Toán 11 tập 1 trang 65 Bài 1 : Giới hạn của dãy số

Giải toán 11 tập 1 trang 65 Bài 1 sách Cánh diều có đáp án chi tiết cho từng Bài trong sách giáo khoa Toán lớp 11 Cánh diều. Mời các em học sinh cùng quý phụ huynh tham khảo.

Trang 59 toán 11 tập 1

Hoạt động 1 trang 59 toán 11 tập 1

Hình 2 biểu diễn các số hạng của dãy số $\left( {{u_n}} \right),$ với ${u_n} = \frac{1}{n}$ trên hệ trục tọa độ.

a) Nhận xét về sự thay đổi các giá trị ${u_n}$ khi n ngày càng lớn.

b) Hoàn thành bảng và trả lời câu hỏi sau:

Kể từ số hạng ${u_n}$ nào của dãy số thì khoảng cách từ ${u_n}$ đến 0 nhỏ hơn 0,001? 0,0001?

Lời giải:

a) Khi n ngày càng lớn thì các giá trị ${u_n}$ ngày càng giảm tiến dần về gần trục Ox.

b)

Kể từ số hạng ${u_{1001}}$ trở đi thì khoảng cách từ ${u_n}$ đến 0 nhỏ hơn 0,001

Kể từ số hạng ${u_{10001}}$ trở đi thì khoảng cách từ ${u_n}$ đến 0 nhỏ hơn 0,0001

Trang 60 toán 11 tập 1

Luyện tập 1 trang 60 toán 11 tập 1

Chứng minh rằng:

a) $\lim 0 = 0;$

b) $\lim \frac{1}{{\sqrt n }} = 0.$ $$

Lời giải:

a) Vì $\left| {{u_n}} \right| = \left| 0 \right| = 0 < 1$ nên theo định nghĩa dãy số có giới hạn 0 ta có $\lim 0 = 0;$

b) Vì $0 < \left| {\frac{1}{{\sqrt n }}} \right| < 1$ nên theo định nghĩa dãy số có giới hạn 0 ta có $\lim \frac{1}{{\sqrt n }} = 0.$

Trang 61 toán 11 tập 1

Luyện tập 2 trang 61 toán 11 tập 1

Chứng minh rằng $\lim \frac{{ – 4n + 1}}{n} = – 4.$

Lời giải:

Vì $\lim \left( {\frac{{ – 4n + 1}}{n} + 4} \right) = \lim \frac{1}{n} = 0$ nên $\lim \frac{{ – 4n + 1}}{n} = – 4.$

Trang 62 toán 11 tập 1

Luyện tập 3 trang 62 toán 11 tập 1

Chứng minh rằng $\lim {\left( {\frac{e}{\pi }} \right)^n} = 0.$

Lời giải:

Vì $\left| {\frac{e}{\pi }} \right| < 1$ nên theo định nghĩa dãy số có giới hạn 0 ta có $\lim {\left( {\frac{e}{\pi }} \right)^n} = 0.$

Hoạt động 3 trang 62 toán 11 tập 1

Cho hai dãy số $\left( {{u_n}} \right),\left( {{v_n}} \right)$ với ${u_n} = 8 + \frac{1}{n};{v_n} = 4 – \frac{2}{n}.$

a) Tính $\lim {u_n},\lim {v_n}.$

b) Tính $\lim \left( {{u_n} + {v_n}} \right)$ và so sánh giá trị đó với tổng $\lim {u_n} + \lim {v_n}.$

c) Tính $\lim \left( {{u_n}.{v_n}} \right)$ và so sánh giá trị đó với tích $\left( {\lim {u_n}} \right).\left( {\lim {v_n}} \right).$

Lời giải:

a) Vì $\lim \left( {8 + \frac{1}{n} – 8} \right) = \lim \frac{1}{n} = 0$ nên $\lim {u_n} = 8.$

Vì $\lim \left( {4 – \frac{2}{n} – 4} \right) = \lim \frac{{ – 2}}{n} = 0$ nên $\lim {v_n} = 4.$

b) ${u_n} + {v_n} = 8 + \frac{1}{n} + 4 – \frac{2}{n} = 12 – \frac{1}{n}$

Vì $\lim \left( {12 – \frac{1}{n} – 12} \right) = \lim \frac{{ – 1}}{n} = 0$ nên $\lim \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = 12.$

Mà $\lim {u_n} + \lim {v_n} = 12$

Do đó $\lim \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = \lim {u_n} + \lim {v_n}.$

c) ${u_n}.{v_n} = \left( {8 + \frac{1}{n}} \right).\left( {4 – \frac{2}{n}} \right) = 32 – \frac{{14}}{n} – \frac{2}{{{n^2}}}$

Sử dụng kết quả của ý b ta có $\lim \left( {32 – \frac{{14}}{n} – \frac{2}{{{n^2}}}} \right) = \lim 32 – \lim \frac{{14}}{n} – \lim \frac{2}{{{n^2}}} = 32$

Mà $\left( {\lim {u_n}} \right).\left( {\lim {v_n}} \right) = 32$

Do đó $\lim \left( {{u_n}.{v_n}} \right) = \left( {\lim {u_n}} \right).\left( {\lim {v_n}} \right).$

Luyện tập 4 trang 62 toán 11 tập 1

Tính các giới hạn sau:

a) $\lim \frac{{8{n^2} + n}}{{{n^2}}};$

b) $\lim \frac{{\sqrt {4 + {n^2}} }}{n}.$

Lời giải:

a) $\lim \frac{{8{n^2} + n}}{{{n^2}}} = \lim \left( {8 + \frac{1}{n}} \right) = \lim 8 + \lim \frac{1}{n} = 8 + 0 = 8$

b) $\lim \frac{{\sqrt {4 + {n^2}} }}{n} = \lim \frac{{n\sqrt {\frac{4}{{{n^2}}} + 1} }}{n} = \sqrt {\lim \left( {\frac{4}{{{n^2}}} + 1} \right)} = \sqrt {0 + 1} = 1$

Trang 63 toán 11 tập 1

HĐ 4 trang 63 toán 11 tập 1

Cho cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right),$ với ${u_1} = 1$ và công bội $q = \frac{1}{2}.$

a) So sánh $\left| q \right|$ với 1.

b) Tính ${S_n} = {u_1} + {u_2} + … + {u_n}.$ Từ đó, hãy tính $\lim {S_n}.$

Lời giải:

a) $\left| q \right| = \left| {\frac{1}{2}} \right| < 1$

b) $\begin{array}{l}{S_n} = {u_1} + {u_2} + … + {u_n} = {u_1}.\frac{{1 – {q^n}}}{{1 – q}} = 1.\frac{{1 – {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}}}{{1 – \frac{1}{2}}} = 2 – 2.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}\\ \Rightarrow \lim {S_n} = \lim \left[ {2 – 2.{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right] = \lim 2 – 2\lim {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = 2\end{array}$

LT – VD 5 trang 63 toán 11 tập 1

Tính tổng $M = 1 – \frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} – … + {\left( { – \frac{1}{2}} \right)^{n – 1}} + …$

Lời giải:

Các số hạng của tổng lập thành cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right),$ có ${u_1} = 1,q = – \frac{1}{2}$ nên $M = \frac{1}{{1 – \frac{{ – 1}}{2}}} = \frac{2}{3}$

LT – VD 6 trang 63 toán 11 tập 1

Giải thích vì sao nghịch lí Zénon trong phần mở đầu là không đúng trong trường hợp sau: Giả sử tốc độ chạy của Achilles là 100km/h, còn tốc độ chạy của rùa là 1km/h. Lúc xuất phát rùa ở điểm $A_1$ cách Achilles 100km.

Lời giải:

Giả sử tốc độ chạy của Achilles là 100 km/h, còn tốc độ chạy của rùa là 1km/h. Lúc xuất phát, rùa ở điểm A₁ cách điểm xuất phát O của Achilles 100km.

Ta tính thời gian Achilles đuổi kịp rùa, bằng cách tính tổng thời gian Achilles chạy hết các quãng đường OA₁, A₁A₂, A₂A₃,… , A_n-1A_n,… Nếu tổng này vô hạn thì Achilles không thể đuổi kịp được rùa, còn nếu nó hữu hạn thì đó chính là thời gian mà Achilles đuổi kịp rùa.

Để chạy hết quãng đường OA₁ =100 (km), Achilles phải mất thời gian t₁ =$\frac{{100}}{{100}}$ =1 (h).

Với thời gian t₁ này, rùa đã chạy được quãng đường A₁A₂ =1 (km).

Để chạy hết quãng đường A₁A₂ =1 (km), Achilles phải mất thời gian t₂ = $\frac{1}{{100}}$ (h).

Với thời gian t₂ rùa đã chạy thêm được quãng đường A₂A₃ = $\frac{1}{{100}}$ (km).

Tiếp tục như vậy, để chạy hết quãng đường A_n-1A_n = $\frac{1}{{{{100}^{n – 2}}}}$ (km), Achilles phải mất thời gian t_n = $\frac{1}{{{{100}^{n – 1}}}}$ (h).

Vậy tổng thời gian Achilles chạy hết các quãng đường OA₁, A₁A₂, A₂A₃,… , A_n-1A_n,… là:

$T = 1 + \frac{1}{{100}} + \frac{1}{{{{100}^2}}} + \frac{1}{{{{100}^3}}} + … + \frac{1}{{{{100}^n}}} + …\left( h \right)$

Đó là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn với u₁ =1, công bội q = $\frac{1}{{100}}$, nên ta có:

$T = \frac{1}{{1 – \frac{1}{{100}}}} = \frac{{100}}{{99}}\left( h \right)$

Như vậy, Achilles đuổi kịp rùa sau $\frac{{100}}{{99}}$ giờ.

Vậy nghịch lí Zénon trong phần mở đầu là không đúng.

HĐ 5 trang 63 toán 11 tập 1

Quan sát dãy số $(u_n)$ với $u_­n = n^2$ và cho biết giá trị của n có thể lớn hơn một số dương bất kì được hay không kể từ một số hạng nào đó trở đi.

Lời giải:

Ta có bảng giá trị sau:

Từ đó ta có các nhận xét sau:

+) Kể từ số hạng thứ 2 trở đi thì $u_n > 1$ .

+) Kể từ số hạng thứ 101 trở đi thì $u_n > 10 000$.

…

Vậy ta thấy $u_n$ có thể lớn hơn một số dương bất kì kể từ một số hạng nào đó trở đi.

Trang 64 toán 11 tập 1

LT – VD 7 trang 64 toán 11 tập 1

Tính $\lim \left( { – {n^3}} \right).$

Lời giải:

Xét dãy $\left( {{u_n}} \right) = {n^3}$

Với M là số dương bất kì, ta thấy ${u_n} > M \Leftrightarrow {n^3} > M \Leftrightarrow n > \sqrt[3]{M}.$

Vậy với các số tự nhiên $n > \sqrt[3]{M}$ thì ${u_n} > M.$ Do đó, $\lim {n^3} = + \infty \Rightarrow \lim \left( { – {n^3}} \right) = – \infty $

LT – VD 8 trang 64 toán 11 tập 1

Chứng tỏ rằng $\lim \frac{{n – 1}}{{{n^2}}} = 0.$

Lời giải:

$\lim \frac{{n – 1}}{{{n^2}}} = \lim \left( {\frac{1}{n} – \frac{1}{{{n^2}}}} \right) = \lim \frac{1}{n} – \lim \frac{1}{{{n^2}}} = 0$

Bài 1 trang 64 sgk Toán 11 tập 1 Cánh diều

Cho hai dãy số $(u_{n}), (v_{n})$ với $u_{n}=3+\frac{1}{n}; v_{n}=5-\frac{2}{n^{2}}$. Tính các giới hạn sau:

a) $\lim u_{n}, \lim v_{n}$.

b) $\lim(u_{n}+v_{n}), \lim(u_{n}-v_{n}), \lim(u_{n}.v_{n}), \lim\frac{u_{n}}{v_{n}}$.

Bài giải:

a) $\lim u_{n}=\lim(3+\frac{1}{n})=\lim3+\lim\frac{1}{n}=3$

$\lim v_{n}=\lim(5-\frac{2}{n^{2}})=\lim5-\lim\frac{2}{n^{2}}=5$

b) $\lim(u_{n}+v_{n})=\lim u_{n}+\lim v_{n}=3+5=8$

$\lim(u_{n}-v_{n})=\lim u_{n}-\lim v_{n}=3-5=-2$

$\lim(u_{n}.v_{n})=\lim u_{n}.\lim v_{n}=3.5=15$

$\lim\frac{u_{n}}{v_{n}}=\frac{\lim u_{n}}{\lim v_{n}}=\frac{3}{5}$

Trang 65 toán 11 tập 1

Bài 2 trang 65 sgk Toán 11 tập 1 Cánh diều

Tính các giới hạn sau:

a) $\lim\frac{5n+1}{2n}$;

b) $\lim\frac{6n^{2}+8n+1}{5n^{2}+3}$;

c) $\lim\frac{\sqrt{n^{2}+5n+3}}{6n+2}$;

d) $\lim(2-\frac{1}{3^{n}})$;

e) $\lim\frac{3^{n}+2^{n}}{4.3^{n}}$;

g) $\lim\frac{2+\frac{1}{n}}{3^{n}}$.

Bài giải:

a) $\lim\frac{5n+1}{2n}=\lim\frac{5+\frac{1}{n}}{2}=\frac{5}{2}$;

b) $\lim\frac{6n^{2}+8n+1}{5n^{2}+3}=\lim\frac{6+\frac{8}{n}+\frac{1}{n^{2}}}{5+\frac{3}{n^{2}}}=\frac{6}{5}\;

c) $\lim\frac{\sqrt{n^{2}+5n+3}}{6n+2}=\lim\frac{n\sqrt{1+\frac{5}{n}+\frac{3}{n^{2}}}}{n(6+\frac{2}{n})}=\frac{1}{6}$;

d) $\lim(2-\frac{1}{3^{n}})=\lim2-\lim(\frac{1}{3})^{n}=2$;

e) $\lim\frac{3^{n}+2^{n}}{4.3^{n}}=\lim\frac{1+(\frac{2}{3})^{n}}{4}=\frac{1}{4}$;

g) $\lim\frac{2+\frac{1}{n}}{3^{n}}=\lim\frac{2+0}{+\infty}=0$.

Bài 3 trang 65 sgk Toán 11 tập 1 Cánh diều:

a) Tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn $(u_{n})$, với $(u_{n})$, với $u_{1}=\frac{2}{3}, q=-\frac{1}{4}$.

b) Biểu diễn số thập phân vô hạn tuần hoàn 1,(6) dưới dạng phân số.

Bài giải:

a) $S=\frac{\frac{2}{3}}{1-(-\frac{1}{4})}=\frac{5}{6}$;

b) $1,(6)=\frac{5}{3}$.

Bài 4 trang 65 sgk Toán 11 tập 1 Cánh diều

Từ hình vuông có độ dài cạnh bằng 1, người ta nối các trung điểm của cạnh hình vuông để tạo ra hình vuông mới như Hình 3. Tiếp tục quá trình này đến vô hạn.

a) Tính diện tích $S_{n}$ của hình vuông được tạo thành ở bước thứ $n$;

b) Tính tổng diện tích của tất cả các hình vuông được tạo thành.

Bài giải:

a) Diện tích hình vuông ban đầu bằng 1.1 = 1 (đvdt).

Vì người ta nối các trung điểm của cạnh hình vuông để tạo ra hình vuông mới nên diện tích hình vuông mới sẽ bằng một nửa hình vuông trước.

Do đó ta có ${u_1} = {S_1} = 1,q = \frac{1}{2}$.

Vậy ${S_n} = 1.\frac{{1 – {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}}}{{1 – \frac{1}{2}}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n – 1}}$.

b) Diện tích mỗi hình vuông trên tạo thành một cấp số nhân lùi vô hạn. Sử dụng công thức tính tổng cấp số nhân lùi vô hạn, ta được:

$S = \frac{1}{{1 – \frac{1}{2}}} = 2$.

Bài 5 trang 65 sgk Toán 11 tập 1 Cánh diều

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). (Nguồn: Đại số và Giải tích 11, NXBGD Việt Nam, 2021)

Gọi $u_{n}$ là khối lượng chất phóng xạ còn lại sau chu kì thứ n.

a) Tìm số hạng tổng quát $u_{n}$ của dãy số $(u_{n})$.

b) Chứng minh rằng $(u_{n})$ có giới hạn là 0.

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

Bài giải:

a) Sau một chu kì bán rã ${u_1} = 1.\frac{1}{2} = \frac{1}{2}\left( {kg} \right)$

Sau hai chu kì bán rã ${u_2} = \frac{1}{2}.{u_1} = \frac{1}{{{2^2}}}\left( {kg} \right)$

…

Vậy sau n chu kì bán rã ${u_n} = \frac{1}{{{2^n}}}$

b) $\lim {u_n} = \lim \frac{1}{{{2^n}}} = \lim {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = 0$

c) Đổi ${10^{ – 6}}g = {10^{ – 9}}kg$

Vì chất phóng xạ này sẽ không độc hại nữa nếu khối lượng chất phóng xạ còn lại bé hơn ${10^{ – 6}}$ g nên ta có

${u_n} < {10^{ – 9}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{2^n}}} < {10^{ – 9}} \Leftrightarrow {2^n} > {10^9} \Leftrightarrow n > {\log _2}{10^9} \approx 29,9$

Vậy sau 30 chu kì là 30.24 000 = 720 000 năm thì khối lượng chất phóng xạ đã cho ban đầu không còn độc hại đối với con người.

Bài 6 trang 65 sgk Toán 11 tập 1 Cánh diều

Gọi $C$ là nửa đường tròn đường kính $AB=2R$, $C_{1}$ là đường gồm hai nửa đường tròn đường kính $\frac{AB}{2}$, $C_{2}$ là đường gồm bốn nửa đường tròn đường kính $\frac{AB}{4}$, $C_{n}$ là đường gồm $2^{n}$ nửa đường tròn đường kính $\frac{AB}{2^{n}}$,… (Hình 4). Gọi $p_{n}$ là độ dài của $C_{n}$, $S_{n}$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi $C_{n}$ và đoạn thẳng $AB$.

a) Tính $p_{n}, S_{n}$.

b) Tìm giới hạn của các dãy số $(p_{n})$ và $(S_{n})$.

Bài giải:

a) Vì C_n là nửa đường tròn đường kính $\frac{{AB}}{{{2^n}}}$ nên ta có ${p_n} = \frac{1}{2}{.2^n}.\frac{{AB}}{{{2^n}}}.\pi = {2^n}.\frac{R}{{{2^n}}}.\pi = \pi R$

Đường kính $\frac{{AB}}{{{2^n}}} = \frac{{2R}}{{{2^n}}}$ nên bánh kính $\frac{R}{{{2^n}}}$

${S_n} = {2^n}.{\left( {\frac{R}{{{2^n}}}} \right)^2}.\frac{\pi }{2} = \frac{{\pi {R^2}}}{2}.\frac{1}{{{2^n}}} = \frac{{\pi {R^2}}}{{{2^{n + 1}}}}$

b) $\begin{array}{l}\lim {p_n} = \lim \left( {\pi R} \right) = \pi R\\\lim {S_n} = \lim \frac{{\pi {R^2}}}{{{2^{n + 1}}}} = \lim \left[ {\frac{{\pi {R^2}}}{2}.{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right] = \lim \frac{{\pi {R^2}}}{2}.\lim {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = 0\end{array}$