Với giải sách bài tập Toán 11 Bài 15: Giới hạn của dãy số sách Kết nối tri thức hay, chi tiết giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 11. Mời các bạn đón xem:

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

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

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

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

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

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 + ...

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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,

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

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