Toán 11 Bài 1: Giới hạn của dãy số | Hay nhất Giải bài tập Toán lớp 11

Bài 1: Giới hạn của dãy số

A. Các câu hỏi hoạt động trong bài

Hoạt động 1 trang 112 SGK Toán lớp 11 Đại số: Cho dãy số (un) với _n 1 u =n . Biểu diễn (un) dưới dạng khai triển: 1 1 1 1 1

1, , , , ,..., ,...

2 3 4 5 100 Biểu diễn (un) trên trục số (h.46):

a) Nhận xét xem khoảng cách từ un tới 0 thay đổi như thế nào khi n trở nên rất lớn.

b) Bắt đầu từ số hạng un nào của dãy số thì khoảng cách từ un đến 0 nhỏ hơn 0,01?

0,001?

Lời giải:

a) Khoảng cách từ un tới 0 trở nên rất nhỏ (gần bằng 0) khi n trở nên rất lớn.

b) Ta có: 1 1 1

0,01 n 100

n   n 100   .

Do đó từ số hạng thứ 101 thì khoảng cách từ un đến 0 đều nhỏ hơn 0,01 .

1 1 1

0,001 n 1000

n   n 1000  

Do đó từ số hạng thứ 1001 thì khoảng cách từ un đến 0 đều nhỏ hơn 0,001.

Hoạt động 2 trang 117 SGK Toán lớp 11 Đại số: Có nhiều tờ giấy chồng nhau, mỗi tờ có bề dày là 0,1 mm. Ta xếp chồng liên tiếp tờ này lên tờ khác (h.48). Giả sử có thể thực hiện việc xếp giấy như vậy một cách vô hạn.

Gọi u1 là bề dày của một tờ giấy, u2 là bề dày của một xếp giấy gồm hai tờ, u3 là bề dày của một xếp giấy gồm ba tờ, …, un là bề dày của một xếp giấy gồm n tờ. Tiếp tục như vậy ta được dãy số vô hạn (un).

Bảng sau đây cho biết bề dày (tính theo mm) của một số chồng giấy.

u1 … u1000 … u1000000 … u1000000000 … un …

0,1 … 100 … 100000 … 100000000 … n

10 ^…

a) Quan sát bảng trên và nhận xét về giá trị của un khi n tăng lên vô hạn.

b) Với n như thế nào thì ta đạt được những chồng giấy có bề dày lớn hơn khoảng cách từ Trái Đất tới Mặt Trăng? (Cho biết khoảng cách này ở một thời điểm xác định là 384 000 km hay 384.10⁹ mm).

Lời giải:

a) Giá trị của un rất lớn khi n tăng lên vô hạn.

b) Ta có: _n ⁹ n ^{9 10}

u 384.10 384.10 n 384.10

 10   

Vậy cần n > 384.10⁹ tờ giấy để đạt được những chồng giấy có về dày lớn hơn khoảng cách từ Trái Đất tới Mặt Trăng.

B. Bài tập

Bài tập 1 trang 121 SGK Toán lớp 11 Đại số: Có 1 kg chất phóng xạ độc hại.

Biết rằng, cứ sau một khoảng thời gian T = 24 000 năm thì một nửa số chất phóng xạ này bị phân rã thành chất khác không độc hại đối với sức khỏe của con người (T được gọi là chu kì bán rã).

Gọi (un) là khối lượng chất phóng xạ còn sót lại sau chu kì thứ n.

a) Tìm số hạng tổng quát un của dãy số (un).

b) Chứng minh rằng (un) có giới hạn là 0.

c) Từ kết quả câu b), chứng tỏ rằng sau một năm nào đó khối lượng chất phóng xạ đã cho ban đầu không còn độc hại đối với con người, cho biết chất phóng xạ này sẽ không độc hại nữa nếu khối lượng chất phóng xạ còn lại bé hơn 10^-6 g.

Lời giải:

a) Ta có:

Sau chu kì thứ nhất, lượng chất phóng xạ còn 1 2 Sau chu kì thứ hai, lượng chất phóng xạ còn 1 1₂

4= 2 . Sau chu kì thứ ba, lượng chất phóng xạ còn 1 1₃

8 = 2 . Do đó ₁ 1 ₂ 1_{2 3} 1₃

u ;u ;u ;

2 2 2

= = = 

Từ đó ta dự đoán công thức n n

( )

u 1 n 1

=2   . Điều này chứng minh đơn giản bằng quy nạp.

Hiển nhiên công thức trên đúng với n = 1.

Giả sử công thức đúng với mọi k 1 , tức là có _k 1_k

u = 2 , ta chứng minh công thức đó đúng với mọi n = k + 1, tức là cần chứng minh: _{k 1} 1_{k 1}

u ⁺ = 2 ⁺

Ta có _{k 1} u^k 1_k 1 1_k 1_{k 1}

u : 2

2 2 2 2 2

+ = = =  = +

Vậy _n 1_n ^*

u , n N

= 2   . b)

n n

lim u lim 1 0 2

=    =

 

c) Đổi ⁶ 1₆ 1₃ 1₉

10 g kg kg

10 10 10

− =  = .

Để chất phóng xạ sẽ không còn độc hại, ta cần tìm n để

n 9

n n 9

1 1

u 2 10 n 30

2 10

=     

Nói cách khác, sau chu kì thứ 30 (nghĩa là sau 30.24000 = 720000 (năm)), chúng ta không còn lo lắng về sự độc hại của khối lượng chất phóng xạ còn lại.

Bài tập 2 trang 121 SGK Toán lớp 11 Đại số: Biết dãy số (un) thỏa mãn

n 3

u 1 1

−  n với mọi n. Chứng minh rằng lim un = 1.

Lời giải:

Vì 1₃ lim 0

n = nên theo định nghĩa thì 1₃

n luôn nhỏ hơn một số dương A bé tùy ý, kể từ một số hạng N0 nào đó trở đi.

( 1₃ ³ 1 ³ 1

A n n

n    A   A . Chọn ₀ ³ 1

N 1

A

 

= +

  , tức là từ số hạng thứ n mà n

> N0 thì 1₃

n luôn nhỏ hơn A)

Mà _n 1₃

u 1

−  n nên u_n − 1 A với mọi ₀ ³ 1

n N 1

A

 

 = +

  Theo định nghĩa dãy số có giới hạn 0 thì lim(un – 1) = 0

lim un 1

 = (điều phải chứng minh) Cách khác

Sử dụng định lý sau:

Cho hai dãy số (un) và (vn). Nếu có u_n v_n và limvn = 0 thì limun = 0 Cụ thể:

Vì _n 1₃

u 1

−  n và 1₃ lim 0

n = nên lim u

(

)

Bài tập 3 trang 121 SGK Toán lớp 11 Đại số: Tìm các giới hạn sau:

a) 6n 1 lim3n 2

− + ^; b)

2 2

3n n 5

lim 2n 1 + −

+ ; c)

n n

n n

3 5.4 lim 4 2

+

+ ; d)

9n2 n 1 lim 4n 2

− +

− ^. Lời giải:

a)

n 6 1

6n 1 n

lim lim

3n 2 2

n 3 n

 − 

 

− =  

+  + 

6 1 lim n

3 2 n

= −

+

lim 6 1 n lim 3 2

n

 − 

 

 

=  + 

6 0 2 3 0

= − = +

b)

2

2 2

2

2

2

1 5 n 3

3n n 5 n n

lim lim

2n 1 1

n 2 n

 + − 

 

+ − =  

+  + 

2

2

1 5 3 n n

lim 1

2 n

= + − +

3 0 0 3

2 0 2

= + − = + c) Chia cả tử và mẫu của phân thức cho 4ⁿ ta được:

n

n n

n n n

3 5

3 5.4 4 0 5 5

lim lim 5

4 2 1 1 0 1

1 2

  +

+ =    = + = = + +     +

d)

2

2 2

1 1 n 9

n n 9n n 1

lim lim

4n 2 2

n 4 n

 − + 

 

− + =  

−  − 

2

1 1 9 n n

lim 2

4 n

= − +

−

9 3

4 4

= = .

Bài tập 4 trang 122 SGK Toán lớp 11 Đại số: Để trang hoàng cho căn hộ của mình, chú chuột Mickey quyết định tô màu một miếng bài hình vuông cạnh bằng 1, nó tô màu xám các hình vuông nhỏ được đánh số lần lượt là 1,2,3,…,n,…, trong đó cạnh của hình vuông kế tiếp bằng một nửa cạnh hình vuông trước đó (h.51).

Giả sử quy trình tô màu của Mickey có thể diễn ra vô hạn.

a) Gọi un là diện tích hình vuông màu xám thứ n. Tính u1, u2, u3 và un. b) Tính limSn với Sn = u1 + u2 + u3 +…+ un.

Lời giải:

a) Do hình vuông lớn có cạnh bằng 1, hình vuông màu xám thứ nhất có cạnh bằng một nửa cạnh hình vuông lớn nên:

Hình vuông thứ nhất có cạnh bằng 1 2 ^nên

2

1 1

1 1

u 2 4

=    = .

Hình vuông thứ hai có cạnh bằng 1 4 ^nên

2

2 2

1 1

u 4 4

=    = .

Hình vuông thứ ba có cạnh bằng 1 8 ^nên

2

3 3

1 1

u 8 4

=    =

Tương tự, ta có _n 1_n u = 4

b) Dãy số (un) là một cấp số nhân lùi vô hạn với ₁ 1

u = 4 và 1 q=4.

Do đó _n ¹

1

u 4 1

limS 1 q 1 1 3 4

= = =

− − ^.

Bài tập 5 trang 122 SGK Toán lớp 11 Đại số: Tính tổng

( )

2 n 1

1 1 1

S 1 ... ...

10 10 10 ⁻

= − + − + + − + .

Lời giải:

Các số hạng của tổng lập thành cấp số nhân lùi vô hạn với u1 = –1 và 1 q= −10

Do đó:

n

1

2 n 1

1 1 ( 1) u

S 1

10 10 10 ⁻ 1 q

= − + − ++ − +=

−

1 10

1 11

1 10

− −

= =

 

− − 

Vậy 10

S 11

= − .

Bài tập 6 trang 122 SGK Toán lớp 11 Đại số: Cho số thập phân vô hạn tuần hoàn a = 1,020202... (chu kì là 02). Hãy viết a dưới dạng một phân số.

Lời giải:

Ta có:

a = 1,0202020…

= 1 + 0,02 + 0,0002 + 0,000002 + …

2 n

2 2 2

1 100 100 100

= + + ++ +

Vì 2 2 ₂ 2 _n

, , , ,

100 100  100  là một cấp số nhân lùi vô hạn có: ₁ 2 1

u ,q

100 100

= =

2

2 101

a 1 100 1

1 99 99

1 100

 = + = + =

− Vậy 101

a = 99 .

Bài tập 7 trang 122 SGK Toán lớp 11 Đại số: Tìm các giới hạn sau:

a) lim(n³ + 2n² – n + 1);

b) lim(–n² + 5n – 2);

c) ^lim

(

)

d) ^lim

(

)

Lời giải:

a) lim(n³ + 2n² – n + 1) ³ 2 1₂ 1₃ lim n 1

n n n

 

=  + − + 

Vì lim n³ = + và

2 3

2 1 1

lim 1

n n n

 + − + 

 

  ^{2 3}

2 1 1

1 lim lim lim

n n n

= + − + = 1 > 0

Vậy ^{lim n}

(

)

b) lim (– n² + 5n – 2) ² 5 2₂ lim n 1

n n

 

= − + − 

Vì lim n² = + và

2

5 2 lim 1

n n

− + − 

 

  ²

5 2

1 lim lim

n n

= − + − = –1 < 0

Vậy ^lim

(

)

c) ^lim

(

)

2

lim n

n 1 1 n n

= −

 − +

 

 

1 1

lim 1 2

1 1

n

− −

= =

− +

Vậy ^lim

(

)

d) ^lim

(

)

 

lim n 1 1 n n

 

=  − + 

 

lim n 1 1 1 n

 

=  − + 

 

Vì limn= + và 1

lim 1 1 1 1 2 0 n

 

− + = + = 

 

 

Vậy ^lim

(

)

Bài tập 8 trang 122 SGK Toán lớp 11 Đại số: Cho hai dãy số (un) và (vn). Biết

n l n

limu =3, imv = +. Tính các giới hạn:

a) ⁿ

n

3u 1 lim u 1

− + ^; b) ⁿ₂

n

v 2 lim v 1

+

− ^. Lời giải:

a) ⁿ

n

3u 1 lim u 1

−

+ _nⁿ

3lim u 1 lim u 1

= −

+

3.3 1 3 1 2

= − = + b) Vì _n

n

lim v lim 1 0

= +  v =

n 2 n

v 2 lim v 1

+

−

2

n 2

n n

2

n 2

n

1 2

v v v

lim 1

v 1 v

 

 + 

 

=  

 − 

 

2

n n

2 n

1 2

v v

lim 1 1 v

+

=

−

2

n n

2 n

1 2

lim lim

v v

1 lim 1 v +

=

−

0 0 0 1 0

= + =

− ^.