Giải SBT Toán lớp 11 – KNTT – Tập 1 Bài 15. Giới hạn của dãy số có đáp án

a, $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }(\sqrt{{n}^{2}+2n}-n-2)$$=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{{n}^{2}+2n-{(n+2)}^{2}}{\sqrt{{n}^{2}+2n}+n+2}$

$=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{-2n-4}{\sqrt{{n}^{2}+2n}+n+2}=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{-2-\frac{4}{n}}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}+1+\frac{2}{n}}=\frac{-2}{2}=-1$

b, $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }(2+{n}^{2}-\sqrt{{n}^{4}+1})=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{{(2+{n}^{2})}^{2}-({n}^{4}+1)}{2+{n}^{2}+\sqrt{{n}^{4}+1}}$

$=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{4{n}^{2}+3}{2+{n}^{2}+\sqrt{{n}^{4}+1}}=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{4+\frac{3}{{n}^{2}}}{\frac{2}{{n}^{2}}+1+\sqrt{1+\frac{1}{{n}^{4}}}}=\frac{4}{2}=2$

Áp dụng công thức tính tổng n số hạng đầu của cấp số nhân, ta có:

${u}_{n}=\frac{1+a+{a}^{2}+...+{a}^{n}}{1+b+{b}^{2}+...+{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, $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }{u}_{n}=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }(\frac{1-b}{1-a}.\frac{1-{a}^{n+1}}{1-{b}^{n+1}})=\frac{1-b}{1-a}$ (do |a| < 1, |b| < 1).

Ta có 1, 3, 5, ..., 2n – 1 là một cấp số cộng gồm n số hạng và có số hạng đầu u$_{1}$ = 1, công sai d = 2.

Khi đó, 1 + 3 + 5 + ... + (2n – 1) = $\frac{n(1+2n-1)}{2}={n}^{2}$ .

Do đó,$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{1+3+5+...+(2n-1)}{{n}^{2}+2n}$ $=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{{n}^{2}}{{n}^{2}+2n}=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{1}{1+\frac{2}{n}}=1$ .

Nhận thấy S là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn (u$_{n}$) với số hạng đầu u$_{1}$ = – 1 và công bội q = $-\frac{1}{5}$.

Do đó, $S=\frac{-1}{1-(-\frac{1}{5})}=\frac{-1}{\frac{6}{5}}=-\frac{5}{6}$ .

a) 1,(03) = 1 + 0,03 + 0,0003 + ... + 0,00...03 + ...

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

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

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

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

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

Ta có $|{u}_{n}|=|\frac{\cos n}{{n}^{2}}|=\frac{|\cos n|}{{n}^{2}}\le \frac{1}{{n}^{2}}$ .

Mà $\frac{1}{{n}^{2}}\rightarrow 0$khi n → +∞ nên $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }{u}_{n}=0$ .

a)

Theo cách xác định tam giác A$_{2}$B$_{2}$C$_{2}$, ta có s$_{2}$ = $\frac{1}{4}$ s$_{1}$.

Tương tự, s$_{3}$ = $\frac{1}{4}$ s$_{2}$, ...., ${s}_{n}=\frac{1}{4}{s}_{n-1}$ .

Vậy ${s}_{n}={(\frac{1}{4})}^{n-1}{s}_{1}={(\frac{1}{4})}^{n-1}.3=3{(\frac{1}{4})}^{n-1}$ .

b) Ta có s$_{1}$ + s$_{2}$ + ... + s$_{n}$ + ... là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu u$_{1}$ = 3 và công bội q = $\frac{1}{4}$ . Do đó

s$_{1}$ + s$_{2}$ + ... + s$_{n}$ + ... = $\frac{3}{1-\frac{1}{4}}=4$ .

a) Ta có v$_{n}$ = u$_{n + 1}$ – u$_{n}$ = $({u}_{n}+\frac{2}{{3}^{n}})-{u}_{n}=\frac{2}{{3}^{n}}$ .

Do đó, v$_{1}$ + v$_{2}$ + ... + v$_{n}$ = $\frac{2}{3}+\frac{2}{{3}^{2}}+...+\frac{2}{{3}^{n}}=2(\frac{1}{3}+\frac{1}{{3}^{2}}+...+\frac{1}{{3}^{n}})$

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

b) Ta có v$_{1}$ + v$_{2}$ + ... + v$_{n}$ = (u$_{2}$ – u$_{1}$) + (u$_{3}$ – u$_{2}$) + ... + (u$_{n + 1}$ – u$_{n}$)

= u$_{n +}$$_{1}$ – u$_{1}$ = $({u}_{n}+\frac{2}{{3}^{n}})-2={u}_{n}+\frac{2}{{3}^{n}}-2$ .

Mà theo câu a có v$_{1}$ + v$_{2}$ + ... + v$_{n}$= $3(1-\frac{1}{{3}^{n+1}})$.

Do đó, ${u}_{n}+\frac{2}{{3}^{n}}-2=3(1-\frac{1}{{3}^{n+1}})$ . Từ đó suy ra ${u}_{n}=5-\frac{1}{{3}^{n-1}}$ .

Ta có $|{u}_{n}-\frac{n}{n+1}|\le \frac{1}{{n}^{2}}$, mà $\frac{1}{{n}^{2}}\rightarrow 0$ khi n → +∞ nên $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }({u}_{n}-\frac{n}{n+1})=0$ .

Mặt khác, $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }({u}_{n}-\frac{n}{n+1})=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }{u}_{n}-\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{n}{n+1}=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }{u}_{n}-1$ .

Vậy $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }{u}_{n}$ = 1.