Trong bài viết ngày hôm nay, Khoa Cử chúng tôi muốn đem đến cho các bạn một dạng bài rất hay trong chương trình lớp 11 đó chính là giới hạn của dãy số lớp 11 đầy đủ và chi tiết cho các bạn tham khảo. Với những thông tin được Khoa cử chúng tôi chia sẽ về giới hạn hữu hạn của dãy số cũng như bài tập toán 11 giới hạn của dãy số bên dưới đây hy vọng sẽ hỗ trợ cho bạn học tốt môn Toán Đại lớp 11 nhé!
I. LÝ THUYẾT VỀ GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ
1. Định nghĩa giới hạn của dãy số
a, Định nghĩa giới hạn hữu hạn của dãy số
– Định nghĩa 1: Ta nói dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ có giới hạn là $0$ khi $n$ dần tới dương vô cực, nếu $\left| {{u}_{n}} \right|$ có thể nhỏ hơn một số dương bé tùy ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi.
Kí hiệu: $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=0$ hay ${{u}_{n}}\to 0$ khi $n\to +\infty $.
– Định nghĩa 2: Ta nói dãy số $\left( {{v}_{n}} \right)$ có giới hạn là $a$ khi $n\to +\infty $, nếu $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{v}_{n}}-a \right)=0$.
Kí hiệu: $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{v}_{n}}=a$ hay ${{v}_{n}}\to a$ khi $n\to +\infty $.
b, Định nghĩa giới hạn vô cực của dãy số
– Ta nói dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ có giới hạn là $+\infty $ khi $n\to +\infty $, nếu ${{u}_{n}}$ có thể lớn hơn một số dương bất kì, kể từ một số hạng nào đó trở đi.
Kí hiệu: $\lim {{u}_{n}}=+\infty $ hay ${{u}_{n}}\to +\infty $ khi $n\to +\infty $.
– Dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ có giới hạn là $-\infty $ khi $n\to +\infty $, nếu $\lim \left( -{{u}_{n}} \right)=+\infty $.
Kí hiệu: $\lim {{u}_{n}}=-\infty $ hay ${{u}_{n}}\to -\infty $ khi $n\to +\infty $.
2. Một số giới hạn đặc biệt và định lí về giới hạn dãy số.
| Giới hạn hữu hạn | Giới hạn vô cực |
| 1. Giới hạn đặc biệt:
$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{n}=0;\,\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{n}^{k}}}=0\,(k\in {{\mathbb{Z}}^{+}})$ $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{q}^{n}}=0\,\,\,\,(\left| q \right|<1)$ $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,C=C$ 2. Định lí: a) Nếu $\lim {{u}_{n}}=a$; $\lim {{v}_{n}}=b$ thì $\begin{align} & \bullet \,\,\,\lim ({{u}_{n}}+{{v}_{n}})=a+b \\ & \bullet \,\,\,\lim ({{u}_{n}}-{{v}_{n}})=a-b \\ & \bullet \,\,\,\lim ({{u}_{n}}.{{v}_{n}})=a.b \\ & \bullet \,\,\,\lim \frac{{{u}_{n}}}{{{v}_{n}}}=\frac{a}{b}(b\ne 0) \\\end{align}$ b) Nếu ${{u}_{n}}\ge 0;\forall n$ và $\lim {{u}_{n}}=a$ thì $a\ge 0$ và $\lim \sqrt{{{u}_{n}}}=\sqrt{a}$ c) Nếu $\left| {{u}_{n}} \right|\le {{v}_{n}};\forall n$ và $\lim {{v}_{n}}=0$ thì $\lim {{u}_{n}}=0$ d) Nếu $\lim {{u}_{n}}=a$ thì $\lim \left| {{u}_{n}} \right|=\left| a \right|$ |
1. Giới hạn đặc biệt:
$\begin{align}& \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sqrt{n}=+\infty \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{n}^{k}}=+\infty (k\in {{\mathbb{Z}}^{+}}) \\ & \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{q}^{n}}=+\infty (q>1) \\\end{align}$ 2. Định lí: a) Nếu $\lim \left| {{u}_{n}} \right|=+\infty $ thì $\lim \frac{1}{{{u}_{n}}}=0$. b) Nếu $\lim {{u}_{n}}=a$; $\lim {{v}_{n}}=\pm \infty $ thì $\lim \frac{{{u}_{n}}}{{{v}_{n}}}=0$ c) Nếu $\lim {{u}_{n}}=a\ne 0,\lim {{v}_{n}}=0$ thì $\lim \frac{{{u}_{n}}}{{{v}_{n}}}=\left\{ \begin{align} & +\infty (a.{{v}_{n}}>0) \\& -\infty (a.{{v}_{n}}<0) \\\end{align} \right.$ d) Nếu $\lim {{u}_{n}}=+\infty $, x$\lim {{v}_{n}}=a$ thì $\lim ({{u}_{n}}.{{v}_{n}})=\left\{ \begin{align} & +\infty (a>0) \\ & -\infty (a<0) \\\end{align} \right.$ |
Xem thêm: Lý thuyết và bài tập mẫu giới hạn của hàm số
II. BÀI TẬP MẪU VỀ GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ
Bài tập 1: Chứng minh rằng dãy số sau có giới hạn là $0$
a.${{u}_{n}}=\frac{\left( -1 \right).cosn}{{{n}^{4}}}$ b. $\frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}{{\sin }^{2}}\left( 2n-1 \right)}{\sqrt[3]{{{n}^{2}}}}$
c.$\frac{1}{n\left( 2n+3 \right)}$ d.$\frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}\sin \,n+1}{{{n}^{2}}}$
Lời giải:
a.$\left| {{u}_{n}} \right|=\left| \frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}.\cos n}{{{n}^{4}}} \right|\le \frac{1}{{{n}^{4}}}$
mà $\lim \frac{1}{{{n}^{4}}}=0\Rightarrow \lim {{u}_{n}}=0$
b.$\left| \frac{-{{1}^{n}}{{\sin }^{2}}\left( 2n-1 \right)}{\sqrt[3]{{{n}^{2}}}} \right|\le \frac{1}{{{n}^{\frac{2}{3}}}}$
$m\mu \lim \frac{1}{{{n}^{\frac{2}{3}}}}=0\Rightarrow \lim \frac{-{{1}^{n}}{{\sin }^{2}}\left( 2n-1 \right)}{\sqrt[3]{{{n}^{2}}}}=0$
c.$\left| \frac{1}{n\left( 2n+3 \right)} \right|=\left| \frac{1}{2{{n}^{2}}+3n} \right|\le \frac{1}{{{n}^{2}}}$
mà $\lim \frac{1}{{{n}^{2}}}=0\Rightarrow \lim \frac{1}{n\left( 2{{n}^{2}}+3 \right)}=0$
d.$\left| \frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}\sin n+1}{{{n}^{2}}} \right|\le \frac{2}{{{n}^{2}}}$
mà $\lim \frac{2}{{{n}^{2}}}=0\Rightarrow \lim \frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}\sin \,n+1}{n}=0$
Bài tập 2: Chứng minh rằng dãy số sau có giới hạn là $0$
a.${{u}_{n}}={{\left( 0,99 \right)}^{2n}}$ b.${{u}_{n}}=\frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}.\cos \left( n+1 \right)}{2n+1}$
c.${{u}_{n}}=\frac{{{\left( \cos \left( 2n-1 \right) \right)}^{2n}}}{{{5}^{n}}}$ d. ${{u}_{n}}=\frac{2.\sin \,{{n}^{2}}}{{{n}^{4}}+1}$
Lời giải:
a.${{u}_{n}}{{\left( 0,99 \right)}^{2n}}={{\left( {{0,99}^{2}} \right)}^{n}}$
có $\,{{0,99}^{2}}<1\Rightarrow \lim {{\left( {{0,99}^{2}} \right)}^{n}}=0$
b.${{u}_{n}}=\frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}.\cos \left( n+1 \right)}{2n+1}$
$\Rightarrow \left| \frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}.\cos \left( n+1 \right)}{{{2}^{n}}+1} \right|\le \frac{1}{{{2}^{n}}}={{\left( \frac{1}{2} \right)}^{n}}$
Có $\lim {{\left( \frac{1}{2} \right)}^{n}}=0\Rightarrow \lim \frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}.\cos \left( n+1 \right)}{{{2}^{n}}+1}=0$
c. ${{u}_{n}}=\frac{{{\left( \cos \left( 2n-1 \right) \right)}^{2n}}}{{{5}^{n}}}$
$\left| \frac{{{\left( \cos \left( 2n-1 \right) \right)}^{2n}}}{{{5}^{n}}} \right|\le \frac{1}{{{5}^{n}}}={{\left( \frac{1}{5} \right)}^{n}}$
Có $\lim {{\left( \frac{1}{5} \right)}^{n}}=0\Rightarrow \lim \frac{{{\left( \cos \left( 2n-1 \right) \right)}^{2n}}}{{{5}^{n}}}=0$
d.${{u}_{n}}=\frac{2.\sin {{n}^{2}}}{{{n}^{4}}+1}$
$\left| \frac{2.\sin {{n}^{2}}}{{{n}^{4}}+1}\le \frac{2}{{{n}^{4}}} \right|$
Có $\lim \frac{2}{{{n}^{4}}}=0\Rightarrow \lim \frac{2.\sin {{n}^{2}}}{{{n}^{4}}+1}=0$
Bài tập 3: Chứng minh rằng
Chứng minh: $\lim \frac{1-2\text{n}}{\sqrt{{{\text{n}}^{2}}+1}}=-2$.
Lời giải
Với $a>0$ nhỏ tùy ý, ta chọn ${{\text{n}}_{a}}>\sqrt{\frac{9}{{{a}^{2}}}-1}$, ta có:
$\left| \frac{1-2\text{n}}{\sqrt{{{\text{n}}^{2}}+1}}+2 \right|=\left| \frac{1-2\text{n+2}\sqrt{{{\text{n}}^{2}}+1}}{\sqrt{{{\text{n}}^{2}}+1}} \right|<\left| \frac{1-2\text{n+2}\left( \text{n+1} \right)}{\sqrt{{{\text{n}}^{2}}+1}} \right|=\frac{3}{\sqrt{{{\text{n}}^{2}}+1}}<\frac{3}{\sqrt{\text{n}_{a}^{2}+1}}<a$ với $\forall \text{n}>{{\text{n}}_{a}}$.
Suy ra $\lim \left| \frac{1-2\text{n}}{\sqrt{{{\text{n}}^{2}}+1}}+2 \right|=0\Rightarrow \lim \frac{1-2\text{n}}{\sqrt{{{\text{n}}^{2}}+1}}=-2$.
Bài tập 4: Tính độ dài hành trình của quả bóng từ thời điểm ban đầu cho đến khi nó nằm yên trên mặt đất.
Từ độ cao 63m của tháp nghiêng Pi-sa ở Italia, người ta thả một quả bóng cao su xuống đất. Giả sử mỗi lần chạm quả bóng lại nảy lên độ cao bằng $\frac{1}{10}$ độ cao mà quả bóng đạt được ngay trước đó. Tính độ dài hành trình của quả bóng từ thời điểm ban đầu cho đến khi nó nằm yên trên mặt đất.
Lời giải
Ta thấy:
Ban đầu bóng cao 63m nên chạm đất lần 1 bóng di chuyển quãng đường ${{S}_{1}}=63\left( m \right)$.
Từ lúc chạm đất lần một đến chạm đất lần hai bóng di chuyển được quãng đường là ${{S}_{2}}=2{{S}_{1}}.\frac{1}{10}=2.63.\frac{1}{10}=\frac{63}{5}$ (do độ cao lần hai bằng $\frac{1}{10}$ độ cao ban đầu).
Từ lúc chạm đất lần hai đến chạm đất lần ba bóng di chuyển được quãng đường là ${{S}_{3}}={{S}_{2}}\frac{1}{10}$ (do độ cao lần ba bằng $\frac{1}{10}$ độ cao lần hai)… Cứ tiếp tục như vậy kéo dài ra vô tận thì ta có được tổng quãng đường mà bóng cao su đã di chuyển là
$S={{S}_{1}}+{{S}_{2}}+{{S}_{3}}+…={{S}_{1}}+{{S}_{2}}+{{S}_{2}}.\frac{1}{10}+{{S}_{2}}.{{\left( \frac{1}{10} \right)}^{2}}+…={{S}_{1}}+{{S}_{2}}\frac{1}{1-\frac{1}{10}}$$=63+\frac{63}{5}.\frac{10}{9}=77\,\left( m \right)$ .
Vậy quãng đường di chuyển của bóng là $77m$.
Bài tập 5: Tính $\lim {{u}_{n}}$.
Cho dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ được xác định bởi $\left\{ \begin{align}& {{u}_{1}}=1 \\& {{u}_{n+1}}=\frac{2\left( 2{{u}_{n}}+1 \right)}{{{u}_{n}}+3};\forall n\in \mathbb{N}* \\\end{align} \right.$.
Tính $\lim {{u}_{n}}$.
Lời giải
Từ công thức xác định dãy $\left( {{u}_{n}} \right)$ suy ra ${{u}_{n}}>0,\forall n\in \mathbb{N}*$.
Ta chứng minh $\left( {{u}_{n}} \right)$là dãy số bị chặn trên bởi 2 bằng phương quy nạp
Thật vậy ta có ${{u}_{1}}=1<2$. Giả sử ${{u}_{n}}<2$thì ${{u}_{n+1}}-2=\frac{2\left( 2{{u}_{n}}+1 \right)}{{{u}_{n}}+3}-2=\frac{2{{u}_{n}}-4}{{{u}_{n}}+3}<0\Rightarrow {{u}_{n+1}}<2$ nên ${{u}_{n}}<2,\forall n\in \mathbb{N}*$
Ta chứng minh dãy (${{u}_{n}}$) tăng .
Thật vậy $\text{ }{{u}_{n+1}}-{{u}_{n}}=\frac{2\left( 2{{u}_{n}}+1 \right)}{{{u}_{n}}+3}-{{u}_{n}}=\frac{-u_{n}^{2}+{{u}_{n}}+2}{{{u}_{n}}+3}>0,\forall n\in \mathbb{N}*\left( \text{V }\!\!\times\!\!\text{ }\ 0<{{u}_{n}}<2 \right)$
Dãy $({{u}_{n}})$là dãy tăng và bị chặn trên nên có giới hạn.
Đặt $\lim \,{{u}_{n}}=L$ $\left( 0\le L\le 2 \right)$, giải phương trình $L=\frac{2\left( 2L+1 \right)}{L+3}$ ta được nghiệm dương $L=2$
Vậy $\lim \,{{u}_{n}}=2$.
Bài tập 6: Tìm giới hạn
a. $\lim \left( {{n}^{3}}+{{n}^{2}}+n+1 \right)$ b. $\lim \left( -{{n}^{2}}+n\sqrt{n}-1 \right)$
c. $\lim \left( n-\sin 2n \right)$ d. $\lim \frac{1}{n+{{\cos }^{2}}n}$
Lời giải
- $\lim \left( {{n}^{3}}+{{n}^{2}}+n+1 \right)=\lim {{n}^{3}}.\left( 1+\frac{1}{n}+\frac{1}{{{n}^{2}}}+\frac{1}{{{n}^{3}}} \right)=+\infty $.
- $\lim \left( -{{n}^{2}}+n\sqrt{n}-1 \right)=\lim {{n}^{2}}.\left( -1+\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{{{n}^{2}}} \right)=-\infty $.
- Ta có: $\left( n-\sin 2n \right)\ge n-1$ mà $\lim \left( n-1 \right)=+\infty \Rightarrow \lim \left( n-\sin 2n \right)=+\infty $.
- $\lim \frac{1}{n+{{\cos }^{2}}n}=0$
Bài tập 7: Tìm giới hạn của dãy số
Tìm giới hạn của dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ với
a. ${{u}_{n}}=\frac{{{2}^{n+1}}-{{3}^{n}}+11}{{{3}^{n+2}}+{{2}^{n+3}}-4}$ b. ${{u}_{n}}=\frac{13.~{{3}^{n}}-5n}{3.~{{2}^{n}}+5.~{{4}^{n}}}$
Lời giải
a. ${{u}_{n}}=\frac{{{2}^{n+1}}-{{3}^{n}}+11}{{{3}^{n+2}}+{{2}^{n+3}}-4}=\frac{2.{{\left( \frac{2}{3} \right)}^{n}}-1+\frac{11}{{{3}^{n}}}}{9+8.{{\left( \frac{2}{3} \right)}^{n}}-\frac{4}{{{3}^{n}}}}$
$\lim {{\left( \frac{2}{3} \right)}^{n}}=0;\lim \frac{1}{{{3}^{n}}}=0\Rightarrow \lim {{u}_{n}}=-\frac{1}{9}$
b. ${{u}_{n}}=\frac{13.~{{3}^{n}}-5n}{3.~{{2}^{n}}+5.~{{4}^{n}}}=\frac{13.{{\left( \frac{3}{4} \right)}^{n}}-\frac{5n}{{{4}^{n}}}}{3.{{\left( \frac{1}{2} \right)}^{n}}+5}$
$\lim \frac{5n}{{{4}^{n}}}=5\lim \frac{n}{{{4}^{n}}}=5.0=0;\lim {{\left( \frac{3}{4} \right)}^{n}}=0;\lim {{\left( \frac{1}{2} \right)}^{n}}=0$$\Rightarrow \lim {{u}_{n}}=0$
Bài tập 8: Tìm số hạng đầu và công bội của một cấp số nhân lùi vô hạn
Tìm 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 $\frac{3}{4}$ và số hạng đầu là một số dương.
Lời giải
Gọi ${{u}_{1}}$ là số hạng đầu, q là công bội và S là tổng của cấp số nhân đã cho. Khi đó $S=\frac{{{u}_{1}}}{1-q}$.
Theo giả thiết ta có: $\left\{ \begin{matrix} \frac{{{u}_{1}}}{1-q}=12 \\ {{u}_{1}}\left( 1-q \right)=\frac{3}{4} \\ {{u}_{1}}>0 \\\end{matrix} \right.$.
Nhân 2 phương trình của hệ trên với nhau ta được $u_{1}^{2}=9$, mà ${{u}_{1}}>0\Rightarrow {{u}_{1}}=3$.
Thay vào phương trình thứ 2 của hệ ta được $q=\frac{3}{4}$.
Vậy cấp số nhân đã cho có số hạng đầu ${{u}_{1}}=3$ và công bội $q=\frac{3}{4}$.
Xem thêm:
