Bài tập Vận dụng các phép toán giới hạn để tìm giới hạn của dãy số dạng chứa căn thức lớp 11 (có lời giải)

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{n+5}-\sqrt{n+1}\right)=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n+5-n-1}{\sqrt{n+5}+\sqrt{n+1}}$

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{n^2-n+1}-n\right)=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^2-n+1-n^2}{\sqrt{n^2-n+1}+n}$

$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{-n+1}{\sqrt{n^2-n+1}+n}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{-1+\frac{1}{n}}{\sqrt{1-\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}+1}=-\frac{1}{2}.$

Đáp án đúng là: B

Đáp án đúng là: C

Đáp án đúng là: B

Đáp án đúng là: B

Ta có:  

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

$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{-2+\frac{3}{n}}{\sqrt{1-\frac{2}{n}+\frac{3}{n^2}}+1}=\frac{-2}{1+1}=-1.$

Đáp án đúng là: C

Ta có: 

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt[3]{n^2-n^3}+n\right)$

$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^2}{\sqrt[3]{{\left(n^2-n^3\right)}^2}-n.\sqrt[3]{n^2-n^3}+n^2}$

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

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{9n^2-n}-\sqrt{n+2}}{3n-2}$

$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{9-\frac{1}{n}}-\sqrt{1+\frac{2}{n^2}}}{3-\frac{2}{n}}=\frac{\sqrt{9}}{3}=1.$

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt{n^2+2}-\sqrt{n^2+4}}$

$=\underset{n\to +\infty }{\lim }-\frac{\sqrt{n^2+2}+\sqrt{n^2+4}}{2}=-\infty .$

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

Bậc cao nhất của tử và mẫu đều là 1 (vì \(\sqrt {{n^2}} = n\)).

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt {4{n^2} + n} }}{{2n - 1}}\) = \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt {4 + \frac{1}{n}} }}{{2 - \frac{1}{n}}}\) = \(\frac{{\sqrt {4 + 0} }}{{2 - 0}} = 1\).

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: B

Nhân và chia biểu thức với lượng liên hợp \(\sqrt {{n^2} + 4n} + n\), ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2} + 4n - {n^2}}}{{\sqrt {{n^2} + 4n} + n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{4n}}{{\sqrt {{n^2} + 4n} + n}}\)= \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{4}{{\sqrt {1 + \frac{4}{n}} + 1}} = \frac{4}{{1 + 1}} = 2\).

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

\[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {9{n^2} + 1} - 3n} \right)\] = \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{9{n^2} + 1 - 9{n^2}}}{{\sqrt {9{n^2} + 1} + 3n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{\sqrt {9{n^2} + 1} + 3n}} = 0\)

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {{n^2} + 6n} - \sqrt {{n^2} + 2n} } \right)\) = \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2} + 6n - \left( {{n^2} + 2n} \right)}}{{\sqrt {{n^2} + 6n} + \sqrt {{n^2} + 2n} }}\)

= \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{4n}}{{\sqrt {{n^2} + 6n} + \sqrt {{n^2} + 2n} }} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{4}{{\sqrt {1 + \frac{6}{n}} + \sqrt {1 + \frac{2}{n}} }} = \frac{4}{{1 + 1}} = 2.\)

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

Bậc cao nhất của n ở tử và mẫu đều là bậc 1.

Chia cả tử và mẫu cho n, ta được:

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{1 + \frac{1}{n}}}{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} + \sqrt {4 + \frac{1}{{{n^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt 1 + \sqrt 4 }} = \frac{1}{3}.\)

Hướng dẫn giải:

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

Chia tử số cho n, ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)u_n = \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {a + \frac{1}{{{n^2}}}} - 1} \right)\).

a) Đúng. Khi a = 1, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)u_n = \(\sqrt 1 - 1 = 0\).

b) Sai. Khi a = 4, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)u_n = \(\sqrt 4 - 1 = 1\) (không phải 2).

c) Đúng. Để \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)u_n = 3 thì \(\sqrt a - 1\) = 3 ⇒ \(\sqrt a \) = 4 nên a = 16.

d) Sai. Khi a < 0, biểu thức trong căn an² + 1 sẽ mang giá trị âm khi n đủ lớn, do đó dãy số không xác định.

Hướng dẫn giải:

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

Nhân lượng liên hợp \(\left( {\sqrt {{n^2} + an} + \sqrt {{n^2} + bn} } \right)\) ta được:

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\left( {\sqrt {{n^2} + an} - \sqrt {{n^2} + bn} } \right)\left( {\sqrt {{n^2} + an} + \sqrt {{n^2} + bn} } \right)}}{{\sqrt {{n^2} + an} + \sqrt {{n^2} + bn} }}\)

= \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\left( {{n^2} + an} \right) - \left( {{n^2} + bn} \right)}}{{\sqrt {{n^2} + an} + \sqrt {{n^2} + bn} }} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2} + an - {n^2} - bn}}{{\sqrt {{n^2}\left( {1 + \frac{a}{n}} \right)} + \sqrt {{n^2}\left( {1 + \frac{b}{n}} \right)} }}\)

= \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{n\left( {a - b} \right)}}{{n\sqrt {1 + \frac{a}{n}} + n\sqrt {1 + \frac{b}{n}} }} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{n(a - b)}}{{n\left( {\sqrt {1 + \frac{a}{n}} + \sqrt {1 + \frac{b}{n}} } \right)}}\)

= \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{a - b}}{{\sqrt {1 + \frac{a}{n}} + \sqrt {1 + \frac{b}{n}} }}\) = \(\frac{{a - b}}{{\sqrt {1 + 0} + \sqrt {1 + 0} }} = \frac{{a - b}}{2}\).

a) Đúng. Do giới hạn có dạng vô định (∞ - ∞) biểu thức liên hợp cần sử dụng để nhân và chia nhằm khử dạng vô định là \[\sqrt {{n^2} + an} + \sqrt {{n^2} + bn} \].

b) Đúng. Giới hạn bằng \(\frac{{a - b}}{2}\) ⇒ phụ thuộc cả a và b.

c) Đúng. Nếu b = 0, ta có \(\frac{a}{2}\) = 3 ⇒ a = 6.

d) Sai. Phương trình \(\frac{{a - b}}{2}\) = 3 ⇒ a - b = 6 ⇒ Có vô số cặp số (a; b) thỏa mãn.

Hướng dẫn giải:

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

a) Đúng.

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

= \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2n}}{{n\sqrt {1 + \frac{2}{n}} + n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2n}}{{n\left( {\sqrt {1 + \frac{2}{n}} + 1} \right)}}\)

= \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{2}{{\sqrt {1 + \frac{2}{n}} + 1}} = \frac{2}{2} = 1\).

b) Đúng.

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)v_n = \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\left( {\sqrt {4{n^2} + 8n} - 2n} \right)\left( {\sqrt {4{n^2} + 8n} + 2n} \right)}}{{\sqrt {4{n^2} + 8n} + 2n}}\)

= \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\left( {4{n^2} + 8n} \right) - 4{n^2}}}{{\sqrt {4{n^2}\left( {1 + \frac{8}{{4n}}} \right)} + 2n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{8n}}{{2n\sqrt {1 + \frac{2}{n}} + 2n}}\)

= \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{8n}}{{2n\left( {\sqrt {1 + \frac{2}{n}} + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{8}{{2\left( {\sqrt {1 + \frac{2}{n}} + 1} \right)}} = \frac{8}{{2\left( {\sqrt {1 + 0} + 1} \right)}} = 2\).

c) Đúng. Theo quy tắc tính giới hạn: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)(u_n + v_n) = 1 + 2 = 3.

d) Sai. \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)\(\frac{{{u_n}}}{{{v_n}}}\) = \(\frac{1}{2}\) = 2 (không phải 4).

Hướng dẫn giải:

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

a) Đúng. Nếu a < 0 thì -an > 0,

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

= \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {n\left( {\sqrt {1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} - a} \right)} \right]\)

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n = + \infty \)

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} - a} \right) = \sqrt {1 - 0 + 0} - a = 1 - a\)

Theo giả thiết câu a), vì a < 0 ⇒ (1 – a) > 0. Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {{n^2} - n + 1} - an} \right) = + \infty \).

b) Sai. Khi a = 1, nhân liên hợp ta có:

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

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

= \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{n\left( { - 1 + \frac{1}{n}} \right)}}{{n\left( {\sqrt {1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} + 1} \right)}}\) = \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\left( { - 1 + \frac{1}{n}} \right)}}{{\left( {\sqrt {1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} + 1} \right)}} = \frac{{ - 1 + 0}}{{\sqrt {1 - 0 + 0} + 1}} = - \frac{1}{2}\).

c) Đúng. Khi a = 1, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {{n^2} - n + 1} - n} \right) = \infty - \infty \) ⇒ Phải nhân lượng liên hợp để khử.

d) Đúng.

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

= \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {n\left( {\sqrt {1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} - a} \right)} \right]\)

n → +∞; \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} - a} \right) = 1 - a\).

Nếu 1 – a ≠ 0 ⇒ a ≠ 1, giới hạn L = ±∞ tùy thuộc vào dấu của (1 – a).

Để L thoát khỏi kết quả vô cực và thu được một số thực hữu hạn ⇒ 1 – a = 0 ⇒ a = 1.

Hướng dẫn giải:

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

a) Đúng. Tử số có chứa \(n\sqrt n \) = \({n^{\frac{3}{2}}}\).

b) Sai. Mẫu số có chứa \(\sqrt {{n^3}} \) = \({n^{\frac{3}{2}}}\), nên bậc cao nhất là \(\frac{3}{2}\).

c) Đúng. \(n\sqrt n \) chính là lũy thừa cao nhất ở cả tử và mẫu.

d) Đúng. Chia tử mẫu cho \(n\sqrt n \) ta được:

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

Hướng dẫn giải:

Đáp án: 1

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

= \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)\(\frac{2}{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} + 1}} = \frac{2}{2} = 1\).

Hướng dẫn giải:

Đáp án: 15

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)\(\frac{{\sqrt {4{n^2} + 3} - 2n}}{{\sqrt {{n^2} + 1} - n}}\) = \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)\(\frac{{\frac{3}{{\sqrt {4{n^2} + 3} + 2n}}}}{{\frac{1}{{\sqrt {{n^2} + 1} + n}}}}\) = \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)\(\frac{{3\left( {\sqrt {{n^2} + 1} + n} \right)}}{{\sqrt {4{n^2} + 3} + 2n}}\)

= \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)\(\frac{{3\left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} + 1} \right)}}{{\sqrt {4 + \frac{3}{{{n^2}}}} + 2}} = \frac{{3\left( {1 + 1} \right)}}{{2 + 2}} = \frac{6}{4} = 1,5\).

⇒ 10 ∙\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)\(\frac{{\sqrt {4{n^2} + 3} - 2n}}{{\sqrt {{n^2} + 1} - n}}\) = 10∙1,5 = 15.

Hướng dẫn giải:

Đáp án: 2

Ta có biểu thức trên tử số là tổng của một cấp số cộng:

1 + 2 + 3 + ... + n = \(\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2} = \frac{{{n^2} + n}}{2}\).

⇒ \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)u_n = \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)\(\frac{{{n^2} + n}}{{2\sqrt {9{n^4} + 1} }}\) = \(\frac{{1 + \frac{1}{n}}}{{2\sqrt {9 + \frac{1}{{{n^4}}}} }} = \frac{1}{{2\sqrt 9 }} = \frac{1}{6}\).

⇒ 12 ∙\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)u_n = \(12 \cdot \frac{1}{6} = 2\).

Hướng dẫn giải:

Đáp án: 40

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)\(\left( {\sqrt {16{n^2} + an + 5} - 4n} \right)\) = \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)\(\frac{{16{n^2} + an + 5 - 16{n^2}}}{{\sqrt {16{n^2} + an + 5} + 4n}}\)

= \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)\(\frac{{an + 5}}{{\sqrt {16{n^2} + an + 5} + 4n}}\)= \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)\(\frac{{a + \frac{5}{n}}}{{\sqrt {16 + \frac{a}{n} + \frac{5}{{{n^2}}}} + 4}} = \frac{a}{{4 + 4}} = \frac{a}{8}\)

Ta có: \(\frac{a}{8} = 5\) ⇒ a = 40.

Hướng dẫn giải:

Đáp án: 1

Trục căn thức ở mẫu cho từng số hạng của tổng:

\(\frac{1}{{\sqrt k + \sqrt {k + 1} }} = \frac{{\sqrt {k + 1} - \sqrt k }}{{k + 1 - k}} = \sqrt {k + 1} - \sqrt k \).

⇒ u_n = \(\left( {\sqrt 2 - \sqrt 1 } \right) + \left( {\sqrt 3 - \sqrt 2 } \right) + ... + \left( {\sqrt {n + 1} - \sqrt n } \right) = \sqrt {n + 1} - 1\).

Khi đó, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)\(\frac{{{u_n}}}{{\sqrt n }}\) = \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \)\(\frac{{\sqrt {n + 1} - 1}}{{\sqrt n }}\).

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