Giải Toán 11 SGK nâng cao Chương 4 Luyện tập (143)

Tìm các giới hạn sau:

a) $lim\frac{n^2+4n-5}{3n^3+n^2-7}$

b) $lim\frac{n^5+n^4-3n-2}{4n^3+6n^2+9}$

c) $lim\frac{\sqrt{2n^4+3n-2}}{2n^2-n+3}$

d) $lim\frac{3^n-{2.5}^n}{7+{3.5}^n}$

Hướng dẫn giải:

Câu a:

$lim\frac{n^2+4n-5}{3n^3+n^2-7}=lim\frac{n^3\left(\frac{1}{n}+\frac{4}{n^2}-\frac{5}{n^3}\right)}{n^3\left(3+\frac{1}{n}+\frac{7}{n^3}\right)}=lim\frac{\frac{1}{n}+\frac{4}{n^2}-\frac{5}{n^3}}{3+\frac{1}{n}+\frac{7}{n^3}}=\frac{0}{3}=0$

Câu b:

$\begin{array}{l}lim\frac{n^5+n^4-3n-2}{4n^3+6n^2+9}=lim{n}^2.\frac{n^3\left(1+\frac{1}{n}-\frac{3}{n^4}-\frac{2}{n^5}\right)}{n^3\left(4+\frac{6}{n}+\frac{9}{n^3}\right)}\\ =lim{n}^2.\frac{\left(1+\frac{1}{n}-\frac{3}{n^4}-\frac{2}{n^5}\right)}{\left(4+\frac{6}{n}+\frac{9}{n^3}\right)}=+\mathrm{\infty }\end{array}$

Câu c:

$\begin{array}{l}lim\frac{\sqrt{2n^4+3n-2}}{2n^2-n+3}=lim\frac{n^2\sqrt{2+\frac{3}{n^3}-\frac{2}{n^4}}}{n^2\left(2-\frac{1}{n}+\frac{3}{n^2}\right)}\\ =lim\frac{\sqrt{2+\frac{3}{n^3}-\frac{2}{n^4}}}{2-\frac{1}{n}+\frac{3}{n^2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}$

Câu d:

$lim\frac{3^n-{2.5}^n}{7+{3.5}^n}=lim\frac{{\left(\frac{3}{5}\right)}^n-2}{7.{\left(\frac{1}{5}\right)}^n+3}=-\frac{2}{3}$ (vì $lim{\left(\frac{3}{5}\right)}^n=lim{\left(\frac{1}{5}\right)}^n=0$)

---

Tìm các giới hạn sau:

a) $lim\left(3n^3-7n+11\right)$

b) $lim\sqrt{2n^4-n^2+n+2}$

c) $lim\sqrt[3]{1+2n-n^3}$

d) $lim\sqrt{{2.3}^n-n+2}$

Hướng dẫn giải:

Câu a:

$lim\left(3n^3-7n+11\right)=lim{n}^3\left(3-\frac{7}{n^2}+\frac{11}{n^3}\right)=+\mathrm{\infty }$

(vì $lim{n}^3=+\mathrm{\infty },lim\left(3-\frac{7}{n^2}+\frac{11}{n^3}\right)=3>0$)

Câu b:

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

(vì $lim{n}^2=+\mathrm{\infty },lim\sqrt{2-\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^3}+\frac{2}{n^4}}=\sqrt{2}>0$)

Câu c:

$lim\sqrt[3]{1+2n-n^3}=limn.\sqrt[3]{\frac{1}{n^3}+\frac{2}{n^2}-1}=-\mathrm{\infty }$ 

(vì $limn=+\mathrm{\infty },lim\sqrt[3]{\frac{1}{n^3}+\frac{2}{n^2}-1}=-1<0$)

Câu d:

Ta có $\sqrt{{2.3}^n-n+2}={\left(\sqrt{3}\right)}^n.\sqrt{2-\frac{n}{3^n}+\frac{2}{3^n}}$ với mọi n.

Vì $lim\frac{n}{3^n}=0$ (kết quả bài 4) và $lim\frac{2}{3^n}=0$ nên $lim\sqrt{2-\frac{n}{3^n}+\frac{2}{3^n}}=\sqrt{2}>0$

Ngoài ra $lim{\left(\sqrt{3}\right)}^n=+\mathrm{\infty }$ 

Do đó $lim\sqrt{{2.3}^n-n+2}=+\mathrm{\infty }$.

---

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) $lim\frac{1}{\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}}$

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) $lim\frac{1}{\sqrt{3n+2}-\sqrt{2n+1}}$

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

f) $lim\frac{\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n+1}}{3n+2}$

Hướng dẫn giải:

Câu a:

$\begin{array}{l}lim\left(\sqrt{n^2+n+1}-n\right)=lim\frac{\left(n^2+n+1\right)-n^2}{\sqrt{n^2+n+1}+n}\\ =lim\frac{n+1}{\sqrt{n^2+n+1}+n}=lim\frac{n\left(1+\frac{1}{n}\right)}{n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}+1\right)}\\ =lim\frac{1+\frac{1}{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}+1}=\frac{1}{2}\end{array}$

Câu b:

$lim\frac{1}{\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}}=lim\frac{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}{n+2-n-1}=lim\left(\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}\right)=+\mathrm{\infty }$

Câu c:

$\begin{array}{l}lim\left(\sqrt{n^2+n+2}-\sqrt{n+1}\right)=limn.\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}+\frac{2}{n^2}}-\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}\right)=+\mathrm{\infty }\\ =\end{array}$

(vì $\begin{array}{l}limn=+\mathrm{\infty },lim\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}+\frac{2}{n^2}}-\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}\right)=1>0\\ =\end{array}$)

Câu d:

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

Câu e:

$lim\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)n=lim\sqrt{n}.\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=lim\sqrt{n}.\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}=+\mathrm{\infty }$

(vì $lim\sqrt{n}=+\mathrm{\infty },lim\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}=\frac{1}{2}>0$)

Câu f:

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

---

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

Hướng dẫn giải:

Ta có:

$\begin{array}{l}S=\frac{u_1}{1-q}=\frac{5}{3}\left(1\right)\\ u_1+u_2+u_3=u_1\left(1+q+q^2\right)=\frac{39}{25}\\ \Rightarrow \frac{u_1}{1-q}\left(1-q^3\right)=\frac{39}{25}\left(2\right)\end{array}$

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

Từ (1) suy ra u₁ = 1.

Vậy $u_1=1,q=\frac{2}{5}$.

---

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, p₂,…, p_n,… là độ dài của H₁, H₂,…, H_n,… . Chứng minh rằng (p_n) là một cấp số nhân. Tìm $lim{p}_n$.

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.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Số cạnh của Hⁿ là 3.4ⁿ.

Độ dài mỗi cạnh của H_n là $\frac{a}{3^n}$

Do đó độ dài của H­­_n là $p_n={3.4}^n.\frac{a}{3^n}=3a{\left(\frac{4}{3}\right)}^n$

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

Câu b:

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

$\begin{array}{l}{S}_1-S=3.\left(\frac{S}{9}\right)=\frac{S}{3}\\ S_2-S_1=4.3.\left(\frac{S}{9^2}\right)=\frac{S}{3}.\left(\frac{4}{9}\right)\\ S_3-S_2=4^2.3.\left(\frac{S}{9^3}\right)=\frac{S}{3}.{\left(\frac{4}{9}\right)}^2\end{array}$

Bằng phương pháp qui nạp, ta được :

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

Cộng từng vế n đẳng thức trên, ta được:

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

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

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

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

Suy ra $lim{S}_n=\frac{3S}{5}+S=\frac{8S}{5}=\frac{8}{5}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{2\sqrt{3}}{5}{a}^2$

 

Trên đây là nội dung chi tiết Giải bài tập nâng cao Toán 11 Chương 4 Luyện tập (trang 143) 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.