Sách bài tập Toán 11 Bài 15 (Kết nối tri thức): Giới hạn của dãy số

Giải SBT Toán 11 Bài 15: Giới hạn của dãy số

Giải SBT Toán 11 trang 77

Bài 5.1 trang 77 SBT Toán 11 Tập 1: Tính các giới hạn sau:

a) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^2+1}{2n^2+n+2}$ ;

b) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2^n+3}{1+3^n}$ .

Lời giải:

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

b) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2^n+3}{1+3^n}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{\left(\frac{2}{3}\right)}^n+{\left(\frac{1}{3}\right)}^{n-1}}{{\left(\frac{1}{3}\right)}^n+1}=0$ .

Bài 5.2 trang 78 SBT Toán 11 Tập 1: Tính các giới hạn sau:

a) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{n^2+2n}-n-2\right)$ ;

b) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(2+n^2-\sqrt{n^4+1}\right)$ ;

c) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{n^2-n+2}+n\right)$ ;

d) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(3n-\sqrt{4n^2+1}\right)$ .

Lời giải:

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

$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{-2n-4}{\sqrt{n^2+2n}+n+2}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{-2-\frac{4}{n}}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}+1+\frac{2}{n}}=\frac{-2}{2}=-1$.

b)$\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(2+n^2-\sqrt{n^4+1}\right)$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{\left(2+n^2\right)}^2-\left(n^4+1\right)}{2+n^2+\sqrt{n^4+1}}$

$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{4n^2+3}{2+n^2+\sqrt{n^4+1}}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{4+\frac{3}{n^2}}{\frac{2}{n^2}+1+\sqrt{1+\frac{1}{n^4}}}=\frac{4}{2}=2$.

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

d) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(3n-\sqrt{4n^2+1}\right)$ $=\underset{n\to +\infty }{\lim }n\left(3-\sqrt{4+\frac{1}{n^2}}\right)=+\infty$ .

Giải SBT Toán 11 trang 78

Bài 5.3 trang 78 SBT Toán 11 Tập 1: Cho $u_n=\frac{1+a+a^2+\mathrm{\dots }+a^n}{1+b+b^2+\mathrm{\dots }+b^n}$ với a, b là các số thực thỏa mãn |a| < 1, |b| < 1. Tính $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n$ .

Lời giải:

Áp dụng công thức tính tổng n số hạng đầu của cấp số nhân, ta có:

$u_n=\frac{1+a+a^2+\mathrm{\dots }+a^n}{1+b+b^2+\mathrm{\dots }+b^n}=\frac{\frac{1-a^{n+1}}{1-a}}{\frac{1-b^{n+1}}{1-b}}=\frac{1-b}{1-a}.\frac{1-a^{n+1}}{1-b^{n+1}}$.

Do đó,$\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\frac{1-b}{1-a}.\frac{1-a^{n+1}}{1-b^{n+1}}\right)=\frac{1-b}{1-a}$(do |a| < 1, |b| < 1).

Bài 5.4 trang 78 SBT Toán 11 Tập 1: Tính $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1+3+5+\mathrm{\dots }+\left(2n-1\right)}{n^2+2n}$ .

Lời giải:

Ta có 1, 3, 5, …, 2n – 1 là một cấp số cộng gồm n số hạng và có số hạng đầu u₁ = 1, công sai d = 2.

Khi đó, 1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = $\frac{n\left(1+2n-1\right)}{2}=n^2$ .

Do đó, $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1+3+5+\mathrm{\dots }+\left(2n-1\right)}{n^2+2n}$ $=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^2}{n^2+2n}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{1+\frac{2}{n}}=1$ .

Bài 5.5 trang 78 SBT Toán 11 Tập 1: Tính tổng $S=-1+\frac{1}{5}-\frac{1}{5^2}+\mathrm{\dots }+{\left(-1\right)}^n\frac{1}{5^{n-1}}$ + …

Lời giải:

Nhận thấy S là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn (u_n) với số hạng đầu u₁ = – 1 và công bội q = $-\frac{1}{5}$ .

Do đó, $S=\frac{-1}{1-\left(-\frac{1}{5}\right)}=\frac{-1}{\frac{6}{5}}=-\frac{5}{6}$.

Bài 5.6 trang 78 SBT Toán 11 Tập 1: Viết các số thập phân vô hạn tuần hoàn sau dưới dạng phân số:

a) 1,(03); b) 3,(23).

Lời giải:

a) 1,(03) = 1 + 0,03 + 0,0003 + … + 0,00…03 + …

$=1+\frac{3}{100}+\frac{3}{{100}^2}+\mathrm{\dots .}+\frac{3}{{100}^n}+\mathrm{\dots .}$.

$=1+\frac{\frac{3}{100}}{1-\frac{1}{100}}=1+\frac{1}{33}=\frac{34}{33}$

b) 3,(23) = 3 + 0,23 + 0,0023 + … + 0,00…23 + …

$=3+\frac{23}{100}+\frac{23}{{100}^2}+\mathrm{\dots }+\frac{23}{{100}^n}+\mathrm{\dots .}$

$=3+\frac{\frac{23}{100}}{1-\frac{1}{100}}=3+\frac{23}{99}=\frac{320}{99}$

Bài 5.7 trang 78 SBT Toán 11 Tập 1: Cho dãy số (u_n) với $u_n=\frac{\cos n}{n^2}$ . Tính $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n$ .

Lời giải:

Ta có $\left(u_n\right)=\left(\frac{\cos n}{n^2}\right)=\frac{\left(\cos n\right)}{n^2}\le \frac{1}{n^2}$ .

Mà $\frac{1}{n^2}\to 0$ khi n → +∞ nên $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=0$ .

Bài 5.8 trang 78 SBT Toán 11 Tập 1: Cho tam giác A₁B₁C₁ có diện tích là 3 (đơn vị diện tích). Dựng tam giác A₂B₂C₂ bằng cách nối các trung điểm của các cạnh B₁C₁, C₁A₁, A₁B₁. Tiếp tục quá trình này, ta có các tam giác A₃B₃C₃, …, A_nB_nC_n,… Kí hiệu s_n là diện tích của tam giác A_nB_nC_n.

a) Tính s_n.

b) Tính tổng s₁ + s₂ + … + s_n + …

Lời giải:

a)

Theo cách xác định tam giác A₂B₂C₂, ta có s₂ = $\frac{1}{4}$ s₁.

Tương tự, s₃ = $\frac{1}{4}$ s₂, …., $s_n=\frac{1}{4}{s}_{n-1}$ .

Vậy $s_n={\left(\frac{1}{4}\right)}^{n-1}{s}_1={\left(\frac{1}{4}\right)}^{n-1}.3=3{\left(\frac{1}{4}\right)}^{n-1}$ .

b) Ta có s₁ + s₂ + … + s_n + … là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu u₁ = 3 và công bội q = $\frac{1}{4}$ . Do đó

s₁ + s₂ + … + s_n + … = $\frac{3}{1-\frac{1}{4}}=4$ .

Bài 5.9 trang 78 SBT Toán 11 Tập 1: Cho dãy số (u_n) với u₁ = 2, $u_{n+1}=u_n+\frac{2}{3^n}$ , n ≥ 1. Đặt v_n = u_{n + 1} – u_n.

a) Tính v₁ + v₂ + … + v_n theo n.

b) Tính u_n theo n.

c) Tính $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n$ .

Lời giải:

a) Ta có v_n = u_{n + 1} – u_n = $\left(u_n+\frac{2}{3^n}\right)-u_n=\frac{2}{3^n}$ .

Do đó, v₁ + v₂ + … + v_n = $\frac{2}{3}+\frac{2}{3^2}+\mathrm{\dots }+\frac{2}{3^n}=2\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\mathrm{\dots }+\frac{1}{3^n}\right)$

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

b) Ta có v₁ + v₂ + … + v_n = (u₂ – u₁) + (u₃ – u₂) + … + (u_{n + 1} – u_n)

= u_{n + 1} – u₁ = $\left(u_n+\frac{2}{3^n}\right)-2=u_n+\frac{2}{3^n}-2$ .

Mà theo câu a có v₁ + v₂ + … + v_n = $3\left(1-\frac{1}{3^{n+1}}\right)$ .

Do đó, $u_n+\frac{2}{3^n}-2=3\left(1-\frac{1}{3^{n+1}}\right)$ . Từ đó suy ra $u_n=5-\frac{1}{3^{n-1}}$ .

c) Ta có

 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(5-\frac{1}{3^{n-1}}\right)=\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(5-{\left(\frac{1}{3}\right)}^{n-1}\right)=5$ .

Bài 5.10 trang 78 SBT Toán 11 Tập 1: Cho dãy số (u_n) có tính chất $\left(u_n-\frac{n}{n+1}\right)\le \frac{1}{n^2}$ . Tính $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n$

Lời giải:

Ta có $\left(u_n-\frac{n}{n+1}\right)\le \frac{1}{n^2}$ , mà $\frac{1}{n^2}\to 0$ khi n → +∞ nên $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(u_n-\frac{n}{n+1}\right)=0$ .

Mặt khác,

 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(u_n-\frac{n}{n+1}\right)=\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n-\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n}{n+1}=\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n-1$ .

Vậy $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n$ = 1.

Xem thêm các bài giải SBT Toán lớp 11 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Bài tập cuối chương 4

Bài 15: Giới hạn của dãy số

Bài 16: Giới hạn của hàm số

Bài 17: Hàm số liên tục

Bài tập cuối chương 5

Lý thuyết Giới hạn của dãy số

1. Giới hạn hữu hạn của dãy số

Ta nói dãy số $\left(u_n\right)$ có giới hạn 0 khi n dần tới dương vô cực, nếu $\left|u_n\right|$ có thể nhỏ hơn một số dương bé tùy ý , kể tử một số hạng nào đó trở đi, kí hiệu $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{u}_n=0$ hay $u_n\to 0$ khi  $n\to +\mathrm{\infty }$.

Ta nói dãy số $\left(u_n\right)$ có giới hạn là số thực a khi n dần tới dương vô cực, nếu $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left(u_n-a\right)=0$, kí hiệu $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{u}_n=a$ hay $u_n\to a$ khi  $n\to +\mathrm{\infty }$.

* Chú ý: Nếu $u_n=c$ (c là hằng số) thì $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{u}_n=c$

2. Định lí về giới hạn hữu hạn của dãy số

a, Nếu $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{u}_n=a,\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{v}_n=b$ thì

$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}(u_n\pm v_n)=a\pm b$

$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}(u_n.v_n)=a.b$

$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}(\frac{u_n}{v_n})=\frac{a}{b}\left(b\ne 0\right)$

b, Nếu $u_n\ge 0$ thì với mọi n và $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{u}_n=a$ thì $a\ge 0$ và $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\sqrt{u_n}=\sqrt{a}$.

3. Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn

$S=\frac{u_1}{1-q}\left(\left|q\right|<1\right)$

4. Giới hạn vô cực của dãy số

Dãy số $\left(u_n\right)$ được gọi là có giới hạn $+\mathrm{\infty }$khi $n\to +\mathrm{\infty }$nếu $u_n$ có thể lớn hơn một số dương bất kì, kể từ một số hạng nào đó trở đi, kí hiệu $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{u}_n=+\mathrm{\infty }$ hay $u_n\to +\mathrm{\infty }$ khi $n\to +\mathrm{\infty }$.

 

Dãy số $\left(u_n\right)$ được gọi là có giới hạn $-\mathrm{\infty }$ khi $n\to +\mathrm{\infty }$ nếu $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left(-u_n\right)=+\mathrm{\infty }$, kí hiệu $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{u}_n=-\mathrm{\infty }$ hay $u_n\to -\mathrm{\infty }$ khi $n\to +\mathrm{\infty }$.

*Quy tắc:

Nếu $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{u}_n=a$ và $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{v}_n=+\mathrm{\infty }$(hoặc$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{v}_n=-\mathrm{\infty }$) thì $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}(\frac{u_n}{v_n})=0$.

Nếu $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{u}_n=a>0$ và $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{v}_n=0,\mathrm{\forall }n$ thì $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}(\frac{u_n}{v_n})=+\mathrm{\infty }$.

Nếu $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{v}_n=a>0$ và $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{u}_n=+\mathrm{\infty }$ thì $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}(u_n.v_n)=+\mathrm{\infty }$.