Giải Toán 11 SGK nâng cao Chương 4 Bài 2 Dãy số có giới hạn hữu hạn

Bài 5 trang 134 SGK Toán 11 nâng cao

Tìm các giới hạn sau:

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

b) \(\lim \left( {\frac{{\sin 3n}}{{4n}} - 1} \right)\)

c) \(\lim \frac{{n - 1}}{n}\)

d) \(\lim \frac{{n + 2}}{{n + 1}}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Đặt \({u_n} = 2 + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{n + 2}}\), ta có:

\(\left| {{u_n} - 2} \right| = \frac{1}{{n + 2}} < \frac{1}{n}\) và \(\lim \frac{1}{n} = 0 \Rightarrow \lim \left( {{u_n} - 2} \right) = 0 \Rightarrow \lim {u_n} = 2\)

Câu b:

Đặt \({u_n} = \frac{{\sin 3n}}{{4n}} - 1\)

Ta có \(\left| {{u_n} + 1} \right| = \left| {\frac{{\sin 3n}}{{4n}}} \right| \le \frac{1}{{4n}}\) và \(\lim \frac{1}{{4n}} = 0 \Rightarrow \lim \left( {{u_n} + 1} \right) = 0 \Rightarrow \lim {u_n} =  - 1\)

Câu c:

Ta có \(\lim \frac{{n - 1}}{n} = \lim \left( {1 - \frac{1}{n}} \right) = \lim 1 - \lim \frac{1}{n} = 1\)

Câu d:

\(\lim \frac{{n + 2}}{{n + 1}} = \lim \frac{{n\left( {1 + \frac{2}{n}} \right)}}{{n\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)}} = \lim \frac{{1 + \frac{2}{n}}}{{1 + \frac{1}{n}}} = 1\)


Bài 6 trang 134 SGK Toán 11 nâng cao

Tìm \(\lim u_n\) với:

a) \({u_n} = \frac{{{n^2} - 3n + 5}}{{2{n^2} - 1}}\)

b) \({u_n} = \frac{{ - 2{n^2} + n + 2}}{{3{n^4} + 5}}\)

c) \({u_n} = \frac{{\sqrt {2{n^2} - n} }}{{1 - 3{n^2}}}\)

d) \({u_n} = \frac{{{4^n}}}{{{{2.3}^n} + {4^n}}}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\lim {u_n} = \lim \frac{{{n^2}\left( {1 - \frac{3}{n} + \frac{5}{{{n^2}}}} \right)}}{{{n^2}\left( {2 - \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}} = \lim \frac{{1 - \frac{3}{n} + \frac{5}{{{n^2}}}}}{{2 - \frac{1}{{{n^2}}}}}\\
 = \frac{{\lim 1 - \lim \frac{3}{n} + \lim \frac{5}{{{n^2}}}}}{{\lim 2 - \lim \frac{1}{{{n^2}}}}} = \frac{{1 - 0 + 0}}{{2 - 0}} = \frac{1}{2}
\end{array}\)

Câu b:

Ta có \(\lim {u_n} = \lim \frac{{{n^4}\left( {\frac{{ - 2}}{{{n^2}}} + \frac{1}{{{n^3}}} + \frac{2}{{{n^4}}}} \right)}}{{{n^4}\left( {3 + \frac{5}{{{n^4}}}} \right)}} = \lim \frac{{\frac{{ - 2}}{{{n^2}}} + \frac{1}{{{n^3}}} + \frac{2}{{{n^4}}}}}{{3 + \frac{5}{{{n^4}}}}} = \frac{0}{3} = 0\)

Câu c:

\(\lim {u_n} = \lim \frac{{{n^2}\sqrt {\frac{2}{{{n^2}}} - \frac{1}{{{n^3}}}} }}{{{n^2}\left( {\frac{1}{{{n^2}}} - 3} \right)}} = \lim \frac{{\sqrt {\frac{2}{{{n^2}}} - \frac{1}{{{n^3}}}} }}{{\left( {\frac{1}{{{n^2}}} - 3} \right)}} = \frac{0}{{ - 3}} = 0\)

Câu d:

Chia cả tử và mẫu un cho 4n ta được:

\(\lim {u_n} = \lim \frac{1}{{2.{{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^n} + 1}} = 1\) (vì \(\lim {\left( {\frac{3}{4}} \right)^n} = 0\))


Bài 7 trang 135 SGK Toán 11 nâng cao

Cho dãy số (un) xác định bởi

u1 = 10 và \({u_{n + 1}} = \frac{{{u_n}}}{5} + 3\) và \({u_{n + 1}} = \frac{{{u_n}}}{5} + 3\) với mọi n ≥ 1

a. Chứng minh rằng dãy số (vn) xác định bởi \({v_n} = {u_n} - \frac{{15}}{4}\) là một cấp số nhân.

b. Tìm \(\lim u_n\).

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Ta có \({v_{n + 1}} = {u_{n + 1}} - \frac{{15}}{4} = \frac{{{u_n}}}{5} + 3 - \frac{{15}}{4} = \frac{{{u_n}}}{5} - \frac{3}{4}\)

Thay \({u_n} = {v_n} + \frac{{15}}{4}\) vào ta được:

\({v_{n + 1}} = \frac{1}{5}\left( {{v_n} + \frac{{15}}{4}} \right) - \frac{3}{4} = \frac{1}{5}{v_n},\forall n\)

Vậy (vn) là cấp số nhân lùi vô hạn với công bội \(q = \frac{1}{5}\)

Câu b:

\(\begin{array}{l}
{v_1} = {u_1} - \frac{{15}}{4} = 10 - \frac{{15}}{4} = \frac{{25}}{4}\\
{v_n} = {v_1}.{q^{n - 1}} = \frac{{25}}{4}.{\left( {\frac{1}{5}} \right)^{n - 1}}\\
 \Rightarrow \lim {v_n} = 0 \Rightarrow \lim {u_n} = \frac{{15}}{4}
\end{array}\)


Bài 8 trang 135 SGK Toán 11 nâng cao

Cho một tam giác đều ABC cạnh a. Tam giác A1B1C1 có các đỉnh là trung điểm các cạnh của tam giác ABC, tam giác A2B2C2 có các đỉnh là trung điểm các cạnh của tam giác A1B1C1,…, tam giác An+1Bn+1Cn+1 có các đỉnh là trung điểm các cạnh của tam giác AnBnCn, … . Gọi p1, p2, ..., pn, … và S1, S2, …, Sn, … theo thứ tự là chu vi và diện tích của các tam giác.

a. Tìm giới hạn của các dãy số (pn) và (Sn).

b. Tìm các tổng p1+p2+...+pn+... và S1+S2+...+Sn+...

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Ta có \({p_1} = \frac{a}{2} + \frac{a}{2} + \frac{a}{2} = \frac{{3a}}{2};\,\,{p_2} = \frac{{3a}}{4} = \frac{{3a}}{{{2^2}}};...;{p_n} = \frac{{3a}}{{{2^n}}}\) (chứng minh bằng qui nạp)

Vì \(\lim \frac{1}{{{2^n}}} = \lim {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = 0\) nên \(\lim {p_n} = 0\).

Ta có:

Diện tích tam giác ABC là \(S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Diện tích tam giác A1B1Clà \({S_1} = \frac{S}{4}\)

Bằng phương pháp qui nạp, ta chứng minh được rằng diện tích tam giác AnBnCn là \({S_n} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^n}\)

Vì \(\lim {\left( {\frac{1}{4}} \right)^n} = 0\) nên \(\lim {S_n} = 0\).

Câu b:

Ta có (pn) là cấp số nhân lùi vô hạn có công bội \(q = \frac{1}{2}\), do đó:

\({p_1} + {p_2} + ... + {p_n} + ... = \frac{{{p_1}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 2{p_1} = 3a\)

(Sn) là cấp số nhân lùi vô hạn có công bội \(q' = \frac{1}{4}\) do đó:

\({S_1} + {S_2} + ... + {S_n} + ... = \frac{{{S_1}}}{{1 - \frac{1}{4}}} = \frac{4}{3}{S_1} = \frac{S}{3} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{12}}\)


Bài 9 trang 135 SGK Toán 11 nâng cao

Biểu diễn các số thập phân vô hạn tuần hoàn sau dưới dạng phân số:

a) 0,444...

b) 0,2121...

c) 0,32111...

Hướng dẫn giải:

Câu a:

\(\begin{array}{l}
0,444... = 0,4 + 0,04 + 0,004 + ...\\
 = \frac{4}{{10}} + \frac{4}{{{{10}^2}}} + \frac{4}{{{{10}^3}}} + ...\\
 = 4\left( {\frac{1}{{10}} + \frac{1}{{{{10}^2}}} + \frac{1}{{{{10}^3}}} + ...} \right)\\
 = 4.\frac{{\frac{1}{{10}}}}{{1 - \frac{1}{{10}}}} = \frac{4}{9}
\end{array}\)

Câu b:

\(\begin{array}{l}
0,2121 = 0,21 + 0,0021 + ... = \frac{{21}}{{{{10}^2}}} + \frac{{21}}{{{{10}^4}}} + ...\\
 = 21.\left( {\frac{1}{{{{10}^2}}} + \frac{1}{{{{10}^4}}} + ...} \right)\\
 = 21.\frac{{\frac{1}{{{{10}^2}}}}}{{1 - \frac{1}{{{{10}^2}}}}} = \frac{{21}}{{90}} = \frac{7}{{33}}
\end{array}\)

Câu c:

\(\begin{array}{l}
0,32111... = \frac{{32}}{{100}} + \frac{1}{{1000}} + \frac{1}{{1000}}.\frac{1}{{10}} + \frac{1}{{1000}}.{\left( {\frac{1}{{10}}} \right)^2} + ...\\
 = \frac{{32}}{{100}} + \frac{1}{{1000}}.\frac{1}{{1 - \frac{1}{{10}}}} = \frac{{32}}{{100}} + \frac{1}{{900}} = \frac{{289}}{{900}}
\end{array}\)


Bài 10 trang 135 SGK Toán 11 nâng cao

Gọi C là nửa đường tròn đường kính AB = 2R, C1 là đường gồm hai nửa đường tròn đường kính \(\frac{{AB}}{2}\), C2 là đường gồm bốn nửa đường tròn đường kính \(\frac{{AB}}{4}\),... C­n là đường gồm 2n nửa đường tròn đường kính \(\frac{{AB}}{{2n}}\),... (h. 4.2). Gọi pn là độ dài của Cn, Sn là diện tích hình  phẳng giới hạn bởi C­n và đoạn thẳng AB.

a. Tính pn và Sn.

b. Tìm giới hạn của các dãy số (pn) và (S­n).

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Ta có \({p_n} = {2^n}.\frac{R}{{{2^n}}}.\pi  = \pi R\) với mọi n

\({S_n} = {2^n}.{\left( {\frac{R}{{{2^n}}}} \right)^2}.\frac{\pi }{2} = \frac{{\pi {R^2}}}{2}.\frac{1}{{{2^n}}}\)

Câu b:

Ta có \(\lim {p_n} = \pi R;\lim {S_n} = 0\)

 

Trên đây là nội dung chi tiết Giải bài tập nâng cao Toán 11 Chương 4 Bài 2 Dãy số có giới hạn hữu hạn với hướng dẫn giải chi tiết, rõ ràng, trình bày khoa học. Chúng tôi hy vọng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các bạn học sinh lớp 11 học tập thật tốt. 

Tham khảo thêm

Bình luận

Có Thể Bạn Quan Tâm ?