Câu 4.68 trang 145 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao.
a) \(\lim \left( {{{{n^2} – n} \over {1 – 2{n^2}}} + {{2\sin {n^2}} \over {\sqrt n }}} \right)\) là
(A) \({1 \over 2};\)
(B)\( – 1\) ;
(C)\( – {1 \over 2}\) ;
(D) 1.
b) \(\lim \left( {{{\sqrt {{n^2} + 2n} } \over {3n – 1}} + {{{{\left( { – 1} \right)}^n}} \over {{3^n}}}} \right)\) là
(A) \( – {1 \over 3};\)
(B) \({1 \over 3};\)
(C) \({{\sqrt 2 } \over 3};\)
(D) \( – 1.\)
c) \(\lim \left( {{3^4}{{.2}^{n + 1}} – {{5.3}^n}} \right)\) là
(A) \(-\infty\)
(B) \(+\infty\)
(C) \( – {2 \over 3}\)
(D) \( – {5 \over {81}}\)
d) \(\lim {{3 – {4^{ + 2}}} \over {{2^n} + {{3.4}^n}}}\) là
(A) \({4 \over 3};\)
(B) \({{16} \over 3};\)
(C) \(1;\)
(D) \( – {{16} \over 3}.\)
e) Số thập phân vô tận tuần hoàn
0,17232323…
Được biểu diễn bởi phân số
(A) \({{1517} \over {9900}};\)
(B) \({{153} \over {990}};\)
(C) \({{164} \over {990}};\)
(D) \({{1706} \over {9900}}.\)
f) Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn là 2, tổng của ba số hạng đầu tiên của nó là \({9 \over 4}.\)
Số hạng đầu của cấp số nhân đó là
A) \(4;\)
(B) \(5;\)
(C) \(3;\)
(D) \({9 \over 2}.\)
Giải
a) Chọn C
b) Chọn B
c) Chọn A
d) Chọn D
e) Chọn D
f) Chọn C
Câu 4.69 trang 146 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao.
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – 3} \root 3 \of {{{{x^4} + 27x} \over {4{x^2} – 36}}} \) là
(A) \( – {3 \over 2};\)
(B) \({3 \over 4};\)
(C) \( – {3 \over 4};\)
(D) \({3 \over 2}.\)
b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {{\root 3 \of {{x^3} + 2{x^2} + 1} } \over {\sqrt {2{x^2} + 1} }}\) là
(A) \({{\sqrt 2 } \over 2};\)
(B) \(1;\)
(C) \(0;\)
(D) \( – {{\sqrt 2 } \over 2}.\)
c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – 1} {{{x^2} + 1} \over {\left( {{x^2} + x} \right)\left( {{x^3} + 1} \right)}}\) là
(A) \( + \infty ;\)
(B) \(2;\)
(C) \( – \infty ;\)
(D) \( – 2.\)
d) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 3} \right)}^ + }} {{{x^2} + 13x + 30} \over {\sqrt {\left( {x + 3} \right)\left( {{x^2} + 5} \right)} }}\) là
A) \(2;\)
(B) \(0;\)
(C) \( – 2;\)
(D) \({2 \over {\sqrt {15} }}.\)
e) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 7} {{3 – \sqrt {x + 2} } \over {{x^2} – 2x – 35}}\) là
A) \( – {1 \over {72}};\)
(B) \( – {1 \over {12}};\)
(C) \(0;\)
(D) \({1 \over {52}}.\)
f) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left( {\sqrt {5{x^2} + 2x} + x\sqrt 5 } \right)\) là
A) \(0;\)
(B) \( – {{\sqrt 5 } \over 5};\)
(C) \( + \infty ;\)
(D) \( – \infty .\)
Giải
a) Chọn D
b) ChọnD
c) Chọn C
d) Chọn B
e) Chọn A
f) Chọn B
Câu 4.70 trang 147 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao.
Hàm số
\(f\left( x \right) = \left\{ \matrix{
\,\,\,\,\,\,{{{x^4} + x} \over {{x^2} + x}}\text{ với }x \ne \,2\,\text { và } x \ne 1 \hfill \cr
\,\,\,\,\,\,\,\,3\text{ với }x = – 1 \hfill \cr
\,\,\,\,\,\,\,1\text{ với },x = 0. \hfill \cr} \right.\)
(A)Liên tục tại mọi điểm trừ các điểm x thuộc đoạn \(\left[ { – 1;0} \right]\)
(B) liên tục tại mọi điểm \(x \in R\)
(C) liên tục tại mọi điểm trừ \(x = – 1\)
(D) liên tục tại mọi điểm trừ \(x = 0.\)
Giải
Chọn B
Câu 4.71 trang 147 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao.
Hàm số
\(f\left( x \right) = \left\{ \matrix{
\, – x\cos x\text{ với }x \,{{{x^2}} \over {1 + x}}\text{ với }0 \le x \,\,{x^3}\text{ với }x \ge 1. \hfill \cr} \right.\)
(A) liên tục tại mọi điểm \(x \in R\)
(B) liên tục tại mọi điểm trừ điểm \(x = 0\)
(C) liên tục tại mọi điểm trừ \(x = 1\)
(D) liên tục taoij mọi điểm trừ hai điểm \(x = 0\) và \(x = 1.\)
Giải
Chọn C
Câu 4.72 trang 148 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao.
Tìm giới hạn của các dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) với
a)\({u_n} = \sqrt {{{{1^2} + {2^2} + … + {n^2}} \over {\left( {{n^2} + n} \right)\left( {n + 2} \right)}}} \)
b)\({u_n} = {{{1^3} + {2^3} + … + {n^3}} \over {\sqrt {{n^7} + 3{n^4} + 1} }}\)
c) \({u_n} = \root 3 \of {n – 2{n^3}} \)
c) \({u_n} = {2^n} – {4.3^{n + 1}}\)
d) \({u_n} = 100n – {2.5^n}\)
f) \({u_n} = {{{3^n} – {4^{n + 1}}} \over {{2^{2n}} + {{10.3}^n} + 7}}.\)
Giải
a) \({1^2} + {2^2} + … + {n^2} = {{n\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)} \over 6}\)
\(\lim {u_n} = \lim \sqrt {{{n\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)} \over {6n\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}} = {{\sqrt 3 } \over 3}\)
b) \({1^3} + {2^3} + … + {n^3} = {{{n^2}{{\left( {n + 1} \right)}^2}} \over 4};\)
\(\lim {u_n} = \lim {{{n^2}{{\left( {n + 1} \right)}^2}} \over {4\sqrt {{n^7} + 3{n^4} + 1} }} = \lim {{{{\left( {1 + {1 \over n}} \right)}^2}} \over {4\sqrt {{1 \over n} + {3 \over {{n^4}}} + {1 \over {{n^8}}}} }} = + \infty \)
c) \(\lim {u_n} = {\mathop{\rm limn}\nolimits} .\root 3 \of {{1 \over {{n^2}}} – 2} = – \infty \)
d) \({u_n} = {3^n}\left[ {{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} – 12} \right]\) với mọi n ;
\( \lim u_n =- \infty ;\)
e) \({u_n} = {5^n}\left( {{{100n} \over {{5^n}}} – 2} \right)\) với mọi n.
Nếu \(q > 1\) thì\(\lim {n \over {{q^n}}} = 0.\) Do đó \(\lim {n \over {{5^n}}} = 0.\) Vì \(\lim {5^n} = + \infty \) và \(\lim \left( {{{100n} \over {{5^n}}} – 2} \right) = – 2 \(\lim {u_n} = – \infty ;\)
f) Ta có \({2^{2n}} = {4^n}.\) Do đó
\({u_n} = {{{{\left( {{3 \over 4}} \right)}^n} – 4} \over {1 + 10{{\left( {{3 \over 4}} \right)}^n} + {7 \over {{4^n}}}}}\) với mọi n.
Do đó \(\lim {u_n} = – 4.\)
Câu 4.73 trang 148 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao.
Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) xác định bởi
\(\left\{ \matrix{
{u_1} = 1 \hfill \cr
{u_{n + 1}} = {{{u_n} – 4} \over {{u_n} + 6}} \hfill \cr} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\)
a) Chứng minh rằng \({u_n} \ne – 4\) với mọi n.
b) Gọi \(\left( {{v_n}} \right)\) là dãy số xác định bởi
\({v_n} = {{{u_n} + 1} \over {{u_n} + 4}}.\)
Chứng minh rằng \(\left( {{v_n}} \right)\) là một cấp số nhân. Từ đó tìm giới hạn của dãy \(\left( {{u_n}} \right)\).
Giải
a) Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp . Ta có \({u_1} = 1 \ne – 4.\)
Giả sử \({u_n} \ne – 4\). Ta chứng minh \({u_{n + 1}} \ne – 4.\) Thật vậy,
\({u_{n + 1}} = – 4 \Leftrightarrow {{{u_n} – 4} \over {{u_n} + 6}} = – 4\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{u_n} \ne – 6 \hfill \cr
{u_n} – 4 = – 4\left( {{u_n} + 6} \right) \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow {u_n} = – 4.\)
Điều này trái với với giả thiết quy nạp.
b) \({v_{n + 1}} = {{{u_{n + 1}} + 1} \over {{u_{n + 1}} + 4}} = {{{{{u_n} – 4} \over {{u_n} + 6}} + 1} \over {{{{u_n} – 4} \over {{u_n} + 6}} + 4}} = {{2{u_n} + 2} \over {5{u_n} + 20}} = {2 \over 5}.{u_n+1\over u_n+4}= {2 \over 5}{v_n}\) với mọi n.
Vậy dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\) là một cấp số nhân với công bội \(q = {2 \over 5}.\) Đó là một cấp số nhân lùi vô hạn.
Vì \({v_n} = {v_1}{\left( {{2 \over 5}} \right)^{n – 1}}\) với mọi n nên \(\lim {v_n} = 0.\)
Từ đẳng thức trong b) suy ra \({u_n} = {{4{v_n} – 1} \over {1 – {v_n}}}.\) Do đó
\(\lim {u_n} = – 1.\)
Câu 4.74 trang 148 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao.
Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) xác định bởi
\(\left\{ \matrix{
{u_1} = a \hfill \cr
{u_{n + 1}} = {{{u_n} + 1} \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }} – 1 \hfill \cr} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\)
Trong đó \( – 1 a) Chứng minh rằng \( – 1 với mọi n và \(\left( {{u_n}} \right)\) là một dãy số giảm.
b) Chứng minh rằng
\( – 1 với mọi n.
c) Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {u_n}.\)
Giải
a) Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Theo giả thiết, điều khẳng định đúng với \(n = 1.\) Giả sử điều khẳng định đúng với n , tức là
\( – 1 Ta chứng minh nó đúng với \(n + 1.\) Thật vậy, từ (2) suy ra
\(0 Do đó
\(0 Và
\( – 1 Tức là
\( – 1 Vì \( – 1 0\) và \(u_n^2 > 0\) với mọi n . Do đó từ (1) suy ra \({u_{n + 1}} Vậy \(\left( {{u_n}} \right)\) là một dãy số giảm.
b) Từ đẳng thức (1) suy ra
\({u_{n + 1}} + 1 = {1 \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }}\left( {{u_n} + 1} \right)\) với mọi n.
Từ đó suy ra
\(\left| {{u_n}} \right| \ge \left| a \right| \Leftrightarrow u_n^2 \ge {a^2};\)
Do đó
\({1 \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }} \le {1 \over {\sqrt {{a^2} + 1} }}\) với mọi n
Và từ (3), ta có
\({u_{n + 1}} + 1 \le {1 \over {\sqrt {{a^2} + 1} }}\left( {{u_n} + 1} \right)\) với mọi n.
Đặt \({v_n} = {u_n} + 1\) và \(q = {1 \over {\sqrt {{a^2} + 1} }},\) ta có \(0 0\) và
\({v_{n + 1}} \le q{v_n}\) với mọi n.
Từ đó ta có
\(\eqalign{
& {v_2} \le {v_1}q = \left( {a + 1} \right)q, \cr
& {v_3} \le {v_2}q = \left( {a + 1} \right){q^2},…, \cr
& 0 \le {v_n} \le \left( {a + 1} \right){q^{n – 1}} \cr} \)
Với mọi n . Vì \(\lim \left( {a + 1} \right).{q^{n – 1}} = \left( {a + 1} \right)\lim {q^{n – 1}} = 0\) nên từ đó suy ra
\(\lim {v_n} = 0\) và \(\lim {u_n} = – 1.\)
Câu 4.75 trang 149 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao.
Cho số thực a và dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) xác định bởi
\({u_1} = a,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{u_{n + 1}} = 1 + {{{u_n}} \over 2}.\)
Tìm \(\lim {u_n}.\)
Giải
Ta có \(\,{u_2} = 1 + {a \over 2},\,{u_3} = 1 + {{{u_2}} \over 2} = 1 + {1 \over 2} + {a \over {{2^2}}}.\)
Bằng phương pháp quy nạp dễ dàng chứng minh được rằng:
\(\,\,{u_n} = 1 + {1 \over 2} + {1 \over {{2^2}}} + … + {1 \over {{2^{n – 2}}}} + {a \over {{2^{n – 1}}}},\) với mọi \(n \ge 3.\)
Do đó \({u_n} = {{1 – {1 \over {{2^{n – 1}}}}} \over {1 – {1 \over 2}}} + {a \over {{2^{n – 1}}}} = 2 – {1 \over {{2^{n – 2}}}} + {a \over {{2^{n – 1}}}},\) với mọi \(n \ge 3.\)
Vậy \(\lim {u_n} = 2.\)
Câu 4.76 trang 149 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao.
Tìm các giới hạn sau:
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – 1} \sqrt {{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {1 – 2x} \right)} \over {{x^2} + x + 1}}} \)
b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 11} \root 3 \of {{{{x^2} – 9x – 22} \over {\left( {x – 11} \right)\left( {{x^2} – 3x + 16} \right)}}} \)
c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {2{x^3} – {x^2} + 10} \)
d) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 4} \right)}^ – }} \left( {{2 \over {{x^2} + 3x – 4}} – {3 \over {x + 4}}} \right).\)
Giải
a) \(\sqrt 6 ;\)
b) \({1 \over 2};\)
c) \( + \infty ;\)
d) \({2 \over {{x^2} + 3x – 4}} – {3 \over {x + 4}} = {2 \over {\left( {x – 1} \right)\left( {x + 4} \right)}} – {3 \over {x + 4}}\)
\( = {{5 – 3x} \over {\left( {x – 1} \right)\left( {x + 4} \right)}} = {1 \over {x + 4}}.{{5 – 3x} \over {x – 1}}.\)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 4} \right)}^ – }} {1 \over {x + 4}} = – \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 4} \right)}^ – }} {{5 – 3x} \over {x – 1}} = – {{17} \over 5} \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 4} \right)}^ – }} \left( {{2 \over {{x^2} + 3x – 4}} – {3 \over {x + 4}}} \right) = + \infty .\)
Câu 4.77 trang 149 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao.
Tìm các giới hạn sau:
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} {{\sqrt {3x – 2} – 2} \over {{x^2} + 7x – 18}}\)
b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – 1} {{\sqrt {{x^2} + x + 2} – \sqrt {1 – x} } \over {{x^4} + x}}\)
c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} {{3 – \left| {x – 1} \right|} \over {\left| {x – 2} \right| – 2}}\)
d) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + 8x} – \sqrt {{x^2} – x} } \right).\)
Giải
a) \({3 \over {44}};\) b) 0;
c) Với \(x > 2,\) ta có \(\left| {x – 1} \right| = x – 1\) và \(\left| {x – 2} \right| = x – 2.\) Do đó
\({{3 – \left| {x – 1} \right|} \over {\left| {x – 2} \right| – 2}} = {{3 – \left( {x – 1} \right)} \over {x – 2 – 2}} = {{4 – x} \over {x – 4}} = – 1\) với \(x > 2\) và \(x \ne 4.\)
Do đó
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} {{3 – \left| {x – 1} \right|} \over {\left| {x – 2} \right| – 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \left( { – 1} \right) = – 1;\)
d) \( – {9 \over 2}.\)
Câu 4.78 trang 149 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao.
a) Chứng minh rằng phương trình
\({x^3} – 10000{x^2} – {1 \over {100}} = 0\)
Có ít nhất một nghiệm dương.
b) Chứng minh rằng mọi số thực a, b , c , phương trình
\({x^3} + a{x^2} + bx + c = 0\)
Có ít nhất một nghiệm.
Giải
a) Hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} – 10000{x^2} – {1 \over {100}}\) liên tục trên R \(f\left( 0 \right) = – {1 \over {100}} 0.\) Vì \(f\left( 0 \right)f\left( b \right) Vậy \(x = c\) là mmotj nghiệm dương của phương trình đã cho.
b) Hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} + a{x^2} + bx + c\) liên tục trên R ;
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f\left( x \right) = – \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty .\)
Do đó tồn tại giá trị \(x_1\in R\) sao cho \(f(x_1)0\)
Khi đó ta có: \(f(x_1).f(x_2)
Trả lời