Giải bài tập SGK Toán 11 Nâng cao Chương 4 Bài 3: Dãy số có giới hạn vô cực
Dựa theo cấu trúc SGK Toán 11 Nâng cao, eLib xin mời các em học sinh tham khảo giải bài tập bài Dãy số có giới hạn vô cực trang 142, 143. Với các bài tập có lời giải chi tiết tương ứng với từng bài, hi vọng rằng đây sẽ là tài liệu giúp các em học tập tốt hơn.
Mục lục nội dung
1. Giải bài 11 trang 142 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
2. Giải bài 12 trang 142 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
3. Giải bài 13 trang 142 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
4. Giải bài 14 trang 142 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
5. Giải bài 15 trang 142 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
6. Giải bài 16 trang 143 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
7. Giải bài 17 trang 143 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
8. Giải bài 18 trang 143 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
9. Giải bài 19 trang 143 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
10. Giải bài 20 trang 143 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
1. Giải bài 11 trang 142 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
Tìm giới hạn của các dãy số (un) với
a) \({u_n} = - 2{n^3} + 3n + 5\)
b) \({u_n} = \sqrt {3{n^4} + 5{n^3} - 7n}\)
Phương pháp giải:
Áp dụng quy tắc 2:
Hướng dẫn giải:
a) Ta có: \({u_n} = {n^3}\left( { - 2 + {3 \over {{n^2}}} + {5 \over {{n^3}}}} \right)\)
Vì \({{\mathop{\rm limn}\nolimits} ^3} = + \infty \) và \(\lim \left( { - 2 + {3 \over {{n^2}}} + {5 \over {{n^3}}}} \right) = - 2 < 0\)
Nên \(\lim {u_n} = - \infty \)
b) Ta có: \({u_n} = \sqrt {{n^4}\left( {3 + \frac{5}{n} - \frac{7}{{{n^3}}}} \right)} = {n^2}\sqrt {3 + {5 \over n} - {7 \over {{n^3}}}} \)
Vì \(\lim {n^2} = + \infty \) và \(\lim \sqrt {3 + {5 \over n} - {7 \over {{n^3}}}} = \sqrt 3 > 0\)
Nên \(\lim {u_n} = + \infty \)
2. Giải bài 12 trang 142 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
Tìm giới hạn của các dãy số (un) với
a) \({u_n} = {{ - 2{n^3} + 3n - 2} \over {3n - 2}}\)
b) \({u_n} = {{\root 3 \of {{n^6} - 7{n^3} - 5n + 8} } \over {n + 12}}\)
Phương pháp giải:
- Chia cả tử và mẫu của biểu thức cần tính giới hạn cho lũy thừa bậc cao nhất của n.
- Áp dụng quy tắc 2 và 3 để tính giới hạn
Hướng dẫn giải:
a) Ta có:
\(\displaystyle {u_n} = {{{n^3}\left( { - 2 + {3 \over {{n^2}}} - {2 \over {{n^3}}}} \right)} \over {{n^3}\left( {{3 \over {{n^2}}} - {2 \over {{n^3}}}} \right)}} \) \(\displaystyle = {{ - 2 + {3 \over {{n^2}}} - {2 \over {{n^3}}}} \over {{3 \over {{n^2}}} - {2 \over {{n^3}}}}}\)
Vì \(\displaystyle \lim \left( { - 2 + {3 \over {{n^2}}} - {2 \over {{n^2}}}} \right) = - 2 < 0\)
Và \(\displaystyle \lim \left( {{3 \over {{n^2}}} - {2 \over {{n^3}}}} \right) = 0;\)
Nên \(\displaystyle \lim {u_n} = - \infty \)
b) Chia tử và mẫu của phân thức cho n, ta được:
\({u_n} = \dfrac{{\dfrac{{\sqrt[3]{{{n^6} - 7{n^3} - 5n + 8}}}}{n}}}{{\dfrac{{n + 12}}{n}}} \) \(= \dfrac{{\sqrt[3]{{\dfrac{{{n^6} - 7{n^3} - 5n + 8}}{{{n^3}}}}}}}{{1 + \dfrac{{12}}{n}}} \) \(= \dfrac{{\sqrt[3]{{{n^3} - 7 - \dfrac{5}{{{n^2}}} + \dfrac{8}{{{n^3}}}}}}}{{1 + \dfrac{{12}}{n}}} \) \( = \dfrac{{\sqrt[3]{{{n^3}\left( {1 - \dfrac{7}{{{n^3}}} - \dfrac{5}{{{n^5}}} + \dfrac{8}{{{n^6}}}} \right)}}}}{{1 + \dfrac{{12}}{n}}}\) \(= \dfrac{{n\sqrt[3]{{1 - \dfrac{7}{{{n^3}}} - \dfrac{5}{{{n^5}}} + \dfrac{8}{{{n^6}}}}}}}{{1 + \dfrac{{12}}{n}}}\)
\(\eqalign{ & \text{ Vì }\,\lim n\root 3 \of {1 - {7 \over {{n^3}}} - {5 \over {{n^5}}} + {8 \over n^6}} = + \infty \cr & \text{ Và }\,\lim \left( {1 + {{12} \over n}} \right) = 1 > 0 \cr & \text{ Nên }\,{{\mathop{\rm lim u}\nolimits} _n} = + \infty \cr} \)
3. Giải bài 13 trang 142 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
Tìm các giới hạn sau:
a) \(\lim \left( {2n + \cos n} \right)\)
b) \(\lim \left( {{1 \over 2}{n^2} - 3\sin 2n + 5} \right)\)
Phương pháp giải:
a) Đặt n ra làm nhân tử chung rồi tính giới hạn.
b) Đặt \(n^2\) ra làm nhân tử chung tính giới hạn.
Hướng dẫn giải:
a) Ta có:
\(\eqalign{ & 2n + \cos n = n\left( {2 + {{\cos n} \over n}} \right) \cr & \left| {{{\cos n} \over n}} \right| \le {1 \over n},\lim {1 \over n} = 0 \cr &\Rightarrow \lim {{\cos n} \over n} = 0 \cr} \)
Do đó \(\lim \left( {2 + {{\cos n} \over n}} \right) = 2 > 0\) và \(\lim n = + \infty\)
Suy ra \(\lim \left( {2n + \cos n} \right) = + \infty\)
b) Ta có:
\(\eqalign{ & \lim \left( {{1 \over 2}{n^2} - 3\sin 2n + 5} \right) \cr &= \lim {n^2}\left( {{1 \over 2} - {{3\sin 2n} \over n^2} + {5 \over {{n^2}}}} \right) = + \infty \cr & \text{ Vì }\,\lim {n^2} = + \infty \cr &\text{ Và }\,\lim \left( {{1 \over 2} - {{3\sin 2n} \over n^2} + {5 \over {{n^2}}}} \right) = {1 \over 2} > 0 \cr} \)
Nên \(\lim \left( {{1 \over 2}{n^2} - 3\sin 2n + 5} \right)=+ \infty\)
4. Giải bài 14 trang 142 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
Chứng minh rằng nếu q > 1 thì \(\lim {q^n} = + \infty .\)
Phương pháp giải:
Đặt \(q' = \dfrac{1}{q} \Rightarrow q = \dfrac{1}{{q'}}\) và tính giới hạn \(\lim q^n\).
Chú ý: \(\lim {\left( {q'} \right)^n} = 0\) khi 0<q'<1.
Hướng dẫn giải:
Đặt \(q' = \dfrac{1}{q} \Rightarrow q = \dfrac{1}{{q'}}\).
Do \(q > 1 \Rightarrow 0 < q' < 1 \Rightarrow \lim {\left( {q'} \right)^n} = 0\)
\(\Rightarrow \lim {q^n} = \lim {\left( {\dfrac{1}{{q'}}} \right)^n} = \lim \dfrac{1}{{{{\left( {q'} \right)}^n}}}\)
Vì 1 > 0và \(\left\{ \begin{array}{l}\lim {\left( {q'} \right)^n} = 0\\{\left( {q'} \right)^n} > 0\end{array} \right.\)
Nên \(\lim {q^n} = + \infty \).
5. Giải bài 15 trang 142 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
Tìm giới hạn của các dãy số (un) với
a) \({u_n} = {{{3^n} + 1} \over {{2^n} - 1}}\)
b) \({u_n} = {2^n} - {3^n}\)
Phương pháp giải:
a) Chia cả tử và mẫu cho 3n và tính giới hạn.
b) Đặt 3n ra làm nhân tử chung và tính giới hạn.
Hướng dẫn giải:
a) \({u_n} = \frac{{{3^n}\left( {1 + \frac{1}{{{3^n}}}} \right)}}{{{3^n}\left( {\frac{{{2^n}}}{{{3^n}}} - \frac{1}{{{3^n}}}} \right)}} = {{1 + {{\left( {{1 \over 3}} \right)}^n}} \over {{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} - {{\left( {{1 \over 3}} \right)}^n}}}\)
\(\eqalign{ & \lim \left[ {1 + {{\left( {{1 \over 3}} \right)}^n}} \right] = 1 > 0\cr &\text{ Và }\lim \left[ {{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} - {{\left( {{1 \over 3}} \right)}^n}} \right] = 0;\cr &{{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} - {{\left( {{1 \over 3}}\right)}^n}} >0 \cr & \text{ Nên }\,\lim {u_n} = + \infty \cr} \)
b) Ta có:
\(\eqalign{ & {u_n} = {3^n}\left[ {{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} - 1} \right] \cr & \lim {3^n} = + \infty\cr &\text{ Và }\lim \left[ {{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} - 1} \right] = - 1 < 0 \cr &\text{ Nên }{{\mathop{\rm lim}\nolimits}\,u _n} = - \infty \cr} \)
6. Giải bài 16 trang 143 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
Tìm các giới hạn sau:
a) \(\lim {{{n^2} + 4n - 5} \over {3{n^3} + {n^2} + 7}}\)
b) \(\lim {{{n^5} + {n^4} - 3n - 2} \over {4{n^3} + 6{n^2} + 9}}\)
c) \(\lim {{\sqrt {2{n^4} + 3n - 2} } \over {2{n^2} - n + 3}}\)
d) \(\lim {{{3^n} - {{2.5}^n}} \over {7 + {{3.5}^n}}}\)
Phương pháp giải:
- Chia cả tử và mẫu của các biểu thức cần tính giới hạn cho lũy thừa bậc cao nhất của n.
- Chia cả tử và mẫu cho 5n
Hướng dẫn giải:
a) Ta có:
\(\eqalign{ & \lim {{{n^2} + 4n - 5} \over {3{n^3} + {n^2} + 7}} \cr &= \lim {{{n^3}\left( {{1 \over n} + {4 \over {{n^2}}} - {5 \over {{n^3}}}} \right)} \over {{n^3}\left( {3 + {1 \over n} + {7 \over {{n^3}}}} \right)}} \cr & = \lim {{{1 \over n} + {4 \over {{n^2}}} - {5 \over {{n^3}}}} \over {3 + {1 \over n} + {7 \over {{n^3}}}}} = {0 \over 3} = 0 \cr} \)
b) Ta có:
\(\eqalign{ & \lim {{{n^5} + {n^4} - 3n - 2} \over {4{n^3} + 6{n^2} + 9}} \cr &= \lim {n^2}{{{n^3}\left( {1 + {1 \over n} - {3 \over {{n^4}}} - {2 \over {{n^5}}}} \right)} \over {{n^3}\left( {4 + {6 \over n} + {9 \over {{n^3}}}} \right)}} \cr & = {{\mathop{\rm limn}\nolimits} ^2}{{\left( {1 + {1 \over n} - {3 \over {{n^4}}} - {2 \over {{n^5}}}} \right)} \over {\left( {4 + {6 \over n} + {9 \over {{n^3}}}} \right)}} = + \infty \cr} \)
Vì \(\lim {n^2} = + \infty \) và \(\lim \dfrac{{1 + \frac{1}{n} - \frac{3}{{{n^4}}} - \frac{2}{{{n^5}}}}}{{4 + \frac{6}{n} + \frac{9}{{{n^3}}}}} = \dfrac{1}{4} > 0\)
c) Ta có:
\(\eqalign{ & \lim {{\sqrt {2{n^4} + 3n - 2} } \over {2{n^2} - n + 3}} \cr & = \lim \frac{{\sqrt {{n^4}\left( {2 + \frac{3}{{{n^3}}} - \frac{2}{{{n^4}}}} \right)} }}{{{n^2}\left( {1 - \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} \right)}}\cr &= \lim {{{n^2}\sqrt {2 + {3 \over {n^3}} - {2 \over {{n^4}}}} } \over {{n^2}\left ({2 - {1 \over n} + {3 \over{ {n^2}}}}\right )}} \cr & = \lim {{\sqrt {2 + {n \over 3} - {2 \over {{n^2}}}} } \over {2 - {1 \over n} + {3 \over {{n^2}}}}} = {{\sqrt 2 } \over 2} \cr} \)
d) Chia cả tử và mẫu cho 5n ta được:
\(\eqalign{ & \lim {{{3^n} - {{2.5}^n}} \over {7 + {{3.5}^n}}} = \lim \frac{{\frac{{{3^n}}}{{{5^n}}} - 2}}{{\frac{7}{{{5^n}}} + 3}}\cr &= \lim {{{{\left( {{3 \over 5}} \right)}^n} - 2} \over {7.{{\left( {{1 \over 5}} \right)}^n} + 3}} = - {2 \over 3} \cr & \text{Vì}\,\,\lim {\left( {{3 \over 5}} \right)^n} = \lim {\left( {{1 \over 5}} \right)^n} = 0 \cr} \)
7. Giải bài 17 trang 143 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
Tìm các giới hạn sau:
a) \(\lim \left( {3{n^3} - 7n + 11} \right)\)
b) \(\lim \sqrt {2{n^4} - {n^2} + n + 2} \)
c) \(\lim \root 3 \of {1 + 2n - {n^3}} \)
d) \(\lim \sqrt {{{2.3}^n} - n + 2} .\)
Phương pháp giải:
Đặt lũy thừa bậc cao nhất của n ra làm nhân tử chung và sử dụng các quy tắc tính giới hạn.
Đặt \(3^n\) ra làm nhân tử chung và tính giới hạn.
Hướng dẫn giải:
\(\eqalign{a) & \lim \left( {3{n^3} - 7n + 11} \right) \cr &= \lim {n^3}\left( {3 - {7 \over {{n^2}}} + {{11} \over {{n^3}}}} \right) = + \infty \cr & \text{ Vì }\,{{\mathop{\rm limn}\nolimits} ^3} = + \infty \cr &\text{ Và }\lim \left( {3 - {7 \over {{n^2}}} + {{11} \over {{n^3}}}} \right) = 3 > 0 \cr} \)
\(\eqalign{b) & \lim \sqrt {2{n^4} - {n^2} + n + 2} \cr & = \lim \sqrt {{n^4}\left( {2 - \frac{1}{{{n^2}}} + \frac{1}{{{n^3}}} + \frac{2}{{{n^4}}}} \right)} \cr &= \lim {n^2}.\sqrt {2 - {1 \over {{n^2}}} + {1 \over {{n^3}}} + {2 \over {{n^4}}}} = + \infty \cr & \text{ Vì }\;\lim {n^2} = + \infty \cr & \text{ Và }\lim \sqrt {2 - {1 \over {{n^2}}} + {1 \over {{n^3}}} + {2 \over {{n^4}}}} = \sqrt 2 > 0 \cr} \)
\(\eqalign{c) & \lim \root 3 \of {1 + 2n - {n^3}} \cr & = \lim \sqrt[3]{{{n^3}\left( {\frac{1}{{{n^3}}} + \frac{2}{{{n^2}}} - 1} \right)}}\cr &= \lim n\root 3 \of {{1 \over {{n^3}}} + {2 \over {{n^2}}} - 1} = - \infty \cr & \text{ Vì }\lim n = + \infty \cr &\text{ Và }\lim \root 3 \of {{1 \over {{n^3}}} + {2 \over {{n^2}}} - 1} = - 1 < 0 \cr} \)
\(d) \ \sqrt {{{2.3}^n} - n + 2}\) \(= \lim \sqrt {{3^n}\left( {2 - \frac{n}{{{3^n}}} + \frac{2}{{{3^n}}}} \right)} \) \( = {\left( {\sqrt 3 } \right)^n}\sqrt {2 - {n \over {{3^n}}} + {2 \over {{3^n}}}} \)
Vì \(\lim {n \over {{3^n}}} = 0\) (xem bài tập 4) và \(\lim {2 \over {{3^n}}} = 0\)
Nên \(\lim \sqrt {2 - {n \over {{3^n}}} + {2 \over {{3^n}}}} = \sqrt 2 > 0\)
Ngoài ra \(\lim {\left( {\sqrt 3 } \right)^n} = + \infty \)
Do đó \(\lim \sqrt {{{2.3}^n} - n + 2} = + \infty \)
8. Giải bài 18 trang 143 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
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) \(\lim {1 \over {\sqrt {n + 2} - \sqrt {n + 1} }}\)
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) \(\lim {1 \over {\sqrt {3n + 2} - \sqrt {2n + 1} }}\)
e) \(\lim \left( {\sqrt {n + 1} - \sqrt n } \right)n\)
f) \(\lim {{\sqrt {{n^2} + 1} - \sqrt {n + 1} } \over {3n + 2}}\)
Phương pháp giải:
a) Nhân và chia biểu thức đã cho với \(\sqrt {{n^2} + n + 1} + n.\)
Chú ý hằng đẳng thức \(\left( {A - B} \right)\left( {A + B} \right) = {A^2} - {B^2}\)
b) Nhân tử và mẫu của phân thức đã cho với \(\sqrt {n + 2} + \sqrt {n + 1} \)
c) Đặt lũy thừa bậc cao nhất của n ra làm nhân tử chung.
d) Nhân cả tử và mẫu với biểu thức liên hợp của mẫu.
e) Nhân và chia biểu thức với \({\sqrt {n + 1} + \sqrt n }\)
f) Chia cả tử và mẫu cho n.
Hướng dẫn giải:
a) Ta có:
\(\eqalign{ & \lim \left( {\sqrt {{n^2} + n + 1} - n} \right) \cr &= \lim {{\left( {{n^2} + n + 1} \right) - {n^2}} \over {\sqrt {{n^2} + n + 1} + n}} \cr & = \lim {{n + 1} \over {\sqrt {{n^2} + n + 1} + n}} \cr &= \lim {{n\left( {1 + {1 \over n}} \right)} \over {n\left( {\sqrt {1 + {1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} + 1} \right)}} \cr & = \lim {{1 + {1 \over n}} \over {\sqrt {1 + {1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} + 1}} = {1 \over 2} \cr} \)
\(\eqalign{b) & \lim {1 \over {\sqrt {n + 2} - \sqrt {n + 1} }} \cr &= \lim {{\sqrt {n + 2} + \sqrt {n + 1} } \over {n + 2 - n - 1}} \cr & = \lim \left( {\sqrt {n + 2} + \sqrt {n + 1} } \right) \cr & = \lim \left[ {\sqrt n \left( {\sqrt {1 + \frac{2}{n}} + \sqrt {1 + \frac{1}{n}} } \right)} \right]\cr &= + \infty \cr} \)
Vì \(\lim \sqrt n = + \infty \) và \(\lim \left( {\sqrt {1 + \frac{2}{n}} + \sqrt {1 + \frac{1}{n}} } \right) = 2 > 0\)
\(\eqalign{c) & \lim \sqrt {{n^2} + n + 2} - \sqrt {n + 1} \cr &= \lim\,n \left( {\sqrt {1 + {1 \over n} + {2 \over {{n^2}}}} - \sqrt {{1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \right) = + \infty \cr & \text{ Vì}\;\lim n = + \infty \cr &\text{ Và}\;\lim \left( {\sqrt {1 + {1 \over n} + {2 \over {{n^2}}}} - \sqrt {{1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \right) = 1 > 0 \cr} \)
\(\eqalign{d) & \lim {1 \over {\sqrt {3n + 2} - \sqrt {2n + 1} }} \cr &= \lim {{\sqrt {3n + 2} + \sqrt {2n + 1} } \over {3n + 2 - 2n - 1}} \cr & = \lim {{\sqrt {3n + 2} + \sqrt {2n + 1} } \over {n + 1}} \cr &= \lim {{n\left( {\sqrt {{3 \over n} + {2 \over {{n^2}}}} + \sqrt {{2 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \right)} \over {n\left( {1 + {1 \over n}} \right)}} \cr & = \lim {{\sqrt {{3 \over n} + {2 \over {{n^2}}}} + \sqrt {{2 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \over {1 + {1 \over n}}} \cr &= \frac{{0 + 0}}{1}= 0 \cr} \)
\(\eqalign{e) & \lim \left( {\sqrt {n + 1} - \sqrt n } \right).n \cr & = \lim \frac{{\left( {\sqrt {n + 1} - \sqrt n } \right)\left( {\sqrt {n + 1} + \sqrt n } \right).n}}{{\sqrt {n + 1} + \sqrt n }}\cr &= \lim \frac{{n + 1 - n}}{{\sqrt {n + 1} + \sqrt n }}.n \cr &= \lim \frac{n}{{\sqrt {n + 1} + \sqrt n }}\cr &= \lim \sqrt n .{{\sqrt n } \over {\sqrt {n + 1} + \sqrt n }} \cr &= \lim \sqrt n .{1 \over {\sqrt {1 + {1 \over n}} + 1}} = + \infty \cr & \text{ Vì}\;\lim \sqrt n = + \infty \cr &\text{Và}\;\lim {1 \over {\sqrt {1 + {1 \over n}} + 1}} = {1 \over 2} > 0 \cr} \)
\(\eqalign{f) & \lim {{\sqrt {{n^2} + 1} - \sqrt {n + 1} } \over {3n + 2}} \cr &= \lim {{n\left( {\sqrt {1 + {1 \over {{n^2}}}} - \sqrt {{1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \right)} \over {n\left( {3 + {2 \over n}} \right)}} \cr & = \lim {{\sqrt {1 + {1 \over {{n^2}}}} - \sqrt {{1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \over {3 + {2 \over n}}} \cr & = \frac{{1 - 0}}{{3 + 0}}= {1 \over 3}. \cr} \)
9. Giải bài 19 trang 143 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
Tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn là \({5 \over 3},\) tổng ba số hạng đầu tiên của nó là \({{39} \over {25}}\). Tìm số hạng đầu và công bội của cấp số đó.
Phương pháp giải:
Tổng cấp số nhân lùi vô hạn \(S = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}}\)
Hướng dẫn giải:
Ta có:
\(\eqalign{ & S = {{{u_1}} \over {1 - q}} = {5 \over 3}\,\,\,\left( 1 \right) \cr & {u_1} + {u_2} + {u_3} = {u_1}\left( {1 + q + {q^2}} \right) = {{39} \over {25}}\cr & \Rightarrow {{{u_1}} \over {1 - q}}\left( {1 - {q^3}} \right) = {{39} \over {25}}\,\,\left( 2 \right) \cr} \)
Thay (1) vào (2) ta được:
\({5 \over 3}\left( {1 - {q^3}} \right) = {{39} \over {25}}\) \( \Leftrightarrow 1 - {q^3} = \frac{{117}}{{125}}\\ \Leftrightarrow {q^3} = \frac{8}{{125}}\\ \Rightarrow q = {2 \over 5}\)
Từ (1) suy ra \({u_1} = \frac{5}{3}\left( {1 - q} \right) = \frac{5}{3}\left( {1 - \frac{2}{5}} \right) = 1.\)
Vậy \({u_1} = 1,q = {2 \over 5}\)
10. Giải bài 20 trang 143 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao
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, …, pn, … là độ dài của H1, H2, …, Hn, …. Chứng minh rằng (pn) là một cấp số nhân. Tìm limpn.
b) Gọi Sn là diện tích của miền giới hạn bởi đường gấp khúc Hn. Tính Sn và tìm giới hạn của dãy số (Sn).
Hướng dẫn: Số cạnh của Hn là 3.4n. Tìm độ dài mỗi cạnh của Hn, từ đó tính pn.
Để tính Sn cần chú ý rằng muốn có Hn+1 chỉ cần thêm vào một tam giác đều nhỏ trên mỗi cạnh của Hn.
Phương pháp giải:
a) - Tìm độ dài mỗi cạnh của Hn.
- Tính pn và chứng minh pn+1 = qpn với q không đổi.
b) Để tính Sn cần chú ý rằng muốn có Hn+1 chỉ cần thêm vào một tam giác đều nhỏ trên mỗi cạnh của Hn.
Hướng dẫn giải:
a) Số cạnh của Hn là 3.4n.
Độ dài mỗi cạnh của Hn là \({a \over {{3^n}}}\)
Do đó độ dài của Hn là \({p_n} = {3.4^n}.{a \over {{3^n}}} = 3a{\left( {{4 \over 3}} \right)^n}\)
Vậy dãy số (pn) là một cấp số nhân và \(\lim {p_n} = + \infty \)
b) Diện tích tam giác ABC cạnh a là \(S = {{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}\)
\(\eqalign{ & {S_1} - S = 3.\left( {{S \over 9}} \right) = {S \over 3}, \cr & {S_2} - {S_1} = 4.3.\left( {{S \over {{9^2}}}} \right) = {S \over 3}.\left( {{4 \over 9}} \right) \cr & {S_3} - {S_2} = {4^2}.3.\left( {{S \over {{9^3}}}} \right) = {S \over 3}.{\left( {{4 \over 9}} \right)^2} \cr} \)
Bằng phương pháp qui nạp, ta được :
\({S_n} = {S_{n - 1}} = {4^{n - 1}}.3.\left( {{S \over {{9^n}}}} \right) = {S \over 3}.{\left( {{4 \over 9}} \right)^{n - 1}}\)
Cộng từng vế n đẳng thức trên, ta được :
\({S_n} - S = {S \over 3} + {S \over 3}.\left( {{4 \over 9}} \right) + {S \over 3}.{\left( {{4 \over 9}} \right)^2} + ... + {S \over 3}.{\left( {{4 \over 9}} \right)^{n - 1}}\,\,\left( 1 \right)\)
Vế phải của (1) là tổng của n số hạng đầu tiên của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu là \({S \over 3}\) và công bội là \({4 \over 9}\).
Tổng của cấp số nhân này là:
\(\left( {{S \over 3}} \right).{1 \over {1 - {4 \over 9}}} = {{3S} \over 5}\)
Do đó \(\lim \left( {{S_n} - S} \right) = {{3S} \over 5}\)
Suy ra \( \lim {S_n} = {{3S} \over 5} + S = {{8S} \over 5} = {8 \over 5}.{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4} = {{2\sqrt 3 } \over 5}{a^2}\)
Tham khảo thêm
- doc Giải bài tập SGK Toán 11 Nâng cao Chương 4 Bài 1: Dãy số có giới hạn 0
- doc Giải bài tập SGK Toán 11 Nâng cao Chương 4 Bài 2: Dãy số có giới hạn hữu hạn
- doc Giải bài tập SGK Toán 11 Nâng cao Chương 4 Bài 4: Định nghĩa và một số định lí về giới hạn của hàm số
- doc Giải bài tập SGK Toán 11 Nâng cao Chương 4 Bài 5: Giới hạn một bên
- doc Giải bài tập SGK Toán 11 Nâng cao Chương 4 Bài 6: Một vài quy tắc tìm giới hạn vô cực
- doc Giải bài tập SGK Toán 11 Nâng cao Chương 4 Bài 7: Các dạng vô định
- doc Giải bài tập SGK Toán 11 Nâng cao Chương 4 Bài 8: Hàm số liên tục
- doc Giải bài tập SGK Toán 11 Nâng cao Ôn tập chương 4: Giới hạn