Câu 11 trang 142 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Tìm giới hạn của các dãy số (u_n) với

a.  \({u_n} = - 2{n^3} + 3n + 5\)

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

Giải

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

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

Nên  \(\lim {u_n} = - \infty \)

b. Ta có:  \({u_n} = {n^2}\sqrt {3 + {5 \over n} - {7 \over {{n^3}}}} \)

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

Nên  \(\lim {u_n} = + \infty \)

Câu 12 trang 142 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Tìm giới hạn của các dãy số (u_n) với

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

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

Giải:

a. Ta có:

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

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

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

Nên  \(\lim {u_n} = - \infty \)

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

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

Câu 13 trang 142 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Tìm các giới hạn sau :

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

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

Giải:

a. Ta có:

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

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

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

b.

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

Câu 14 trang 142 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Chứng minh rằng nếu \(q > 1\) thì  \(\lim {q^n} = + \infty .\)

Giải:

Ta có:

\(\lim {\left( {{1 \over q}} \right)^n} = 0\,\left( {do\,q > 1} \right)\text{ mà }q > 0\text{ nên }\lim {q^n} = + \infty \)

Câu 15 trang 142 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Tìm giới hạn của các dãy số (u_n) với

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

b.  \({u_n} = {2^n} - {3^n}\)

Giải:

a. Chia cả tử và mẫu cho 3ⁿ ta được :  \({u_n} = {{1 + {{\left( {{1 \over 3}} \right)}^n}} \over {{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} - {{\left( {{1 \over 3}} \right)}^n}}}\)

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

b.

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

Câu 16 trang 143 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Tìm các giới hạn sau :

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

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

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

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

Giải:

a.

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

b.

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

c.

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

d. Chia cả tử và mẫu cho 5ⁿ ta được :

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

Câu 17 trang 143 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Tìm các giới hạn sau :

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

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

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

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

Giải

a.

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

b.

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

c.

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

d.

\(\sqrt {{{2.3}^n} - n + 2} = {\left( {\sqrt 3 } \right)^n}\sqrt {2 - {n \over {{3^n}}} + {2 \over {{3^n}}}} \) 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  \(\lim \sqrt {{{2.3}^n} - n + 2} = + \infty \)

Câu 18 trang 143 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Tìm các giới hạn sau :

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

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

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

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

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

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

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

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

Giải:

a. Ta có:

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

b.

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

c.

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

d.

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

e.

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

f.

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

Câu 19 trang 143 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn là \({5 \over 3},\) tổng ba số hạng đầu tiên của nó là \({{39} \over {25}}\) . Tìm số hạng đầu và công bội của cấp số đó.

Giải

Ta có:

\(\eqalign{
& S = {{{u_1}} \over {1 - q}} = {5 \over 3}\,\,\,\left( 1 \right) \cr
& {u_1} + {u_2} + {u_3} = {u_1}\left( {1 + q + {q^2}} \right) = {{39} \over {25}}\cr
& \Rightarrow {{{u_1}} \over {1 - q}}\left( {1 - {q^3}} \right) = {{39} \over {25}}\,\,\left( 2 \right) \cr} \)

Thay (1) vào (2) ta được :\({5 \over 3}\left( {1 - {q^3}} \right) = {{39} \over {25}} \Rightarrow q = {2 \over 5}\)

Từ (1) suy ra \({u_1} = 1\) .

Vậy  \({u_1} = 1,q = {2 \over 5}\)

Câu 20 trang 143 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Bông tuyết Vôn Kốc

Ta bắt đầu từ một tam giác đều cạnh a. Chia mỗi cạnh của tam giác ABC thành ba đoạn thẳng bằng nhau. Trên mỗi đoạn thẳng ở giữa, dựng một tam giác đều nằm ngoài tam giác ABC rồi xóa đáy của nó, ta được đường gấp khúc khép kín H₁. Chia mỗi cạnh H₁ thành ba đoạn thẳng bằng nhau. Trên mỗi đoạn thẳng ở giữa, dựng một tam giác đều nằm ngoài H₁ rồi xóa đáy của nó, ta được đường gấp khúc khép kín H₂. Tiếp tục như vậy, ta được một hình giống như bông tuyết, gọi là bông tuyết Vôn Kốc (h. 4.6).

a. Gọi p₁, phương pháp, …, p_n, … là độ dài của H₁, H₂, …, H_n, … . Chứng minh rằng (p_n) là một cấp số nhân. Tìm limp_n.

b. Gọi S_n là diện tích của miền giới hạn bởi đường gấp khúc H_n. Tính S_n và tìm giới hạn của dãy số (S_n).

Hướng dẫn : Số cạnh của H_n là 3.4ⁿ. Tìm độ dài mỗi cạnh của H_n, từ đó tính p_n. Để tính S_n cần chú ý rằng muốn có H_n+1 chỉ cần thêm vào một tam giác đều nhỏ trên mỗi cạnh của H_n.

Giải:

a. Số cạnh của H_n là 3.4ⁿ.

Độ dài mỗi cạnh của H_nlà  \({a \over {{3^n}}}\)

Do đó độ dài của H­­_nlà  \({p_n} = {3.4^n}.{a \over {{3^n}}} = 3a{\left( {{4 \over 3}} \right)^n}\)

Vậy dãy số (p_n) là một cấp số nhân và  \(\lim {p_n} = + \infty \)

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

\(\eqalign{
& {S_1} - S = 3.\left( {{S \over 9}} \right) = {S \over 3}, \cr
& {S_2} - {S_1} = 4.3.\left( {{S \over {{9^2}}}} \right) = {S \over 3}.\left( {{4 \over 9}} \right) \cr
& {S_3} - {S_2} = {4^2}.3.\left( {{S \over {{9^3}}}} \right) = {S \over 3}.{\left( {{4 \over 9}} \right)^2} \cr} \)

Bằng phương pháp qui nạp, ta được :

\({S_n} = {S_{n - 1}} = {4^{n - 1}}.3.\left( {{S \over {{9^n}}}} \right) = {S \over 3}.{\left( {{4 \over 9}} \right)^{n - 1}}\)

Cộng từng vế n đẳng thức trên, ta được :

\({S_n} - S = {S \over 3} + {S \over 3}.\left( {{4 \over 9}} \right) + {S \over 3}.{\left( {{4 \over 9}} \right)^2} + ... + {S \over 3}.{\left( {{4 \over 9}} \right)^{n - 1}}\,\,\left( 1 \right)\)

Vế phải của (1) là tổng của n số hạng đầu tiên của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu là \({S \over 3}\) và công bội là \({4 \over 9}\). Tổng của cấp số nhân này là :

\(\left( {{S \over 3}} \right).{1 \over {1 - {4 \over 9}}} = {{3S} \over 5}\)

Do đó  \(\lim \left( {{S_n} - S} \right) = {{3S} \over 5}\)

Suy ra  \(\lim {S_n} = {{3S} \over 5} + S = {{8S} \over 5} = {8 \over 5}.{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4} = {{2\sqrt 3 } \over 5}{a^2}\)

Giaibaitap.me