn một số dương tùy ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi.

d) lim(un – vn) = limun – limvn  = \(\lim \frac{1}{{n + 1}} - \lim \frac{3}{{n + 3}} = 0 - 0 = 0\).

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

a) \(S = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{4} - \frac{1}{8} + ...\) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có công bội \(q =  - \frac{1}{2}\).

b) \(T = 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{{{3^2}}} + ... + \frac{1}{{{3^n}}} + ...\) là tổng của câp số nhân lùi vô hạn có công bội \(q = \frac{1}{3}\).

c) \(S = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{4} - \frac{1}{8} + ... = \frac{1}{{1 - \left( { - \frac{1}{2}} \right)}} = \frac{2}{3}\).

\(T = 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{{{3^2}}} + ... + \frac{1}{{{3^n}}} + ... = \frac{1}{{1 - \frac{1}{3}}} = \frac{3}{2}\).

Suy ra S < T.

d) \(\frac{2}{3} = S = \frac{1}{{\frac{3}{2}}} = \frac{1}{T}\).

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

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

b) vn = un + 1 – un Þ \({v_n} = \frac{2}{{{3^n}}}\) \( \Rightarrow {v_2} = \frac{2}{{{3^2}}} = \frac{2}{9}\).

c) \(\lim {v_n} = \lim \frac{2}{{{3^n}}} = 0\).

d) Ta 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 v1 + v2 + …+ vn – 1 = un – 2, ∀n ≥ 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) \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{1}{{{v_n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {\left( {\frac{1}{7}} \right)^n} = 0\).

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.

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 u1 = 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.

\(\lim \frac{{\sqrt {9{n^2} + 2n}  - 3n}}{{4n + 3}}\)\( = \lim \frac{{\sqrt {9 + \frac{2}{n}}  - 3}}{{4 + \frac{3}{n}}} = \frac{{3 - 3}}{4} = 0\).

Trả lời: 0.

Ta có lim(6 + 3un) = lim6 + 3limun = 6 + 3.12 = 42.

Trả lời: 42.

\(\lim \frac{{{2^{n + 2}} + 4 \cdot {6^{n - 1}} + 2}}{{{3^{n + 1}} + {6^{n - 1}} + 1}} = \lim \frac{{4{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n} + \frac{2}{3} + 2 \cdot {{\left( {\frac{1}{6}} \right)}^n}}}{{3 \cdot {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n} + \frac{1}{6} + {{\left( {\frac{1}{6}} \right)}^n}}} = \frac{{4 \cdot 0 + \frac{2}{3} + 2 \cdot 0}}{{3 \cdot 0 + \frac{1}{6} + 0}} = 4\).

Trả lời: 4.

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 \({\rm{(}}*{\rm{)}}\) 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 \({u_4} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}, \ldots \)

Xét tổng chu vi dãy các hình vuông là:

\(S = 4{u_1} + 4{u_2} + 4{u_3} +  \ldots  = 4\left( {1 + \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 2 }}{4} +  \ldots } \right).\)

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

Vậy ta có: \(S = 4 \cdot \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = 4 \cdot \frac{1}{{1 - \frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = 8 + 4\sqrt 2  \approx 13,7\).

Trả lời: 13,7.