Câu 4.21 trang 137 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Tìm giới hạn của các dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) với a) \({u_n} = - {n^4} - 50n + 11\) b) \(\root 3 \of {7{n^2} - {n^3}} \) c) \({u_n} = \sqrt {5{n^2} - 3n + 7} \) d) \(\sqrt {2{n^3} + {n^2} - 2} \) Giải a) \( - \infty \) b) \( - \infty \) c) \( + \infty \) d) \(\sqrt {2{n^3} + {n^2} - 2} = n\sqrt n \sqrt {2 + {1 \over n} - {2 \over {{n^3}}}} \) với mọi n vì \(\lim \left( {n\sqrt n } \right) = + \infty \) và \(\lim \sqrt {2 + {1 \over n} - {2 \over {{n^3}}}} = \sqrt 2 > 0\) nên \(\lim \sqrt {2{n^3} + {n^2} - 2} = + \infty \) Câu 4.22 trang 137 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Tìm giới hạn của các dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) với a) \({u_n} = {{3n - {n^3}} \over {2n + 15}}\) b) \({u_n} = {{\sqrt {2{n^4} - {n^2} + 7} } \over {3n + 5}}\) c) \({u_n} = {{2{n^2} - 15 n+ 11} \over {\sqrt {3{n^2} - n + 3} }}\) d) \({u_n} = {{\left( {2n + 1} \right)\left( {1 - 3n} \right)} \over {\root 3 \of {{n^3} + 7{n^2} - 5} }}\) Giải a) \( - \infty \) b) \( + \infty \) c) \( + \infty \) d) Chia tử và mẫu của phân thức cho \({n^2},\) ta được \({u_n} = {{\left( {2 + {1 \over n}} \right)\left( {{1 \over n} - 3} \right)} \over {\root 3 \of {{1 \over {{n^3}}} + {7 \over {{n^4}}} - {5 \over {{n^6}}}} }}\) Vì \(\lim \left( {2 + {1 \over n}} \right)\left( {{1 \over n} - 3} \right) = - 6 < 0\,,\) \(lim \root 3 \of {{1 \over {{n^3}}} + {7 \over {{n^4}}} - {5 \over {{n^6}}}} = 0\) và \( \root 3 \of {{1 \over {{n^3}}} + {7 \over {{n^4}}} - {5 \over {{n^6}}}} > 0\) với mọi n nên \(\lim {u_n} = - \infty \) Câu 4.23 trang 137 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Tìm các giới hạn sau: a) \(\lim \left( {\sqrt {2{n^2} + 3} - \sqrt {{n^2} + 1} } \right)\) b) \(\lim {1 \over {\sqrt {n + 1} - \sqrt n }}\) Giải a) \(\left( {\sqrt {2{n^2} + 3} - \sqrt {{n^2} + 1} } \right) = {{{n^2} + 2} \over {\sqrt {2{n^2} + 3} + \sqrt {{n^2} + 1} }}\) với mọi n do đó \(\lim \left( {\sqrt {2{n^2} + 3} - \sqrt {{n^2} + 1} } \right) = + \infty \) b) \(\lim {1 \over {\sqrt {n + 1} - \sqrt n }} = \lim \left( {\sqrt {n + 1} + \sqrt n } \right) = + \infty \) Câu 4.24 trang 137 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Tìm các giới hạn sau: a) \(\lim {\left( {1,001} \right)^n}\) b) \(\lim \left( {{{3.2}^n} - {5^{n + 1}} + 10} \right)\) c) \(\lim {{{3^n} - 11} \over {1 + {{7.2}^n}}}\) d) \(\lim {{{2^{n + 1}} - {{3.5}^n} + 3} \over {{{3.2}^n} + {{7.4}^n}}}\) Giải a) \(\lim {\left( {1,001} \right)^n}= + \infty \) b) \({3.2^n} - {5^{n + 1}} + 10 = {5^n}\left[ {3{{\left( {{2 \over 5}} \right)}^n} - 5 + {{10} \over {{5^n}}}} \right]\) với mọi n Vì \(\lim {5^n} = + \infty \) và \(\lim \left[ {3{{\left( {{2 \over 5}} \right)}^n} - 5 + {{10} \over {{5^n}}}} \right] = - 5 < 0\) nên \(\lim \left( {{{3.2}^n} - {5^{n + 1}} + 10} \right) = - \infty \) c) \( + \infty \) d) Chia tử và mẫu của phân thức cho \({5^n},\) ta được \({u_n} = {{{2^{n + 1}} - {{3.5}^n} + 3} \over {{{3.2}^n} + {{7.4}^n}}} = {{2{{\left( {{2 \over 5}} \right)}^2} - 3 + {3 \over {{5^n}}}} \over {3{{\left( {{2 \over 5}} \right)}^n} + 7{{\left( {{4 \over 5}} \right)}^n}}}\) với mọi n Vì \(\lim \left[ {2{{\left( {{2 \over 5}} \right)}^n} - 3 + {3 \over {{5^n}}}} \right] = - 3 < 0,\) \(\lim \left[ {3{{\left( {{2 \over 5}} \right)}^n} + 7\left( {{4 \over 5}} \right)^n} \right] = 0\) và \(3{\left( {{2 \over 5}} \right)^n} + 7\left( {{4 \over 5}} \right) ^n> 0\) với mọi n nên \(\lim {u_n} = - \infty \) Câu 4.26 trang 137 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Tìm giới hạn của các dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_n} = {1 \over {\sqrt 1 }} + {1 \over {\sqrt 2 }} + ... + {1 \over {\sqrt n }}\) Giải \({1 \over {\sqrt n }}\) là số nhỏ nhất trong n số \(1,{1 \over {\sqrt 2 }},...,{1 \over {\sqrt n }}\) Do đó \({u_n} \ge \underbrace {{1 \over {\sqrt n }} + {1 \over {\sqrt n }} + ... + {1 \over {\sqrt n }}}_{n\text{ số hạng}} = n.{1 \over {\sqrt n }} = \sqrt n \) với mọi n Vì \(\lim \sqrt n = + \infty \) nên từ đó suy ra \(\lim {u_n} = + \infty \) Câu 4.28 trang 138 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Chứng minh rằng nếu \(q > 1\) thì \(\lim {{{n^2}} \over {{q^n}}} = 0\) Hướng dẫn. Áp dụng bài tập 4.27 c) Giải Nếu \(q > 1\) thì \(\sqrt q > 1.\) Từ bài tập 4.27c suy ra \(\lim {n \over {{{\left( {\sqrt q } \right)}^n}}} = 0\) Vì \({{{n^2}} \over {{q^n}}} = {n \over {{{\left( {\sqrt q } \right)}^n}}}.{n \over {{{\left( {\sqrt q } \right)}^n}}}\) nên \(\lim {{{n^2}} \over {{q^n}}} = 0\) Nhận xét: Một cách tương tự, có thể chứng minh được rằng nếu \(q > 1\) và k là một số nguyên dương thì \(\lim {{{n^k}} \over {{q^n}}} = 0\) Câu 4.29 trang 138 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Tìm các giới hạn sau: a) \(\lim {{2n - {3^n}} \over {n + {2^n}}}\) b) \(\lim \left( {100n - 7 - {2^n}} \right)\) Giải a) Chia tử và mẫu của phân thức cho \({3^n},\) ta được \({u_n} = {{2n - {3^n}} \over {n + {2^n}}} = {{{{2n} \over {{3^n}}} - 1} \over {{n \over {{3^n}}} + {{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n}}}\) với mọi n Theo bài tập 4.27, ta có \(\lim {n \over {{3^n}}} = 0.\) Do đó \(\lim \left( {{{2n} \over {{3^n}}} - 1} \right) = - 1,\,\,\lim \left[ {{n \over {{3^n}}} + {{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n}} \right] = 0.\) Vì \({n \over {{3^n}}} + {\left( {{2 \over 3}} \right)^n} > 0\) với mọi n nên từ đó suy ra \(\lim {u_n} = - \infty \) b) \( - \infty \) Câu 4.30 trang 138 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Cho hai dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) và \(\left( {{v_n}} \right)\). Chứng minh rằng a) Nếu \({u_n} \le {v_n}\) với mọi n và \(\lim {u_n} = + \infty \) thì \({{\mathop{\rm limv}\nolimits} _n} = + \infty \) b) Nếu \(\lim {u_n} = L \in R\) và \(\lim \left| {{v_n}} \right| = + \infty \) thì \(\lim {{{u_n}} \over {{v_n}}} = 0\) c) Nếu \(\lim {u_n} = + \infty \) (hoặc \( - \infty \)) và \(\lim {v_n} = L \in R\) thì \(\lim \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = + \infty \) (hoặc \( - \infty \)) Giải a) Suy ra từ định nghĩa của dãy số có giới hạn \( + \infty \) b) Vì \(\lim \left| {{v_n}} \right| = + \infty \) nên \(\lim {1 \over {{v_n}}} = 0.\) Do đó \(\lim {{{u_n}} \over {{v_n}}} = \lim \left( {{u_n}.{1 \over {{v_n}}}} \right) = \left( {\lim {u_n}} \right)\lim {1 \over {{v_n}}} = L.0 = 0\) c) Giả sử \(\lim {u_n} = + \infty \)và \(\lim {v_n} = L.\) Khi đó \({u_n} + {v_n} = {u_n}\left( {1 + {{{v_n}} \over {{u_n}}}} \right)\) Theo b), ta có \(\lim {{{u_n}} \over {{v_n}}} = 0\). Vì \(\lim {u_n} = + \infty \) và \(\lim \left( {1 + {{{v_n}} \over {{u_n}}}} \right) = 1 > 0\) nên \(\lim \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = + \infty \) Nhận xét. Tương tự, có thể chứng minh được rằng a) Nếu dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) bị chặn (tức là tồn tại một số dương M sao cho \(\left| {{u_n}} \right| \le M\) với mọi n) và \(\lim \left| {{u_n}} \right| = + \infty \) thì \(\lim {{{u_n}} \over {{v_n}}} = 0\) b) Nếu \(\lim {u_n} = + \infty \)(hay \( - \infty \)) và \(\left( {{v_n}} \right)\) là một dãy số bị chặn thì \(\lim \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = + \infty \) (hay \( - \infty \)) Câu 4.31 trang 138 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Áp dụng định nghĩa giới hạn của dãy số, tìm các giới hạn sau: a) \(\lim \left( {10 - {{2\sin {n^2}} \over {\sqrt n }}} \right)\) b) \(\lim \left( {{1 \over 2} + {{{{\left( { - 1} \right)}^n}{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^n}} \over {{{3.2}^{n + 1}}}}} \right)\) c) \(\lim {{n\sin {n^2} - 3{n^2}} \over {{n^2}}}\) d) \(\lim {{n - 2\sqrt n } \over {2n}}\) Giải a) 10 b) \({1 \over 2}\) c) -3 d) \({1 \over 2}\) Câu 4.32 trang 139 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Tìm các giới hạn sau: a) \(\lim {{{n^4} - {n^2}\cos 3n - 1} \over {2{n^4} + {n^2} - 1}}\) b) \(\lim {{2n - 11} \over {2{n^4} + 2{n^3} - n + 2}}\) c) \(\lim {{{n^4} - 2{n^2} + n - 20} \over {2{n^2} + n + 7}}\) d) \(\lim {{\sqrt {2{n^2} + n - 2} } \over {3 - 2n}}\) Giải a) \({1 \over 2}\) b) 0 c) \( + \infty \) d) \( - {{\sqrt 2 } \over 2}\) Câu 4.33 trang 139 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Tìm giới hạn của dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) với a) \(\lim {{{2^{n + 1}} - {3^n} + 11} \over {{3^{n + 2}} + {2^{n + 3}} - 4}}\) b) \(\lim {{{{13.3}^n} - {5^n}} \over {{{3.2}^n} + {{5.4}^n}}}\) Giải a) Chia tử và mẫu của phân thức cho \({3^n},\) ta được \({u_n} = {{2{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} - 1 + {{11} \over {{3^n}}}} \over {9 + 8{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} - {4 \over {{3^n}}}}}\) với mọi n Vì \(\lim {\left( {{2 \over 3}} \right)^n} = 0,\,\,\lim {1 \over {{3^n}}} = 0\) nên \(\lim {u_n} = - {1 \over 9}\) b) Chia tử và mẫu của phân thức cho \({4^n},\) ta được \({u_n} = {{13{{\left( {{3 \over 4}} \right)}^n} - {{5n} \over {{4^n}}}} \over {3{{\left( {{1 \over 2}} \right)}^n} + 5}}\) với mọi n Ta biết rằng nếu \(q > 1\) thì \(\lim {n \over {{q^n}}} = 0\) Do đó \(\lim {{5n} \over {{4^n}}} = 5\lim {n \over {{4^n}}} = 5.0 = 0.\) ngoài ra ta có \(\lim {\left( {{3 \over 4}} \right)^n} = 0\) \(\lim {\left( {{1 \over 2}} \right)^n} = 0\). Do đó \(\lim \left[ {13{{\left( {{3 \over 4}} \right)}^n} - {{5n} \over {{4^n}}}} \right] = 0\) và \(\lim \left[ {3{{\left( {{1 \over 2}} \right)}^n} +5} \right] = 5 \ne 0.\) Vậy \(\lim {u_n} = {0 \over 5} = 0.\) Câu 4.34 trang 139 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Tìm các giới hạn sau: a) \(\lim \left( {n\cos {{n\pi } \over 5} - 2{n^2}} \right)\) b) \(\lim \sqrt {2{n^4} - n + 3} \) c) \(\lim \root 3 \of {100 - 2{n^2} - 3{n^3}} \) d) \(\lim \sqrt {{{3.4}^n} - n + 2} \) Giải a) \( - \infty ;\) b) \( + \infty ;\) c) \( - \infty ;\) d) \(\sqrt {{{3.4}^n} - n + 2} = {2^n}\sqrt {3 - {n \over {{4^n}}} + {2 \over {{4^n}}}} \) với mọi n. Vì \(\lim {2^n} = + \infty \) và \(\lim \sqrt {3 - {n \over {{4^n}}} + {2 \over {{4^n}}}} = \sqrt 3 > 0\) nên \(\lim \sqrt {{{3.4}^n} - n + 2} = + \infty .\) Câu 4.35 trang 139 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Tìm các giới hạn sau: a) \(\lim \sqrt n\left( {\sqrt {n + 2} - \sqrt n } \right) \) b) \(\lim {1 \over {\sqrt {2n + 1} - \sqrt {n + 1} }}\) c) \(\lim \left( {2n - 1} \right)\sqrt {{{2n + 3} \over {{n^4} - {n^2} + 2}}} \) d) \(\lim \sqrt {{{{3^n} + {2^{n + 1}}} \over {5n + {3^{n + 1}}}}} \) Giải a) \(\sqrt n \left( {\sqrt {n + 2} - \sqrt n } \right) = {{2\sqrt n } \over {\sqrt {n + 2} + \sqrt n }} = {2 \over {\sqrt {1 + {2 \over n} + 1} }}\) với mọi n. Do đó \(\lim \sqrt n \left( {\sqrt {n + 2} - \sqrt n } \right) = 2\lim {1 \over {\sqrt {1 + {2 \over n} + 1} }} = 2.{1 \over 2} = 1.\) b) \(\lim {1 \over {\sqrt {2n + 1} - \sqrt {n + 1} }} = \lim {{\sqrt {2n + 1} + \sqrt {n + 1} } \over n} = 0;\) c)\(\left( {2n - 1} \right)\sqrt {{{2n + 3} \over {{n^4} - {n^2} + 2}}} = \sqrt {{{{{\left( {2n - 1} \right)}^2}\left( {2n + 3} \right)} \over {{n^4} - {n^2} + 1}}} \) với mọi n. Vì \(\lim {{{{\left( {2n - 1} \right)}^2}\left( {2n + 3} \right)} \over {{n^4} - {n^2} + 1}} = 0\) nên \(\lim \left( {2n - 1} \right)\sqrt {{{2n + 3} \over {{n^4} - {n^2} + 2}}} = \sqrt 0 = 0;\) d) \({{{3^n} + {2^{n + 1}}} \over {5n + {3^{n + 1}}}} = {{1 + 2{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n}} \over {{{5n} \over {{3^n}}} + 3}}\) với mọi n. Do đó \(\lim {{{3^n} + {2^{n + 1}}} \over {5n + {3^{n + 1}}}} = {1 \over 3}\) Và \(\lim \sqrt {{{{3^n} + {2^{n + 1}}} \over {5n + {3^{n + 1}}}}} = \sqrt {{1 \over 3}} = {{\sqrt 3 } \over 3}.\) Câu 4.36 trang 139 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Tìm các số hạng đầu và công bội của một cấp số nhân lùi vô hạn, biết rằng tổng của cấp số nhân đó là 12, hiệu của số hạng đầu và số hạng thứ hai là \({3 \over 4}\) và số hạng đầu là một số dương. Giải Gọi \({u_1}\) là số hạng đầu, q là công bội và S là tổng của cấp số nhân đã cho. Khi đó \(S = {{{u_1}} \over {1 - q}}\). Theo giả thiết, ta có \(\left\{ \matrix{ {{{u_1}} \over {1 - q}} = 12 \hfill \cr {u_1}\left( {1 - q} \right) = {3 \over 4} \hfill \cr {u_1} > 0. \hfill \cr} \right.\) \(S = {{{u_1}} \over {1 - q}}.\) Nhân hai phương trình đầu của hệ trên với nhau, ta được \(u_1^2 = 9.\) Vì \({u_1} > 0\) nên từ đó ta có \({u_1} = 3.\)Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được \(3\left( {1 - q} \right) = {3 \over 4} \Leftrightarrow q = {3 \over 4}.\) Vậy cấp số nhân đã cho có số hạng đầu \({u_1} = 3\) và công bội \(q = {3 \over 4}.\) Câu 4.37 trang 139 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) xác định bởi \(\left\{ \matrix{ {u_1} = 3 \hfill \cr 2{u_{n + 1}} = {u_n} + 1 \hfill \cr} \right.\) Gọi \(\left( {{v_n}} \right)\) là dãy số xác định bởi \({v_n} = {u_n} - 1\) với mọi n a) Chứng minh rằng \(\left( {{v_n}} \right)\) là một cấp số nhân lùi vô hạn. b) Gọi \({S_n}\) là tổng số hạng đầu tiên của dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\). Tìm \(\lim {S_n}\) Giải a) Với mọi n, ta có \({v_{n + 1}} = {u_{n + 1}} - 1 = {{{u_n} + 1} \over 2} - 1 = {{{u_n} - 1} \over 2} = {1 \over 2}{v_n}.\) Vậy dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\) là một cấp số nhân với công bội \(q = {1 \over 2}.\) b) Ta có \(\eqalign{ {S_n}& = {u_1} + {u_2} + ... + {u_n} \cr&= \left( {{v_1} + 1} \right) + \left( {{v_2} + 1} \right) + ... + \left( {{v_n} + 1} \right) \cr & = \left( {{v_1} + {v_2} + ... + {v_n}} \right) + n = {s_n} + n, \cr} \) Trong đó \({s_n}\) là tổng của n số hạng đầu tiên của cấp số nhân lùi vô hạn \(\left( {{v_n}} \right)\). Tổng của cấp số nhân \(\left( {{v_n}} \right)\) là \(s = \lim {s_n} = {{{v_1}} \over {1 - q}} = {2 \over {1 - {1 \over 2}}} = 4.\) Do đó \(\lim {S_n} = \lim \left( {{s_n} + n} \right) = + \infty \).
