Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây
Các dạng toán và bài tập giới hạn và liên tục
Chương 4 Giới hạn và liên tục
Bài 1. Giới hạn của dãy só
A. Tóm tát lý thuyét
Định nghĩa 1 (Giới hạn bằng 0 ). Ta nói dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có giới hạn là 0 nếu với mỗi số dương nhỏ tùy ý cho trước, mọi số hạng của dãy số, kể từ một số hạng nào đó trở đi, đều có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn số dương đó. Khi đó ta viết \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 0\) hay \(\lim {u_n} = 0\) hay \({u_n} \to 0\) khi \(n \to + \infty \).
Định nghĩa 2 (Giới hạn bằng a ). Ta nói dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có giới hạn là số thực a nếu \(\lim \left( {{u_n} – a} \right) = 0\). Khi đó ta viết \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = a\) hay \(\lim {u_n} = a\) hay \({u_n} \to a\) khi \(n \to + \infty \). Dãy số có giới hạn là số a hữu hạn gọi là dãy số có giới hạn hữu hạn.
Định nghĩa 3 (Giới hạn vô cực).
1. 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 kỳ, kể từ một số hạng nào đó trở đi.
Ký hiệu: \(\lim {u_n} = + \infty \) hay \({u_n} \to + \infty \) khi \(n \to + \infty \).
2. Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có giới hạn là \( – \infty \) khi \(n \to + \infty \) nếu \(\lim \left( { – {u_n}} \right) = + \infty \).
Ký hiệu: \(\lim {u_n} = – \infty \) hay \({u_n} \to – \infty \) khi \(n \to + \infty \).
|
GIỚI HẠN HỮU HẠN |
GIỚI HẠN VÔ CỰC |
|
Các giới hạn đặc biệt – \(\lim \frac{1}{{{n^k}}} = 0,\left( {k \in {\mathbb{N}^*}} \right)\). – \(\lim {n^k} = + \infty ,\left( {k \in {\mathbb{N}^*}} \right)\). – \(\lim {q^n} = 0,(|q| < 1)\). |
Các giới hạn đặc biệt – \(\lim {q^n} = 0,(q > 1)\). – \(\lim C = C,(C \in \mathbb{R})\) |
|
Định lí 1. Nểu \(\lim {u_n} = a\) và \(\lim {v_n} = b\) thì – \(\lim \left( {{u_n} \pm {v_n}} \right) = a \pm b\). – \(\lim \left( {{u_n} \cdot {v_n}} \right) = a \cdot b.\) – \(\lim \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \frac{a}{b}(b \ne 0)\). – Nếu \({u_n} \ge 0,\forall n\) và \(\lim {u_n} = a\) thì \(a \ge 0\) và \(\lim \sqrt {{u_n}} = \sqrt a \). |
Định lí 2 – Nểu \(\lim {u_n} = a\) và \(\lim {v_n} = \pm \infty \) thì \(\lim \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = 0.\) – Nếu \(\lim {u_n} = a > 0\) và \(\lim {v_n} = 0\) và \({v_n} \ge 0,\forall n\) thì \(\lim \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = + \infty \). – Nếu \(\lim {u_n} = + \infty \) và \(\lim {v_n} = a > 0\) thì \(\lim \left( {{u_n} \cdot {v_n}} \right) = + \infty \). |
Định lí 3 (Nguyên lý kẹp). Cho ba dãy số \(\left( {{u_n}} \right),\left( {{v_n}} \right),\left( {{w_n}} \right)\). Lúc đó, nếu \({u_n} \le {v_n} \le {w_n},\forall n\) và \(\lim {u_n} = \lim {w_n} = a,(a \in \mathbb{R})\) thì \(\lim {v_n} = a\).
Định nghĩa 4. Cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) có công bội q được gọi kà cấp số nhân lùi vô hạn nếu \(|q| < 1\). Nhận xét. Cho cấp số nhân lùi vô hạn \(\left( {{u_n}} \right)\) có công bội q. Với mỗi \(n \in {\mathbb{N}^*}\), đặt \(S = {u_1} + {u_2} + \ldots + {u_n}\). Lúc đó: \(\lim {S_n} = \frac{{{u_1}}}{{1 – q}}\)
Định nghĩa 5. Giới hạn (4.1) được gọi là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn \(\left( {{u_n}} \right)\) và được ký hiệu là
\(S = {u_1} + {u_2} + \ldots + {u_n}\)
Như vậy:
\({\rm{S}} = \lim {S_n} = \frac{{{u_1}}}{{1 – q}},(|q| < 1)\)
B. Dạng toán và bài tâp
Dạng 1. Tính giới hạn \(L = \lim \frac{{P(n)}}{{Q(n)}}\) vóii \(P(n),Q(n)\) là các đa thức.
Phương pháp giải:
Rút lũy thừa bậc cao nhất của tử và mẫu, rồi sử dụng các công thức:
– \(\lim \frac{c}{{{n^k}}} = 0,\left( {k \in {\mathbb{N}^*},c \in \mathbb{R}} \right)\). \(\quad \)
– \(\lim {n^k} = + \infty \left( {k \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).
– \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\lim {u_n} = + \infty }\\{\lim {v_n} = a > 0}\end{array} \Rightarrow \lim \left( {{u_n} \cdot {v_n}} \right) = + \infty } \right.\)
– \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\lim {u_n} = + \infty }\\{\lim {v_n} = a < 0}\end{array} \Rightarrow \lim \left( {{u_n} \cdot {v_n}} \right) = – \infty } \right.\]
– \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\lim {u_n} = – \infty }\\{\lim {v_n} = a > 0}\end{array} \Rightarrow \lim \left( {{u_n} \cdot {v_n}} \right) = – \infty } \right.\).
– \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\lim {u_n} = – \infty }\\{\lim {v_n} = a > 0}\end{array} \Rightarrow \lim \left( {{u_n} \cdot {v_n}} \right) = + \infty } \right.\).
(1) Ví dụ
Ví dụ 1. Tính giới hạn \(L = \lim \frac{{4{n^2} – n – 1}}{{3 + 2{n^2}}}\).
ĐS: L=2
Lời giải
Ta có
\(\begin{array}{l}L = \lim \frac{{{n^2}\left( {4 – \frac{1}{n} – \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{{n^2}\left( {\frac{3}{{{n^2}}} + 2} \right)}}\\ = \lim \frac{{4 – \frac{1}{n} – \frac{1}{{{n^2}}}}}{{\frac{3}{{{n^2}}} + 2}} = \frac{{4 – 0 – 0}}{{0 + 2}} = 2\end{array}\).
Nhận xét: Nếu bậc tủ P(n) bằng bạc mâu Q(n) thì \(\lim \frac{{P(n)}}{{Q(n)}} = (\) Hệ số bậc cao nhất của tử) + (Hệ số bậc cao nhất của mẫu).
Ví dụ 2. Tính giới hạn \(L = \lim \frac{{2{n^2} – {n^5}4n – {1^4}}}{{20{n^6}2{n^2} – n + {1^4}}}.\quad \quad \)
ĐS: \(L = \frac{{128}}{5}\)
Lời giải
\({\rm{ Ta c\’o }}L = \lim \frac{{{{\left[ {{n^2}\left( {2 – \frac{1}{n}} \right)} \right]}^5}{{\left[ {n\left( {4 – \frac{2}{n}} \right)} \right]}^4}}}{{20{n^6}{{\left[ {{n^2}\left( {2 – \frac{3}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)} \right]}^4}}}\)
\(\begin{array}{l} = \lim \frac{{{n^{10}}{{\left( {2 – \frac{1}{n}} \right)}^5}{n^4}{{\left( {4 – \frac{2}{n}} \right)}^4}}}{{20{n^6}{n^8}{{\left( {2 – \frac{3}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}^4}}}\\ = \lim \frac{{{{\left( {2 – \frac{1}{n}} \right)}^5}{{\left( {4 – \frac{2}{n}} \right)}^4}}}{{20{{\left( {2 – \frac{3}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}^4}}}\\ = \lim \frac{{{{(2 – 0)}^5}{{(4 – 0)}^4}}}{{20{{(2 – 0 + 0)}^4}}} = \frac{{128}}{5}\end{array}\)
Nhận xét: Với bài toán có lũy thừa bậc cao, ta thường rút bậc cao trong từng dấu ngoặc, sau đó áp dụng công thức \({(a.b)^n} = {a^n}.{b^n}\) và tính toán như các bài trước.
Ví dụ 3. Tính giới hạn \(L = \lim \frac{{{n^2} – n + 3}}{{{n^3} + 2n}}\).
ĐS: L=0
Lời giải
Ta có
\(\begin{array}{l}L = \lim \frac{{{n^2}\left( {1 – \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} \right)}}{{{n^3}\left( {1 + \frac{2}{{{n^2}}}} \right)}}\\ = \lim \left( {\frac{1}{n} \cdot \frac{{1 – \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}}}{{1 + \frac{2}{{{n^2}}}}}} \right)\\ = 0 \cdot \frac{{1 – 0 + 0}}{{1 + 0}} = 0\end{array}\)
Nhận xét: Nếu bậc tủ P(n) nhỏ hơn bạc mấu Q(n) thì \(L = \lim \frac{{P({\rm{n}})}}{{Q({\rm{n}})}} = 0\)
Ví dụ 4. Tính giới hạn \(L = \lim \frac{{2{n^3} – 11n + 1}}{{{n^2} – 2}}\).
ĐS: \(L = + \infty \)
\(\begin{array}{l}L = \lim \frac{{{n^3}\left( {2 – \frac{{11}}{n} + \frac{1}{{{n^3}}}} \right)}}{{{n^2}\left( {1 – \frac{2}{{{n^2}}}} \right)}}\\ = \lim \left( {n \cdot \frac{{2 – \frac{{11}}{n} + \frac{1}{{{n^3}}}}}{{1 – \frac{2}{{{n^2}}}}}} \right) = + \infty \end{array}\)
(vì \(\lim n = + \infty \) và \(\lim \left( {\frac{{2 – \frac{{11}}{n} + \frac{1}{{{n^3}}}}}{{1 – \frac{2}{{{n^2}}}}}} \right) = 2 > 0\) ).
Nhận xét: – Nếu bậc tủ P(n) lớn hơn bậc mấu Q(n) thì \(L = \lim \frac{{P({\rm{n}})}}{{Q({\rm{n}})}} = \pm \infty \).
– Để biết là \( + \infty \) hay \( – \infty \) ta dụa vào dấu của giới hạn trong tích theo quy tắc “cùng dấu thì tích dương, trái dấu thì tích âm”. Thông thương, sẽ để dấu \( = \infty \) và xét dấu sẽ điền vào sau.
– Về trắc nghiệm, đó chính là tích của hệ số bậc cao nhất của tủ và mẫu.
Ví dụ 5. Tính giới hạn \(L = \lim \frac{{1 + 3 + 5 + 7 + \cdots (2n + 1)}}{{3{n^2} + 4}}\).
ĐS: \(L = \frac{1}{3}\)
Lời giải
Xét cấp số cộng 1,3,5,7,9,…., 2n+ 1 có số hạng đầu tiên \({u_1} = 1\) công sai d =2 và số hạng cuối cùng là \({u_m} = 2n + 1\) ta có:
\({u_1} + (m – 1)d = 2n + 1 \Leftrightarrow 1 + 2(m – 1) = 2n + 1 \Leftrightarrow m = n + 1..\)
Vậy cấp số cộng có n + 1 số hạng. Suy ra tổng
\(\begin{array}{l}S = 1 + 3 + 5 + 7 + \cdots + 2n + 1 = \frac{m}{2}\left( {{u_1} + {u_m}} \right)\\ = \frac{{n + 1}}{2}(1 + 2n + 1) = {n^2} + 2n + 1\end{array}\)
Vì thế
\(\begin{array}{l}L = \lim \frac{{{n^2} + 2n + 1}}{{3{n^2} + 4}} = \lim \frac{{{n^2}\left( {1 + \frac{2}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{{n^2}\left( {3 + \frac{4}{{{n^2}}}} \right)}}\\ = \lim \frac{{1 + \frac{2}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{3 + \frac{4}{{{n^2}}}}} = \frac{{1 + 0 + 0}}{{3 + 0}} = \frac{1}{3}\end{array}\).
Nhận xét: Cần nhớ công thức cấp số cộng:
\(\begin{array}{l}{u_{k + 1}} – {u_k} = d,{\rm{ voi d l\`a c\^o ng sai}}{\rm{. }}\\{u_n} = {u_1} + (n – 1)d,{\rm{ voi d l\`a c\^o ng sai}}{\rm{. }}\\{u_{k + 1}} + {u_{k – 1}} = 2{u_k},k \ge 2.\\{S_n} = {u_1} + {u_2} + \cdots {u_n} = \frac{n}{2}{u_1} + {u_n}.\end{array}\)
Ví dụ 6. Tính giới hạn \(L = \lim \left[ {\frac{1}{{1.2}} + \frac{1}{{2.3}} + \frac{1}{{3.4}} + \frac{1}{{4.5}} + \cdots + \frac{1}{{n(n + 1)}}} \right]\).
ĐS: L=1
Lời giải
Số hạng tổng quát \(\frac{1}{{k({\rm{k}} + 1)}} = \frac{1}{k} – \frac{1}{{k + 1}};(\forall k = 1,2, \ldots ,n)\) do đó
\(\begin{array}{l}L = \lim \left( {1 – \frac{1}{2} + \frac{1}{2} – \frac{1}{3} + \frac{1}{3} – \frac{1}{4} + \frac{1}{4} – \cdots + \frac{1}{n} – \frac{1}{{n + 1}}} \right)\\ = \lim \left( {1 – \frac{1}{{n + 1}}} \right) = \lim \left( {\frac{n}{{n + 1}}} \right)\\ = \lim \frac{1}{{1 + \frac{1}{n}}} = \frac{1}{{1 + 0}} = 1\end{array}\)
Nhận xét: Phân tích \(\frac{1}{{k(k + 1)}} = \frac{a}{k} + \frac{b}{{k + 1}}\)
với \(a = {\left. {\frac{1}{{k + 1}}} \right|_{k = 0}} = 1;b = {\left. {\frac{1}{k}} \right|_{k = – 1}} = – 1\).
2) Bài tập áp dụng
Bài 1. Tính giới hạn sau:
a) \(L = \lim \frac{{3{n^2} + n – 5}}{{2{n^2} + 1}}\);
b) \(L = \lim \frac{{{n^3} – n + 3}}{{2{n^3} + 3{n^3} – 1}}\)
c) \(L = \lim \frac{{6{n^3} – 2n + 1}}{{5{n^3} – n{n^2} + n – 1}}\);
d) \(L = \lim \frac{{2{n^4} + {1^2}n + {2^9}}}{{{n^{17}} + 1}}\);
e) \(L = \lim \frac{{2n – {1^2}3 – 4{n^3}}}{{4n + {2^3}2 – {n^2}}}\);
f) \(L = \lim \frac{{3{n^2} – {1^3}2n + {5^2}9n + 4}}{{2n – {4^4}2{n^3} + 1\quad 2{n^2} – 7}}\)
g) \(L = \lim \frac{{{n^2} + 2n – {1^3}}}{{n + 12{n^2} + {3^2}}}\).
Bài 2. Tính giới hạn sau:
a) \(L = \lim \frac{{7{n^3} + 2{n^2} + 1}}{{{n^4} + 5{n^3} + n}}\)
b) \(L = \lim \frac{{7n + 3}}{{2{n^2} + 3{n^3} + 4}}\);
c) \(L = \lim \frac{{{n^2} + 4n – 5}}{{3{n^3} + {n^2} + 7}}\)
d) \(L = \lim \frac{{ – 2{n^3} + 3{n^2} + 4}}{{{n^4} + 4{n^3} + n}}\)
e) \(L = \lim \frac{{ – 2{n^2} + n + 2}}{{3{n^4} + 5}}\).
Bài 3. Tính giới hạn sau:
a) \(L = \lim \frac{{{n^3} – 5n + 3}}{{3{n^2} + n – 1}}\)
b) \(L = \lim \frac{{5{n^4} – {n^3} + 5{n^2} + 3}}{{{n^2} – 3{n^3} – 1}}\);
c) \(L = \lim \frac{{3{n^4} + 2{n^2} – 1}}{{{n^3} + 2n + 9}}\);
d) \(L = \lim \frac{{3{n^5} – 2{n^4} + 2n + 7}}{{ – 6{n^4} + 2{n^3} + {n^2} – 1}}\);
Bài 4. Tính giới hạn sau:
a) \(L = \lim \frac{{1 + 2 + 3 + \ldots + n}}{{3{n^2} + 1}}\)
b) \(L = \lim \frac{{1 + 3 + 5 + 7 + \ldots + (2n – 1)}}{{{n^2} + 3n + 1}}\)
c) \(L = \lim \frac{{1 + 2 + 3 + \ldots + n}}{{2{n^2} – n + 9}}\);
d) \(L = \lim \frac{{5 + 9 + 13 + \ldots + (4n – 3)}}{{3{n^2} + 5n – 1}}\);
e) \(L = \lim \frac{{1 – 2 + 3 – 4 + \ldots + (2n – 1) – 2n}}{{2n + 1}}\);
f) \(L = \lim \left[ {\frac{1}{{1.3}} + \frac{1}{{2.4}} + \frac{1}{{3.5}} + \ldots + \frac{1}{{n(n + 2)}}} \right]\);
g) \(L = \lim \left[ {\frac{1}{{1.3}} + \frac{1}{{3.5}} + \frac{1}{{5.7}} + \ldots + \frac{1}{{(2n – 1)(2n + 1)}}} \right]\);
h) \(L = \lim \left[ {\frac{1}{{1.3}} + \frac{1}{{3.5}} + \frac{1}{{5.7}} + \ldots + \frac{1}{{(2n – 1)(2n + 1)}}} \right]\).
3) Lời giải
Bài 1.
a)
\(\begin{array}{l}L = \lim \frac{{3{n^2} + n – 5}}{{2{n^2} + 1}} = \lim \frac{{{n^2}\left( {3 + \frac{1}{n} – \frac{5}{{{n^2}}}} \right)}}{{{n^2}\left( {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}\\ = \lim \frac{{3 + \frac{1}{n} – \frac{5}{{{n^2}}}}}{{2 + \frac{1}{{{n^2}}}}} = \frac{{3 + 0 – 0}}{{2 + 0}} = \frac{3}{2}\end{array}\).
Xem thêm