DẠNG 1: TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH NGHĨA
Phương pháp:
Để chứng minh \(\lim {u_n} = 0\) ta chứng minh với mọi số a > 0 nhỏ tùy ý luôn tồn tại một số \({n_a}\) sao cho \(\left| {{u_n}} \right| < a{\rm{ }}\forall n > {n_a}\).
Để chứng minh \(\lim {u_n} = l\) ta chứng minh $\lim ({u_n} - l) = 0$.
Để chứng minh \(\lim {u_n} = + \infty \) ta chứng minh với mọi số M > 0 lớn tùy ý, luôn tồn tại số tự nhiên \({n_M}\) sao cho \({u_n} > M{\rm{ }}\forall n > {n_M}\).
Để chứng minh \(\lim {u_n} = - \infty \) ta chứng minh \(\lim ( - {u_n}) = + \infty \).
Một dãy số nếu có giới hạn thì giới hạn đó là duy nhất.
Phương pháp:
Để chứng minh \(\lim {u_n} = 0\) ta chứng minh với mọi số a > 0 nhỏ tùy ý luôn tồn tại một số \({n_a}\) sao cho \(\left| {{u_n}} \right| < a{\rm{ }}\forall n > {n_a}\).
Để chứng minh \(\lim {u_n} = l\) ta chứng minh $\lim ({u_n} - l) = 0$.
Để chứng minh \(\lim {u_n} = + \infty \) ta chứng minh với mọi số M > 0 lớn tùy ý, luôn tồn tại số tự nhiên \({n_M}\) sao cho \({u_n} > M{\rm{ }}\forall n > {n_M}\).
Để chứng minh \(\lim {u_n} = - \infty \) ta chứng minh \(\lim ( - {u_n}) = + \infty \).
Một dãy số nếu có giới hạn thì giới hạn đó là duy nhất.
VÍ DỤ VẬN DỤNG
Câu 1. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
A. Nếu \(\lim \left| {{u_n}} \right| = + \infty \), thì \(\lim {u_n} = + \infty \).
B. Nếu \(\lim \left| {{u_n}} \right| = + \infty \), thì \(\lim {u_n} = - \infty \).
C. Nếu \(\lim {u_n} = 0\), thì \(\lim \left| {{u_n}} \right| = 0\).
D. Nếu \(\lim {u_n} = - a\), thì \(\lim \left| {{u_n}} \right| = a\).
Chọn C
Theo nội dung định lý.
Theo nội dung định lý.
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
Chọn A
Với a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a} > \frac{1}{a} - 1\) ta có \(\frac{1}{{n + 1}} < \frac{1}{{{n_a} + 1}} < a{\rm{ }}\forall n > {n_a}\) nên có \(\lim \frac{1}{{n + 1}} = 0\).
Với a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a} > \frac{1}{a} - 1\) ta có \(\frac{1}{{n + 1}} < \frac{1}{{{n_a} + 1}} < a{\rm{ }}\forall n > {n_a}\) nên có \(\lim \frac{1}{{n + 1}} = 0\).
A. 0
B. 2
C. 4
D. 5
Chọn A
Với a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a} > \sqrt[k]{{\frac{1}{a}}}\) ta có \(\frac{1}{{{n^k}}} < \frac{1}{{n_a^k}} < a{\rm{ }}\forall n > {n_a}\) nên có \(\lim \frac{1}{{{n^k}}} = 0\).
Với a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a} > \sqrt[k]{{\frac{1}{a}}}\) ta có \(\frac{1}{{{n^k}}} < \frac{1}{{n_a^k}} < a{\rm{ }}\forall n > {n_a}\) nên có \(\lim \frac{1}{{{n^k}}} = 0\).
A. 0
B. 3
C. 5
D. 8
Chọn A
Với a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a} > \frac{1}{a} - 2\) ta có \(\frac{{{{\sin }^2}n}}{{n + 2}} < \frac{1}{{n + 2}} < \frac{1}{{{n_a} + 2}} < a{\rm{ }}\forall n > {n_a}\) nên có \(\lim \frac{{{{\sin }^2}n}}{{n + 2}} = 0\).
Với a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a} > \frac{1}{a} - 2\) ta có \(\frac{{{{\sin }^2}n}}{{n + 2}} < \frac{1}{{n + 2}} < \frac{1}{{{n_a} + 2}} < a{\rm{ }}\forall n > {n_a}\) nên có \(\lim \frac{{{{\sin }^2}n}}{{n + 2}} = 0\).
A. + ∞
B. - ∞
C. 0
D. 1
Chọn A
Với mọi số dương M lớn tùy ý ta chọn \({n_M} > \frac{{M - 1}}{2}\)
Ta có: \(2n + 1 > 2{n_M} + 1 > M{\rm{ }}\forall n > {n_M} \Rightarrow \lim (2n + 1) = + \infty \).
Với mọi số dương M lớn tùy ý ta chọn \({n_M} > \frac{{M - 1}}{2}\)
Ta có: \(2n + 1 > 2{n_M} + 1 > M{\rm{ }}\forall n > {n_M} \Rightarrow \lim (2n + 1) = + \infty \).
A. + ∞
B. - ∞
C. 0
D. 1
Chọn B
Với mọi số dương M lớn tùy ý ta chọn \({n_M}\) thỏa \(\frac{{n_M^2 - 1}}{{{n_M}}} > M\)
\( \Leftrightarrow {n_M} > \frac{{M + \sqrt {{M^2} + 4} }}{2}\).
Ta có: \(\frac{{{n^2} - 1}}{n} > M{\rm{ }}\forall n > {n_M} \Rightarrow \lim \frac{{{n^2} - 1}}{n} = + \infty \)
Vậy \(\lim \frac{{1 - {n^2}}}{n} = - \infty \).
Với mọi số dương M lớn tùy ý ta chọn \({n_M}\) thỏa \(\frac{{n_M^2 - 1}}{{{n_M}}} > M\)
\( \Leftrightarrow {n_M} > \frac{{M + \sqrt {{M^2} + 4} }}{2}\).
Ta có: \(\frac{{{n^2} - 1}}{n} > M{\rm{ }}\forall n > {n_M} \Rightarrow \lim \frac{{{n^2} - 1}}{n} = + \infty \)
Vậy \(\lim \frac{{1 - {n^2}}}{n} = - \infty \).
A. + ∞
B. - ∞
C. 0
D. 1
Chọn C
Với mọi a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a} = \left[ {\frac{2}{a} - 1} \right] + 1\)
Suy ra \(\frac{2}{{n + 1}} < a{\rm{ }}\forall n > {n_a} \Rightarrow \lim \frac{2}{{n + 1}} = 0\).
Với mọi a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a} = \left[ {\frac{2}{a} - 1} \right] + 1\)
Suy ra \(\frac{2}{{n + 1}} < a{\rm{ }}\forall n > {n_a} \Rightarrow \lim \frac{2}{{n + 1}} = 0\).
A. + ∞
B. - ∞
C. 0
D. 1
Chọn C
Ta có \(\frac{{\left| {\cos n + \sin n} \right|}}{{{n^2}}} < \frac{2}{{{n^2}}}\) mà \(\lim \frac{1}{{{n^2}}} = 0 \Rightarrow \lim \frac{{\cos n + \sin n}}{{{n^2} + 1}} = 0\)
Ta có \(\frac{{\left| {\cos n + \sin n} \right|}}{{{n^2}}} < \frac{2}{{{n^2}}}\) mà \(\lim \frac{1}{{{n^2}}} = 0 \Rightarrow \lim \frac{{\cos n + \sin n}}{{{n^2} + 1}} = 0\)
A. + ∞
B. - ∞
C. 0
D. 1
Chọn C
Với mọi số thực a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a} = \left[ {\frac{1}{{{a^2}}} - 1} \right] + 1\)
Ta có: \(\frac{{\sqrt {n + 1} }}{{n + 2}} < \frac{1}{{\sqrt {n + 1} }} < a{\rm{ }}\forall n > {n_a} \Rightarrow \lim \frac{{\sqrt {n + 1} }}{{n + 2}} = 0\).
Với mọi số thực a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a} = \left[ {\frac{1}{{{a^2}}} - 1} \right] + 1\)
Ta có: \(\frac{{\sqrt {n + 1} }}{{n + 2}} < \frac{1}{{\sqrt {n + 1} }} < a{\rm{ }}\forall n > {n_a} \Rightarrow \lim \frac{{\sqrt {n + 1} }}{{n + 2}} = 0\).
A. + ∞
B. - ∞
C. 0
D. 1
Chọn A
Với mọi M > 0 lớn tùy ý, ta chọn \({n_M} = \left[ {\frac{M}{3}} \right] + 1\)
Ta có: \(\frac{{3{n^3} + n}}{{{n^2}}} = 3n + \frac{1}{n} > M{\rm{ }}\forall n > {n_M}\)
Vậy \(\lim \frac{{3{n^3} + n}}{{{n^2}}} = + \infty \).
Với mọi M > 0 lớn tùy ý, ta chọn \({n_M} = \left[ {\frac{M}{3}} \right] + 1\)
Ta có: \(\frac{{3{n^3} + n}}{{{n^2}}} = 3n + \frac{1}{n} > M{\rm{ }}\forall n > {n_M}\)
Vậy \(\lim \frac{{3{n^3} + n}}{{{n^2}}} = + \infty \).
A. + ∞
B. - ∞
C. 0
D. 1
Chọn B
Với mọi M > 0 lớn tùy ý, ta chọn \({n_M} > {\left( {\frac{1}{a} + 3} \right)^2} - 1\)
Ta có: \(\frac{{n - 2}}{{\sqrt {1 + n} }} = \sqrt {n + 1} - \frac{3}{{\sqrt {n + 1} }} > \sqrt {1 + n} - 3 > M{\rm{ }}\forall n > {n_M}\)
Suy ra \(\lim \frac{{2 - n}}{{\sqrt {n + 1} }} = - \infty \).
Với mọi M > 0 lớn tùy ý, ta chọn \({n_M} > {\left( {\frac{1}{a} + 3} \right)^2} - 1\)
Ta có: \(\frac{{n - 2}}{{\sqrt {1 + n} }} = \sqrt {n + 1} - \frac{3}{{\sqrt {n + 1} }} > \sqrt {1 + n} - 3 > M{\rm{ }}\forall n > {n_M}\)
Suy ra \(\lim \frac{{2 - n}}{{\sqrt {n + 1} }} = - \infty \).
A. + ∞
B. - ∞
C. 2
D. 1
Chọn C
Với số thực a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a} > \frac{5}{a} + 2 > 2\)
Ta có: \(\left| {\frac{{2n + 1}}{{n - 2}} - 2} \right| = \frac{5}{{\left| {n - 2} \right|}} < \frac{5}{{{n_a} - 2}} < a{\rm{ }}\forall n > {n_a}\)
Vậy A = 2.
Với số thực a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a} > \frac{5}{a} + 2 > 2\)
Ta có: \(\left| {\frac{{2n + 1}}{{n - 2}} - 2} \right| = \frac{5}{{\left| {n - 2} \right|}} < \frac{5}{{{n_a} - 2}} < a{\rm{ }}\forall n > {n_a}\)
Vậy A = 2.
A. + ∞
B. - ∞
C. 0
D. 1
Chọn C
Với số thực a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a}\) thỏa \(\frac{{2{n_a} + 3}}{{n_a^2 + 1}} < a\)
\( \Leftrightarrow {n_a} > \frac{{1 + \sqrt {{a^2} - 4a + 13} }}{a}\)
Ta có: \(\frac{{2n + 3}}{{{n^2} + 1}} < a{\rm{ }}\forall n > {n_a} \Rightarrow B = 0\).
Với số thực a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a}\) thỏa \(\frac{{2{n_a} + 3}}{{n_a^2 + 1}} < a\)
\( \Leftrightarrow {n_a} > \frac{{1 + \sqrt {{a^2} - 4a + 13} }}{a}\)
Ta có: \(\frac{{2n + 3}}{{{n^2} + 1}} < a{\rm{ }}\forall n > {n_a} \Rightarrow B = 0\).
A. + ∞
B. - ∞
C. 0
D. 1
Chọn D
Với số thực a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn + ∞
Ta có: \(\left| {\frac{{\sqrt {{n^2} + 1} }}{{n + 1}} - 1} \right| < \left| {\frac{{n + 2}}{{n + 1}} - 1} \right| < \frac{1}{{{n_a} + 1}} < a{\rm{ }}\forall n > {n_a}\)
Vậy C = 1.
Với số thực a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn + ∞
Ta có: \(\left| {\frac{{\sqrt {{n^2} + 1} }}{{n + 1}} - 1} \right| < \left| {\frac{{n + 2}}{{n + 1}} - 1} \right| < \frac{1}{{{n_a} + 1}} < a{\rm{ }}\forall n > {n_a}\)
Vậy C = 1.
A. + ∞
B. - ∞
C. \(\frac{1}{2}\)
D. 1
Chọn C
A. + ∞
B. - ∞
C. - 3
D. 1
Chọn C
A. + ∞
B. - ∞
C. 0
D. 1
Chọn C
A. + ∞
B. - ∞
C. 0
D. 4
Chọn D
A. + ∞
B. - ∞
C. 0
D. 1
Chọn C
Gọi m là số tự nhiên thỏa: \(m + 1 > \left| a \right|\). Khi đó với mọi \(n > m + 1\)
Ta có: $0 < \left| {\frac{{{a^n}}}{{n!}}} \right| = \left| {\frac{a}{1}.\frac{a}{2}...\frac{a}{m}} \right|.\left| {\frac{a}{{m + 1}}...\frac{a}{n}} \right| < \frac{{{{\left| a \right|}^m}}}{{m!}}.{\left( {\frac{{\left| a \right|}}{{m + 1}}} \right)^{n - m}}$
Mà \(\lim {\left( {\frac{{\left| a \right|}}{{m + 1}}} \right)^{n - m}} = 0\). Từ đó suy ra: \(\lim \frac{{{a^n}}}{{n!}} = 0\).
Gọi m là số tự nhiên thỏa: \(m + 1 > \left| a \right|\). Khi đó với mọi \(n > m + 1\)
Ta có: $0 < \left| {\frac{{{a^n}}}{{n!}}} \right| = \left| {\frac{a}{1}.\frac{a}{2}...\frac{a}{m}} \right|.\left| {\frac{a}{{m + 1}}...\frac{a}{n}} \right| < \frac{{{{\left| a \right|}^m}}}{{m!}}.{\left( {\frac{{\left| a \right|}}{{m + 1}}} \right)^{n - m}}$
Mà \(\lim {\left( {\frac{{\left| a \right|}}{{m + 1}}} \right)^{n - m}} = 0\). Từ đó suy ra: \(\lim \frac{{{a^n}}}{{n!}} = 0\).
A. + ∞
B. - ∞
C. 0
D. 1
Chọn D
Nếu a = 1 thì ta có đpcm
Giả sử a > 1. Khi đó: \(a = {\left[ {1 + \left( {\sqrt[n]{a} - 1} \right)} \right]^n} > n\left( {\sqrt[n]{a} - 1} \right)\)
Suy ra: \(0 < \sqrt[n]{a} - 1 < \frac{a}{n} \to 0\) nên \(\lim \sqrt[n]{a} = 1\)
Với 0 < a < 1 thì \(\frac{1}{a} > 1 \Rightarrow \lim \sqrt[n]{{\frac{1}{a}}} = 1 \Rightarrow \lim \sqrt[n]{a} = 1\).
Tóm lại ta luôn có: \(\lim \sqrt[n]{a} = 1\) với a > 0.
Nếu a = 1 thì ta có đpcm
Giả sử a > 1. Khi đó: \(a = {\left[ {1 + \left( {\sqrt[n]{a} - 1} \right)} \right]^n} > n\left( {\sqrt[n]{a} - 1} \right)\)
Suy ra: \(0 < \sqrt[n]{a} - 1 < \frac{a}{n} \to 0\) nên \(\lim \sqrt[n]{a} = 1\)
Với 0 < a < 1 thì \(\frac{1}{a} > 1 \Rightarrow \lim \sqrt[n]{{\frac{1}{a}}} = 1 \Rightarrow \lim \sqrt[n]{a} = 1\).
Tóm lại ta luôn có: \(\lim \sqrt[n]{a} = 1\) với a > 0.