Giải SGK Toán 11 CTST Bài 1. Giới hạn của dãy số có đáp án

a) Ta có:

Với n = 100 có $|{u}_{100}|=|\frac{{(-1)}^{100}}{100}|=\frac{1}{100}=0{,}01$.

Với n = 1 000 có $|{u}_{1000}|=|\frac{{(-1)}^{1000}}{1000}|=\frac{1}{1000}=0{,}001$.

Khi đó ta có bảng:

b) Với n > 100 thì |u$_{n}$| < 0,01.

Với n > 1000 thì |u$_{n}$| < 0,001.

a) Ta có: ${v}_{n}=\frac{2n+1}{n}-2=\frac{1}{n}$

Khi đó $\lim \frac{1}{n}=0$.

Vậy $\lim {v}_{n}=0$.

b) Ta có: ${u}_{1}=\frac{2.1+1}{1}=3;\ {u}_{2}=\frac{2.2+1}{2}=\frac{5}{2};\ {u}_{3}=\frac{2.3+1}{3}=\frac{7}{3};\ {u}_{4}=\frac{2.4+1}{4}=\frac{9}{4}$;

Biểu diễn trên trục số, ta được:

Có nhận xét gì về vị trí của các điểm u$_{n}$ Nhận xét: Khi n trở nên rất lớn lớn thì các giá trị u$_{n}$ càng gần 2.

a) Đặt ${u}_{n}=2+{(\frac{2}{3})}^{n}\Leftrightarrow {u}_{n}-2={(\frac{2}{3})}^{n}$

Suy ra $\lim ({u}_{n}-2)=\lim {(\frac{2}{3})}^{n}$

Vì $|\frac{2}{3}|<1$ nên $\lim ({u}_{n}-2)=\lim {(\frac{2}{3})}^{n}=0$.

Vậy $\lim (2+{(\frac{2}{3})}^{n})=2$.

b) Đặt ${u}_{n}=\frac{1-4n}{n}=\frac{1}{n}-4\Leftrightarrow {u}_{n}+4=\frac{1}{n}$

Suy ra $\lim ({u}_{n}+4)=\lim (\frac{1}{n})=0$.

Vậy $\lim (\frac{1-4n}{n})=-4$.

b) Đặt ${u}_{n}=3+\frac{1}{{n}^{2}}\Leftrightarrow {u}_{n}-3=\frac{1}{{n}^{2}}$

Suy ra $\lim ({u}_{n}-3)=\lim \frac{1}{{n}^{2}}=0$

$\Rightarrow \lim {u}_{n}=3$

Ta có: lim 3 + $\lim \frac{1}{{n}^{2}}$ = 3 + 0 = 3.

Vậy $\lim (3+\frac{1}{{n}^{2}})$ = lim 3 + $\lim \frac{1}{{n}^{2}}$

b) Ta có: $\frac{\sqrt{4{n}^{2}+3}}{n}=\sqrt{4+\frac{3}{{n}^{2}}}$

$\lim \frac{\sqrt{4{n}^{2}+3}}{n}=\lim \sqrt{4+\frac{3}{{n}^{2}}}=\sqrt{\lim (4+\frac{3}{{n}^{2}})}=\sqrt{\lim 4+\lim \frac{3}{{n}^{2}}}=2$.

a) Xác định diện tích u$_{k}$ của phần hình được tô màu lần thứ k (k = 1, 2, 3, ...).

Ta có: u$_{1}$ = 1. $\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$; u$_{2}$ = $\frac{1}{2}.\frac{1}{2}={(\frac{1}{2})}^{2}$; u$_{3}$ = $\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}={(\frac{1}{2})}^{3}$; u$_{4}$ = $\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}={(\frac{1}{2})}^{4}$; ...

Diện tích u$_{k}$ của phần hình được tô màu lần thứ k là một cấp số nhân có số hạng đầu ${u}_{1}=\frac{1}{2}$ và công bội $q=\frac{1}{2}$.

Khi đó công thức số hạng tổng quát là: ${u}_{k}={(\frac{1}{2})}^{k},(k=1,\ 2,\ 3,\ ...)$

b) Tổng diện tích S$_{n}$ của phần hình được tô màu sau lần tô thứ n (n = 1, 2, 3, ...) là tổng n số hạng đầu của cấp số nhân ta được:

${S}_{n}=\frac{{u}_{1}(1-{q}^{n})}{1-q}=\frac{\frac{1}{2}.(1-{(\frac{1}{2})}^{n})}{1-\frac{1}{2}}=(1-{(\frac{1}{2})}^{n})$.

c) Ta có: limS$_{n}$ = $\lim (1-{(\frac{1}{2})}^{n})=\lim 1-\lim {(\frac{1}{2})}^{n}=1$.

Khi đó limS$_{n}$ = 2u$_{1}$.

Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu u$_{1}$ = 1 và công bội là $q=\frac{1}{3}<1$ là:

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

a) Diện tích của hình vuông u$_{n}$ dựng ở bước thứ n là: u$_{n}$ = n$^{2}$ (đơn vị diện tích).

Để u$_{n}$ vượt quá 10 000 thì n$^{2}$ > 10 000 ⇔ n > 100.

Để u$_{n}$ vượt quá 1 000 000 thì n$^{2}$ > 1 000 000 ⇔ n > 1000.

a) $\lim \frac{-2n+1}{n}=\lim (-2+\frac{1}{n})=\lim (-2)+\lim \frac{1}{n}=-2$

b) $\lim \frac{\sqrt{16{n}^{2}-2}}{n}=\lim \sqrt{\frac{16{n}^{2}-2}{{n}^{2}}}=\sqrt{\lim (16-\frac{2}{{n}^{2}})}=\sqrt{16}=4$;

c) $\lim \frac{4}{2n+1}=\lim \frac{\frac{4}{n}}{2+\frac{1}{n}}=\frac{0}{2+0}=0$;

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

a) Diện tích của các hình vuông lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn (a$_{n}$) với số hạng đầu là u$_{1}$ = 1 và công bội $\frac{1}{2}$ nên công thức tổng quát của a$_{n}$ = ${(\frac{1}{2})}^{n-1}$.

Ta có: ${S}_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{{2}^{n}}+...$

Tổng cấp số nhân lùi vô hạn là: $S=\lim {S}_{n}=\lim (1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{{2}^{n}}+...)=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2$.

b) Chu vi p$_{n}$ của hình vuông lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u$_{1}$ = 4 và công bội q = $\frac{1}{2}$ có số hạng tổng quát là: ${p}_{n}=4{(\frac{1}{2})}^{n-1}$.

Ta có: ${Q}_{n}=4+4.\frac{1}{2}+4.\frac{1}{4}+...+4.\frac{1}{{2}^{n}}+...$

Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn là: $Q=\lim {Q}_{n}=\lim (4+4.\frac{1}{2}+4.\frac{1}{4}+...+4.\frac{1}{{2}^{n}}+...)=\frac{4}{1-\frac{1}{2}}=8$.

a) Diện tích S$_{n}$ của H$_{n}$ là ${S}_{n}={5}^{n}.{(\frac{1}{3})}^{n}.{(\frac{1}{3})}^{n}={5}^{n}.{(\frac{1}{3})}^{2n}={(\frac{5}{9})}^{n}$

Khi đó ${\text{limS}}_{n}=\lim {(\frac{5}{9})}^{n}=0$.

b) Chu vi p$_{n}$ của H$_{n}$ là: ${p}_{n}={5}^{n}.(4.\frac{1}{{3}^{n}})=4.{(\frac{5}{3})}^{n}$.

Khi đó $\lim {p}_{n}=\lim [4.{(\frac{5}{3})}^{n}]=0$.