Giải SGK Toán 11 (Cánh diều): Bài tập cuối chương 3

Giải Toán 11 Bài tập cuối chương 3

Bài 1 trang 79 Toán 11 Tập 1: Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a; b) và x₀ ∈ (a; b). Điều kiện cần và đủ để hàm số y = f(x) liên tục tại x₀ là:

A. $\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(x_0\right)$;

B. $\underset{x\to x_0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(x_0\right)$;

C. $\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to x_0^{-}}{\lim }f\left(x\right)$;

D. $\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to x_0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(x_0\right)$.

Lời giải:

Theo lí thuyết ta chọn đáp án D

Bài 2 trang 79 Toán 11 Tập 1: Tính các giới hạn sau:

a) lim$\frac{2n^2+6n+1}{8n^2+5}$;

b) lim$\frac{4n^2-3n+1}{3n^3+6n^2-2}$;

c) lim$\frac{\sqrt{4n^2-n+3}}{8n-5}$;

d) lim$\left(4-\frac{2^{n+1}}{3^n}\right)$;

e) lim$\frac{{4.5}^n+2^{n+2}}{{6.5}^n}$;

g) lim$\frac{2+\frac{4}{n^3}}{6^n}$.

Lời giải:

Bài 3 trang 79 Toán 11 Tập 1: Tính các giới hạn sau:

a) $\underset{x\to -3}{\lim }\left(4x^2-5x+6\right)$;

b) $\underset{x\to 2}{\lim }\frac{2x^2-5x+2}{x-2}$;

c) $\underset{x\to 4}{\lim }\frac{\sqrt{x}-2}{x^2-16}$.

Lời giải:

a) $\underset{x\to -3}{\lim }\left(4x^2-5x+6\right)=4{\left(-3\right)}^2$-5.(-3)+6 = -3.

b) $\underset{x\to 2}{\lim }\frac{2x^2-5x+2}{x-2}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{\left(x-2\right)\left(2x-1\right)}{x-2}=\underset{x\to 2}{\lim }\left(2x-1\right)=3$.

c) $\underset{x\to 4}{\lim }\frac{\sqrt{x}-2}{x^2-16}=\underset{x\to 4}{\lim }\frac{\sqrt{x}-2}{\left(x-4\right)\left(x+4\right)}=\underset{x\to 4}{\lim }\frac{\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)\left(x+4\right)}$

$=\underset{x\to 4}{\lim }\frac{1}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(x+4\right)}=\frac{1}{32}$

Bài 4 trang 79 Toán 11 Tập 1: Tính các giới hạn sau:

a) $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{6x+8}{5x-2}$;

b) $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{6x+8}{5x-2}$;

c) $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{9x^2-x+1}}{3x-2}$;

d) $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{9x^2-x+1}}{3x-2}$;

e) $\underset{x\to -2^{-}}{\lim }\frac{3x^2+4}{2x+4}$;

g) $\underset{x\to -2^{+}}{\lim }\frac{3x^2+4}{2x+4}$.

Lời giải:

Bài 5 trang 79 Toán 11 Tập 1: Cho hàm số f(x) = 

a) Với a = 0, b = 1, xét tính liên tục của hàm số tại x = 2.

b) Với giá trị nào của a, b thì hàm số liên tục tại x = 2?

c) Với giá trị nào của a, b thì hàm số liên tục trên tập xác định?

Lời giải:

a) Với a = 0, b = 1, hàm số f(x) = 

Với x < 2 thì f(x) = 2x là hàm liên tục.

Với x > 2 thì f(x) = – 3x + 1 là hàm liên tục.

Tại x = 2 ta có:

$\underset{x\to 2^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2^{-}}{\lim }2x=4$, $\underset{x\to 2^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\left(-3x+1\right)=-5$.

Suy ra $\underset{x\to 2^{-}}{\lim }f\left(x\right)\ne \underset{x\to 2^{+}}{\lim }f\left(x\right)$. Do đó không tồn tại $\underset{x\to 2}{\lim }f\left(x\right)$.

Vậy hàm số tiên tục trên ( – ∞; 2) và (2; +∞).

b) Ta có:

$\underset{x\to 2^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\left(2x+a\right)=4+a$, $\underset{x\to 2^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\left(-3x+b\right)=-6+b$

Để hàm số liên tục tại x = 2 thì:

$\underset{x\to 2^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(2\right)$.

Vậy với a = 0 và b = 10 thì hàm số liên tục tại x = 2.

c) Tập xác định của hàm số là: ℝ.

Để hàm số liên tục trên ℝ thì hàm số liên tục tại x = 2. Vì vậy với a = 0 và b = 10 thỏa mãn điều kiện.

Bài 6 trang 80 Toán 11 Tập 1: Từ độ cao 55,8 m của tháp nghiêng Pisa nước Ý, người ta thả một quả bóng cao su chạm xuống đất (Hình 18). Giả sử mỗi lần chạm đất quả bóng lại này lên độ cao bằng $\frac{1}{10}$độ cao mà quả bóng đạt được trước đó. Gọi S_n là tổng quãng đường di chuyển của quả bóng tính từ lúc thả vật bạn đầu cho đến khi quả bóng đó chạm đất n lần. Tính limS_n.

Lời giải:

Gọi (u_n) là dãy số thể hiện quãng đường di chuyển của quả bóng sau mỗi lần chạm đất.

Ta có: u₁ = 55,8, u₂ = $\frac{1}{10}$.u₁; u₃ = ${\left(\frac{1}{10}\right)}^2$.u₁; ...; u_n = ${\left(\frac{1}{10}\right)}^{n-1}$.u₁.

Khi đó dãy (u_n) lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu u₁ = 55,8 và công bội q=$\frac{1}{10}$thỏa mãn |q| < 1.

Suy ra $S_n=u_1+u_2+\mathrm{...}+u_n+\mathrm{...}=\frac{55,8}{1-\frac{1}{10}}=62$(m).

Vậy tổng độ dài quãng đường di chuyển của quả bóng tính từ lúc thả ban đầu cho đến khi quả bóng đó chạm đất n lần là 62 m.

Bài 7 trang 80 Toán 11 Tập 1: Cho một tam giác đều ABC cạnh a. Tam giác A₁B₁C₁ có các đỉnh là trung điểm các cạnh của tam giác ABC, tam giác A₂B₂C₂ có các đỉnh là trung điểm các cạnh của tam giác A₂B₂C₂, ..., Tam giác A_n+1B_n+1C_n+1 có các đỉnh là trung điểm các cạnh của tam giác A_nB_nC_n, ... Gọi p₁, p₂, ..., p_n, ... và S₁, S₂, ..., S_n, ... theo thứ tự là chu vi và diện tích của tam giác A₁B₁C₁, A₂B₂C₂, ..., A_nB_nC_n, ...

a) Tìm giới hạn của dãy số (p_n) và (S_n).

b) Tính các tổng p₁ + p₂ + ... + p_n + ... và S₁ + S₂ + ... + S_n + ... .

Lời giải:

a)

+) (p_n) là dãy số chu vi của các tam giác theo thứ tự ABC, A₁B₁C₁, ...

Ta có: p₁ = p_∆ABC = a + a + a = 3a;

p₂ = $p_{\Delta A_1{B}_1{C}_1}=\frac{a}{2}+\frac{a}{2}+\frac{a}{2}=\frac{1}{2}.\left(3a\right)=\frac{1}{2}.p_1$;

p₃ = $p_{\Delta A_2{B}_2{C}_2}=\frac{a}{4}+\frac{a}{4}+\frac{a}{4}={\left(\frac{1}{2}\right)}^2.\left(3a\right)={\left(\frac{1}{2}\right)}^2.p_1$; ...; $p_{\Delta A_n{B}_n{C}_n}={\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}.p_1$; ...

Suy ra:

$\underset{n\to \infty }{\lim }{p}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }\left({\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}.\left(3a\right)\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}.\underset{n\to \infty }{\lim }\left(3a\right)=0.3a=0$.

+) (S_n) là dãy số chu vi của các tam giác theo thứ tự ABC, A₁B₁C₁, ...

Gọi h là chiều cao của tam giác ABC và h = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Ta có: S₁ = S_∆ABC = $\frac{1}{2}$ah; S₂ = $S_{\Delta A_1{B}_1{C}_1}=\frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\frac{h}{2}=\frac{1}{4}.\left(\frac{1}{2}ah\right)=\frac{1}{4}.S_1$;

S₃ = $S_{\Delta A_2{B}_2{C}_2}=\frac{1}{2}.\frac{a}{4}.\frac{h}{4}={\left(\frac{1}{4}\right)}^2.\left(\frac{1}{2}ah\right)={\left(\frac{1}{4}\right)}^2.S_1$; ...; $S_{\Delta A_n{B}_n{C}_n}={\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}.S_1$; ...

Suy ra $\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }\left({\left(\frac{1}{4}\right)}^{n-1}.S_1\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{1}{4}\right)}^{n-1}.\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{2}ah\right)=0.\frac{1}{2}ah=0$.

b) +) Ta có (p_n) là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu p₁ = 3a và công bội q = $\frac{1}{2}$thỏa mãn |q| < 1 có tổng:

$P_n=p_1+p_2+\mathrm{...}+p_n+\mathrm{...}=\frac{3a}{1-\frac{1}{2}}=6a$.

+) Ta cũng có (S_n) là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu S₁ = $\frac{1}{2}$ah và công bội q = $\frac{1}{4}$ thỏa mãn |q| < 1 có tổng:

$S_n=S_1+S_2+\mathrm{...}+S_n+\mathrm{...}=\frac{\frac{1}{2}ah}{1-\frac{1}{4}}=\frac{2}{3}ah$.

Bài 8 trang 80 Toán 11 Tập 1: Một thấu kính hội tụ có tiêu cự là f. Gọi d và d’ lần lượt là khoảng cách từ một vật thật AB và từ ảnh A’B’ của nó tới quang tâm O của thấu kính như Hình 19. Công thức thấu kính $\frac{1}{d}+\frac{1}{d\text{'}}=\frac{1}{f}$.

a) Tìm biểu thức xác định hàm số d’ = φ(d).

b) Tìm $\underset{d\to f^{+}}{\lim }\phi \left(d\right),\underset{d\to f^{-}}{\lim }\phi \left(d\right)$và $\underset{d\to f}{\lim }\phi \left(d\right)$. Giải thích ý nghĩa của các kết quả tìm được.

Lời giải:

a) Ta có: $\frac{1}{d\text{'}}=\frac{1}{f}-\frac{1}{d}\iff \frac{1}{d\text{'}}=\frac{d-f}{df}\iff d\text{'}=\frac{df}{d-f}$.

b) Ta có:

$\underset{d\to f^{+}}{\lim }\phi \left(d\right)=\underset{d\to f^{+}}{\lim }\frac{df}{d-f}=+\infty ;\underset{d\to f^{-}}{\lim }\phi \left(d\right)=\underset{d\to f^{-}}{\lim }\frac{df}{d-f}=-\infty$;

$\underset{d\to f}{\lim }\phi \left(d\right)=\underset{d\to f}{\lim }\frac{df}{d-f}=\infty$.

Giải thích ý nghĩa: Khi khoảng cách của vật tới thấu kính mà gần với tiêu cự thì khoảng cách ảnh của vật đến thấu kính ra xa vô tận nên lúc đó bằng mắt thường mình không nhìn thấy.