Giải SGK Toán 11 Bài 15 (Kết nối tri thức): Giới hạn của dãy số


Giải bài tập Toán lớp 11 Bài 15: Giới hạn của dãy số
1. Giới hạn hữu hạn của dãy số
HĐ1 trang 105 Toán 11 Tập 1: Nhận biết dãy số có giới hạn là 0
Cho dãy số (u) với un=1nn .
a) Biểu diễn năm số hạng đầu của dãy số này trên trục số.
b) Bắt đầu từ số hạng nào của dãy, khoảng cách từ uđến 0 nhỏ hơn 0,01?
Lời giải:
a) Năm số hạng đầu của dãy số (un) đã cho là u1=111=1 ; u2=122=12 ; u3=133=13 ; u4=144=14 ; u5=155=15 .
Biểu diễn các số hạng này trên trục số, ta được:
HĐ1 trang 105 Toán 11 Tập 1 | Kết nối tri thức Giải Toán 11
b) Khoảng cách từ un đến 0 là HĐ1 trang 105 Toán 11 Tập 1 | Kết nối tri thức Giải Toán 11 .
Ta có: 1n<0,011n<1100n>100 .
Vậy bắt đầu từ số hạng thứ 101 của dãy thì khoảng cách từ un đến 0 nhỏ hơn 0,01.
Luyện tập 1 trang 105 Toán 11 Tập 1: Chứng minh rằng limn+1n13n=0 .
Lời giải:
Xét dãy số (un) có un=1n13n .
Ta cóLuyện tập 1 trang 105 Toán 11 Tập 1 | Kết nối tri thức Giải Toán 11và limn+13n=0 .
Do đó, limn+1n13n=0 .
HĐ2 trang 105 Toán 11 Tập 1: Nhận biết dãy số có giới hạn hữu hạn
Cho dãy số (un) với un=n+1nn . Xét dãy số (vn) xác định bởi vn = un – 1.
Tính limn+vn .
Lời giải:
Ta có: vn = un – 1 = n+1nn1=1+1nn1=1nn .
Do đó, limn+vn=limn+1nn=0 .
Luyện tập 2 trang 106 Toán 11 Tập 1: Cho dãy số (un) với un=3.2n12n . Chứng minh rằng limn+un=3 .
Lời giải:
Ta có: un3=3.2n12n3=3.2n13.2n2n=12n0 khi n ⟶ +∞.
Do vây, limn+un=3 .
Vận dụng 1 trang 106 Toán 11 Tập 1: Một quả bóng cao su được thả từ độ cao 5 m xuống mặt sàn. Sau mỗi lần chạm sàn, quả bóng nảy lên độ cao bằng 23 độ cao trước đó. Giả sử rằng quả bóng luôn chuyển động vuông góc với mặt sàn và quá trình này tiếp diễn vô hạn lần. Giả sử un là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng sau lần nảy lên thứ n. Chứng minh rằng dãy số (un) có giới hạn là 0.
Lời giải:
Một quả bóng cao su được thả từ độ cao 5 m xuống mặt sàn, sau lần chạm sàn đầu tiên, quả bỏng nảy lên một độ cao là u1 = 235 .
Tiếp đó, bóng rơi từ độ cao u1 xuống mặt sàn và nảy lên độ cao là u2=23u1=23235=5232.
Tiếp đó, bóng rơi từ độ cao u2 xuống mặt sàn và nảy lên độ cao là u3=23u2=235232=5233 và cứ tiếp tục như vậy.
Sau lần chạm sàn thứ n, quả bóng nảy lên độ cao là un=523n .
Ta có: limn+23n=0 , do đó, limn+un=0 , suy ra điều phải chứng minh.
2. Định lí về giới hạn hữu hạn của dãy số
HĐ3 trang 106 Toán 11 Tập 1: Hình thành quy tắc tính giới hạn
Cho hai dãy số (un) và (vn) với un=2+1n,vn=32n.
Tính và so sánh: limn+un+vn và limn+un+limn+vn.
Lời giải:
+) Ta có: un+vn=2+1n+32n=51n.
Lại có un+vn5=51n5=1n0 khi n ⟶ +∞.
Do vậy, limn+un+vn=5.
+) Ta có: un2=2+1n2=1n0 khi n ⟶ +∞.
Do vậy, limn+un=2.
Và vn3=32n3=2n0 khi n ⟶ +∞.
Do vây, limn+vn=3.
Khi đó, limn+un+limn+vn = 2 + 3 = 5 = limn+un+vn.
Vậy limn+un+vn = limn+un+limn+vn.
Luyện tập 3 trang 107 Toán 11 Tập 1: Tìm limn+2n2+1n+1.
Lời giải:
Áp dụng các quy tắc tính giới hạn, ta được:
limn+2n2+1n+1=limn+n22+1n2n+1=limn+n2+1n2n1+1n=limn+2+1n21+1n=21=2.
3. Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn
HĐ4 trang 107 Toán 11 Tập 1: Làm quen với việc tính tổng vô hạn
Cho hình vuông cạnh 1 (đơn vị độ dài). Chia hình vuông đó thành bốn hình vuông nhỏ bằng nhau, sau đó tô màu hình vuông nhỏ góc dưới bên trái (H.5.2). Lặp lại các thao tác này với hình vuông nhỏ góc trên bên phải. Giả sử quá trình trên tiếp diễn vô hạn lần. Gọi u1, u2, …, un, … lần lượt là độ dài cạnh của các hình vuông được tô màu.
HĐ4 trang 107 Toán 11 Tập 1 | Kết nối tri thức Giải Toán 11
a) Tính tổng Sn = u1 + u2 + … + un.
b) Tìm S = limn+Sn.
Lời giải:
a) Ta có: u1 là độ dài cạnh của hình vuông được tô màu tạo từ việc chia hình vuông cạnh 1 thành 4 hình vuông nhỏ bằng nhau, do đó u1=12.
Cứ tiếp tục như thế, ta được: u2=12u1,u3=12u2,…, un=12un1, …
Do vậy, độ dài cạnh của các hình vuông được tô màu lập thành một cấp số nhân với số hạng đầu u1=12 và công bội q=12.
Do đó, tổng của n số hạng đầu là
Sn = u1 + u2 + … + un = u11qn1q=12112n112=112n.
b) Ta có: S = limn+Sn = limn+112n=limn+1limn+12n=10=1 .
Luyện tập 4 trang 108 Toán 11 Tập 1: Tính tổng S=2+27+249++27n1+
Lời giải:
S=2+27+249++27n1+
Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u1 = 2 và q = 17.
Do đó, S=u11q=2117=73.
Vận dụng 2 trang 108 Toán 11 Tập 1: (Giải thích nghịch lí Zeno)
Để đơn giản, ta giả sử Achilles chạy với vận tốc 100 km/h, vận tốc của rùa là 1 km/h và khoảng cách ban đầu là a = 100 (km).
a) Tính thời gian t1, t2, …, tn, … tương ứng để Achilles đi từ A1 đến A2, từ A2 đến A3, … từ An đến An + 1, …
b) Tính tổng thời gian cần thiết để Achilles chạy hết các quãng đường A1A2, A2A3, …, A­nAn + 1, …, tức là thời gian cần thiết để Achilles đuổi kịp rùa.
c) Sai lầm trong lập luận của Zeno là ở đâu?
Lời giải:
Vận dụng 2 trang 108 Toán 11 Tập 1 | Kết nối tri thức Giải Toán 11
Ta có: Achilles chạy với vận tốc 100 km/h, vận tốc của rùa là 1 km/h.
a) Để chạy hết quãng đường từ A1 đến A2 với A1A2 = a = 100 (km), Achilles phải mất thời gian t1=100100=1(h). Với thời gian t1 này, rùa đã chạy được quãng đường A2A3 = 1 (km).
Để chạy hết quãng đường từ A2 đến A3 với A2A3 = 1 (km), Achilles phải mất thời gian t2=1100(h). Với thời gian t2 này, rùa đã chạy được quãng đường A3A4 = 1100 (km).
Tiếp tục như vậy, để chạy hết quãng đường từ An đến An + 1 với AnAn + 1 = 1100n2 (km), Achilles phải mất thời gian tn=1100n1(h). …
b) Tổng thời gian cần thiết để Achilles chạy hết các quãng đường A1A2, A2A3, …, A­nAn + 1, …, tức là thời gian cần thiết để Achilles đuổi kịp rùa là
T=1+1100+11002++1100n1+1100n+ (h).
Đó là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn với u1 = 1, công bội , nên ta có
T=u11q=111100=10099=1199 (h).
Như vậy, Achilles đuổi kịp rùa sau 1199 giờ.
c) Nghịch lý Zeno chỉ đúng với điều kiện là tổng thời gian Achilles chạy hết các quãng đường để đuổi kịp rùa phải là vô hạn, còn nếu nó hữu hạn thì đó chính là khoảng thời gian mà anh bắt kịp được rùa.
4. Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn
HĐ5 trang 108 Toán 11 Tập 1: Nhận biết giới hạn vô cực
Một loại vi khuẩn được nuôi cấy với số lượng ban đầu là 50. Sau mỗi chu kì 4 giờ, số lượng của chúng sẽ tăng gấp đôi.
a) Dự đoán công thức tính số vi khuẩn un sau chu kì thứ n.
b) Sau bao lâu, số lượng vi khuẩn sẽ vượt con số 10 000?
Lời giải:
a) Ta có số lượng ban đầu của vi khuẩn là u0 = 50.
Sau chu kì thứ nhất, số lượng vi khuẩn là u1 = 2u0 = 2 . 50.
Sau chu kì thứ hai, số lượng vi khuẩn là u2 = 2u1 = 2 . 2 . 50 = 22 . 50.
Cứ tiếp tục như vậy, ta dự đoán được sau chu kì thứ n, số lượng vi khuẩn là un = 2n . 50.
b) Giả sử sau chu kì thứ k, số lượng vi khuẩn sẽ vượt con số 10 000.
Khi đó ta có uk = 2k . 50 > 10 000 ⇔ 2k > 200.
Luyện tập 5 trang 109 Toán 11 Tập 1: Tính limn+nn.
Lời giải:
Ta có: nn=n11n. Hơn nữa limn+n=+ và limn+11n=1.
Do đó, limn+nn=+.
Bài tập
Bài 5.1 trang 109 Toán 11 Tập 1: Tìm các giới hạn sau:
a) limn+n2+n+12n2+1;
b) limn+n2+2nn.
Lời giải:
a) limn+n2+n+12n2+1=limn+n21+1n+1n2n22+1n2=limn+1+1n+1n22+1n2=12.
b) limn+n2+2nn=limn+n2+2nn2n2+2n+n
=limn+2nn21+2n+n=limn+2nn1+2n+n
=limn+2nn1+2n+1=limn+21+2n+1=21+1=1.
Bài 5.2 trang 109 Toán 11 Tập 1: Cho hai dãy số không âm (un) và (vn) với limn+un=2 và limn+vn=3. Tìm các giới hạn sau:
a) limn+un2vnun;
b) limn+un+2vn.
Lời giải:
a) Ta có: limn+un=2, do đó, limn+un2=limn+un.un=2.2=4.
Và limn+vn=3 nên limn+vnun=32=1.
Vậy limn+un2vnun=41=4.
b) Ta có: limn+2=2 và limn+vn=3, do đó, limn+2vn=limn+2.vn=2.3=6.
Và limn+un=2 nên limn+un+2vn=2+6=8.
Vì un ≥ 0, vn ≥ 0 với mọi n nên un + 2vn ≥ 0 với mọi n và limn+un+2vn=8>0.
Do đó, limn+un+2vn=8=22.
Bài 5.3 trang 109 Toán 11 Tập 1: Tìm giới hạn của các dãy số cho bởi:
a) un=n2+12n1;
b) vn=2n2+1n.
Lời giải:
a) un=n2+12n1
Chia cả tử và mẫu của un cho n2, ta được un=n2+12n1=1+1n22n1n2.
Vì limn+1+1n2=1>0limn+2n1n2=0 và 2n1n2>0 với mọi n nên
limn+un=limn+n2+12n1=+.
b) vn=2n2+1n
Ta có: limn+vn=limn+2n2+1n=limn+n22+1n2n
Bài 5.3 trang 109 Toán 11 Tập 1 | Kết nối tri thức Giải Toán 11
Vì limn+2+1n21=21>0 và limn+n=+.
Nên Bài 5.3 trang 109 Toán 11 Tập 1 | Kết nối tri thức Giải Toán 11
Vậy limn+vn=limn+2n2+1n=+.
Bài 5.4 trang 109 Toán 11 Tập 1: Viết các số thập phân vô hạn tuần hoàn sau đây dưới dạng phân số:
a) 1,(12) = 1,121212…;
b) 3,(102) = 3,102102102…
Lời giải:
a) Ta có: 1,(12) = 1,121212… = 1 + 0,12 + 0,0012 + 0,000012 + …
= 1 + 12 . 10-2 + 12 . 10-4 + 12 . 10-6 + …
= 1 + 12 . (10-2 + 10-4 + 10-6 + …)
Do 10-2 + 10-4 + 10-6 + … là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u1 = 10-2 và q = 10-2 nên
10-2 + 10-4 + 10-6 + … = 1021102=199.
Vậy 1,(12) = 1+12.199=3333+433=3733.
b) Ta có: 3,(102) = 3,102102102… = 3 + 0,102 + 0,000102 + 0,000000102 + …
= 3 + 102 . 10-3 + 102 . 10-6 + 102 . 10-9 + …
= 3 + 102 . (10-3 + 10-6 + 10-9 + …)
Do 10-3 + 10-6 + 10-9 + … là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u1 = 10-3 và q = 10-3 nên
10-3 + 10-6 + 10-9 + … = 1031103=1999.
Vậy 3,(102) = 3 + 102.1999=3+34333=1033333.
Bài 5.5 trang 109 Toán 11 Tập 1: Một bệnh nhân hằng ngày phải uống một viên thuốc 150 mg. Sau ngày đầu, trước mỗi lần uống, hàm lượng thuốc cũ trong cơ thể vẫn còn 5%. Tính lượng thuốc có trong cơ thể sau khi uống viên thuốc của ngày thứ 5. Ước tính lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân nếu bệnh nhân sử dụng thuốc trong một thời gian dài.
Lời giải:
Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày đầu tiên là 150 mg.
Sau ngày đầu, trước mỗi lần uống, hàm lượng thuốc cũ trong cơ thể vẫn còn 5%.
Do đó, lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ hai là
150 + 150 . 5% = 150(1 + 0,05).
Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ ba là
150 + 150(1 + 0,05) . 5% = 150 + 150(0,05 + 0,052) = 150(1 + 0,05 + 0,052)
Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ tư là
150 + 150(1 + 0,05 + 0,052) . 5% = 150(1 + 0,05 + 0,052 + 0,053)
Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ năm là
150 + 150(1 + 0,05 + 0,052 + 0,053) . 5% = 150(1 + 0,05 + 0,052 + 0,053 + 0,054)
= 157,8946875 (mg).
Cứ tiếp tục như vậy, ta ước tính lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân nếu bệnh nhân sử dụng thuốc trong một thời gian dài là
S = 150(1 + 0,05 + 0,052 + 0,053 + 0,054 + …)
Lại có 1 + 0,05 + 0,052 + 0,053 + 0,054 + … là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u1 = 1 và công bội q = 0,05.
Do đó, 1 + 0,05 + 0,052 + 0,053 + 0,054 + … = u11q=110,05=2019.
Suy ra S = 1502019=400361.
Bài 5.6 trang 109 Toán 11 Tập 1: Cho tam giác vuông ABC vuông tại A, có AB = h và góc B bằng α (H.5.3). Từ A kẻ AA1 ⊥ BC, từ A1 kẻ A1A2 ⊥ AC, sau đó lại kẻ A2A3 ⊥ BC. Tiếp tục quá trình trên, ta được đường gấp khúc vô hạn AA1A2A3… Tính độ dài đường gấp khúc này theo h và α.
Bài 5.6 trang 109 Toán 11 Tập 1 | Kết nối tri thức Giải Toán 11
Lời giải:
Tam giác AA1B vuông tại A1 có AB = h và .
Do đó, AA1 = AB sinB = h sin α.
Ta có: B^+BAA1^=90° và A1AA2^+BAA1^=90°, suy ra A1AA2^=B^=α.
Tam giác AA1A2 vuông tại A2 nên A1A2 = AA1 sinA1AA2^ = h sin α . sin α = h sin2 α.
Vì AB ⊥ AC và A1A2 ⊥ AC nên AB // A1A2, suy ra A2A1A3^=B^=α (2 góc đồng vị).
Tam giác A1A2A3 vuông tại A3 nên A2A3 = A­1A2 . sinA2A1A3^ = h sin2 α . sin α = h sin3 α.
Vì AA1 ⊥ BC và A2A3 ⊥ BC nên AA1 // A2A3, suy ra A3A2A4^=A1AA2^=α.
Tam giác A2A3A4 vuông tại A4 nên A3A4 = A2A3 . sinA3A2A4^ = h sin3 α . sin α = h sin4 α.
Cứ tiếp tục như vậy, ta xác định được An – 1An = h sinn α.
Ta có: AA1A2A3… = AA1 + A1A2 + A2A3 + … + An – 1An + …
= h sin α + h sin2 α + h sin3 α + … + h sinn α + …
Vì góc B là góc nhọn nên sin B = sin α < 1, do đó |sin α| < 1.
Khi đó, độ dài của đường gấp khúc vô hạn AA1A2A3… là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u= h sin α và công bội q = sin α.
Do đó, AA1A2A3… = u11q=hsinα1sinα.
Xem thêm các bài giải SGK 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

==== ~~~~~~ ====



Link Hoc va de thi 2021

Chuyển đến thanh công cụ