Toán 11 tập 1 trang 79 Bài cuối chương 3

Giải toán 11 tập 1 trang 79 Bài cuối chương 1 sách Cánh diều có đáp án chi tiết cho từng Bài trong sách giáo khoa Toán lớp 11 Cánh diều. Mời các em học sinh cùng quý phụ huynh tham khảo.

Trang 79 toán 11 tập 1

Bài 1 trang 79 toán 11 tập 1

Cho hàm số $y = f(x)$ xác định trên khoảng $(a;b)$ và ${x_0} \in (a;b)$. Điều kiện cần và đủ để hàm số $y = f(x)$ liên tục tại ${x_0}$ là:

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

B. $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ – } f(x) = f\left( {{x_0}} \right)$.

C. $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ – } f(x)$.

D. $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ – } f(x) = f\left( {{x_0}} \right)$.

Lời giải:

Cho hàm $y = f(x)$ xác định trên khoảng $\left( {a;b} \right)$, ${x_0} \in \left( {a;b} \right)$. Hàm số $f(x)$ được gọi là liên tục tại điểm ${x_0}$ nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f({x_0})$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ – } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = L$

Bài 2 trang 79 toán 11 tập 1

Đề bài

Tính các giới hạn sau:

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

b) $\lim \frac{{4{n^2} – 3n + 1}}{{ – 3{n^3} + 5{n^2} – 2}}$;

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

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

a) $\lim \frac{{2{n^2} + 6n + 1}}{{8{n^2} + 5}} = \lim \frac{{{n^2}\left( {2 + \frac{6}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{{n^2}\left( {8 + \frac{5}{{{n^2}}}} \right)}} = \lim \frac{{2 + \frac{6}{n} + \frac{1}{n}}}{{8 + \frac{5}{n}}} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$

b) $\lim \frac{{4{n^2} – 3n + 1}}{{ – 3{n^3} + 6{n^2} – 2}} = \lim \frac{{{n^3}\left( {\frac{4}{n} – \frac{3}{{{n^2}}} + \frac{1}{{{n^3}}}} \right)}}{{{n^3}\left( { – 3 + \frac{6}{n} – \frac{2}{{{n^3}}}} \right)}} = \lim \frac{{\frac{4}{n} – \frac{3}{{{n^2}}} + \frac{1}{{{n^3}}}}}{{ – 3 + \frac{6}{n} – \frac{2}{{{n^3}}}}} = \frac{{0 – 0 + 0}}{{ – 3 + 0 – 0}} = 0$.

c) $\lim \frac{{\sqrt {4{n^2} – n + 3} }}{{8n – 5}} = \lim \frac{{n\sqrt {4 – \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} }}{{n\left( {8 – \frac{5}{n}} \right)}} = \frac{{\sqrt {4 – 0 + 0} }}{{8 – 0}} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$.

d) $\lim \left( {4 – \frac{{{2^{{\rm{n}} + 1}}}}{{{3^{\rm{n}}}}}} \right) = \lim \left( {4 – 2 \cdot {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^{\rm{n}}}} \right) = 4 – 2.0 = 4$.

e) $\lim \frac{{{{4.5}^{\rm{n}}} + {2^{{\rm{n}} + 2}}}}{{{{6.5}^{\rm{n}}}}} = \lim \frac{{{{4.5}^{\rm{n}}} + {2^2}{{.2}^{\rm{n}}}}}{{{{6.5}^{\rm{n}}}}} = \lim \frac{{{5^n}.\left[ {4 + 4.{{\left( {\frac{2}{5}} \right)}^{\rm{n}}}} \right]}}{{{{6.5}^n}}} = \lim \frac{{4 + 4.{{\left( {\frac{2}{5}} \right)}^{\rm{n}}}}}{6} = \frac{{4 + 4.0}}{6} = \frac{2}{3}$.

g) $\lim \frac{{2 + \frac{4}{{{n^3}}}}}{{{6^{\rm{n}}}}} = \lim \left( {2 + \frac{4}{{{{\rm{n}}^3}}}} \right).\lim {\left( {\frac{1}{6}} \right)^{\rm{n}}} = \left( {2 + 0} \right).0 = 0$.

Bài 3 trang 79 toán 11 tập 1

Tính các giới hạn sau:

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

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{2{x^2} – 5x + 2}}{{x – 2}}$;

c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{\sqrt x – 2}}{{{x^2} – 16}}$.

Lời giải

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to – 3} \left( {4{x^2} – 5x + 6} \right) = 4.{\left( { – 3} \right)^2} – 5.\left( { – 3} \right) + 6 = 57$

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{2{x^2} – 5x + 2}}{{x – 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x – 2} \right)\left( {2x – 1} \right)}}{{x – 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {2x – 1} \right) = 2.2 – 1 = 3$

c) $\begin{array}{c}\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{\sqrt x – 2}}{{{x^2} – 16}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{\sqrt x – 2}}{{\left( {x – 4} \right)\left( {x + 4} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{\sqrt x – 2}}{{\left( {\sqrt x – 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {x + 4} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{1}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {x + 4} \right)}}\\ = \frac{1}{{\left( {\sqrt 4 + 2} \right)\left( {4 + 4} \right)}} = \frac{1}{{32}}\end{array}$

Bài 4 trang 79 toán 11 tập 1

Đề bài

Tính các giới hạn sau:

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{6x + 8}}{{5x – 2}}$;

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{6x + 8}}{{5x – 2}}$;

c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{\sqrt {9{x^2} – x + 1} }}{{3x – 2}}$;

d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {9{x^2} – x + 1} }}{{3x – 2}}$;

e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to – {2^ – }} \frac{{3{x^2} + 4}}{{2x + 4}}$;

g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to – {2^ + }} \frac{{3{x^2} + 4}}{{2x + 4}}$.

Lời giải

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{6x + 8}}{{5x – 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{x\left( {6 + \frac{8}{x}} \right)}}{{x\left( {5 – \frac{2}{x}} \right)}} = \frac{6}{5}$

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{6x + 8}}{{5x – 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\left( {6 + \frac{8}{x}} \right)}}{{x\left( {5 – \frac{2}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{6 + \frac{8}{x}}}{{5 – \frac{2}{x}}} = \frac{6}{5}$.

c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{\sqrt {9{x^2} – x + 1} }}{{3x – 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{ – x\sqrt {9 – \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{x\left( {3 – \frac{2}{x}} \right)}} = – \frac{3}{3} = – 1$.

d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {9{x^2} – x + 1} }}{{3x – 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{x\sqrt {9 – \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{x\left( {3 – \frac{2}{x}} \right)}} = \frac{3}{3} = 1$.

e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to – {2^ – }} \frac{{3{x^2} + 4}}{{2x + 4}} = – \infty $

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to – {2^ – }} \left( {3{x^2} + 1} \right) = 3.{\left( { – 2} \right)^2} + 1 = 13 > 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to – {2^ – }} \frac{1}{{2x + 4}} = – \infty $

g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to – {2^ + }} \frac{{3{x^2} + 4}}{{2x + 4}} = + \infty $.

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to – {2^ + }} \left( {3{x^2} + 1} \right) = 3.{\left( { – 2} \right)^2} + 1 = 13 > 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to – {2^ + }} \frac{1}{{2x + 4}} = + \infty $

Bài 5 trang 79 toán 11 tập 1

Cho hàm số $f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + a}&{{\rm{ }}x < 2}\\4&{{\rm{ }}x = 2}\\{ – 3x + b}&{{\rm{ }}\,x > 2}\end{array}} \right.$

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

Với a = 0, b = 1, hàm số $f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x}&{{\rm{ }}x < 2}\\4&{{\rm{ }}x = 2}\\{ – 3x + 1}&{{\rm{ }}\,x > 2}\end{array}} \right.$

Ta có:

$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( { – 3x + 1} \right) = – 3.2 + 1 = – 5\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} \left( {2x} \right) = 2.2 = 4\\ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} f\left( x \right) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right)\end{array}$

Do đó không tồn tại giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right)$

Vậy hàm số không liên tục tại x = 2.

b) Ta có:

$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( { – 3x + b} \right) = – 3.2 + b = – 6 + b\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} \left( {2x + a} \right) = 2.2 + a = 4 + a\\f\left( 2 \right) = 4\end{array}$

Để hàm số liên tục tại x = 2 thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)$

$ \Leftrightarrow – 6 + b = 4 + a = 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 + a = 4\\ – 6 + b = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = 10\end{array} \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.

Với x < 2 thì $f\left( x \right) = 2x + a$ là hàm đa thức nên liên tục.

Với x > 2 thì $f\left( x \right) = -3x + b$ là hàm đa thức nên liên tục.

Do đó để hàm số liên tục trên ℝ thì hàm số $f\left( x \right)$ liên tục tại x = 2.

Vậy với a = 0 và b = 10 thỏa mãn điều kiện.

Trang 80 toán 11 tập 1

Bài 6 trang 80 toán 11 tập 1

Từ độ cao $55,8\;{\rm{m}}$ 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 nảy lên độ cao bằng $\frac{1}{{10}}$ độ cao mà quả bóng đạt được trước đó. Gọi ${S_n}$ là 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. Tính $\lim {S_n}$.

Lời giải

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

Ta có: ${u_1} = 55,8;{u_2} = \frac{1}{{10}}.{u_1};{u_3} = {\left( {\frac{1}{{10}}} \right)^2}.{u_1};…;{u_n} = {\left( {\frac{1}{{10}}} \right)^{n – 1}}.{u_1}.$

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 $\left| q \right| < 1.$

$ \Rightarrow {S_n} = {u_1} + {u_2} + … + {u_n} + … = \frac{{55,8}}{{1 – \frac{1}{{10}}}} = 62\left( m \right)$

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 ${A_1}{B_1}{C_1}$ có các đỉnh là trung điểm các cạnh của tam giác ABC, tam giác ${A_2}{B_2}{C_2}$ có các đỉnh là trung điểm các cạnh của tam giác ${A_1}{B_1}{C_1}, \ldots $, tam giác ${A_{n + 1}}{B_{n + 1}}{C_{n + 1}}$ có các đỉnh là trung điểm các cạnh của tam giác ${A_n}{B_n}{C_n}, \ldots $ Gọi ${p_1},{p_2}, \ldots ,{p_n}, \ldots $ và ${S_1},{S_2}, \ldots ,{S_n}, \ldots $ theo thứ tự là chu vi và diện tích của các tam giác ${A_1}{B_1}{C_1},{A_2}{B_2}{C_2}, \ldots ,{A_n}{B_n}{C_n}, \ldots $.

a) Tìm giới hạn của các dãy số $\left( {{p_n}} \right)$ và $\left( {{S_n}} \right)$.

b) Tìm các tổng ${p_1} + {p_2} + \ldots + {p_n} + \ldots $ và ${S_1} + {S_2} + \ldots + {S_n} + \ldots $.

Lời giải

+) $\left( {{{\rm{p}}_{\rm{n}}}} \right)$ là dãy số chu vi của các tam giác theo thứ tự ${\rm{ABC}},{{\rm{A}}_1}\;{{\rm{B}}_1}{{\rm{C}}_1}, \ldots $

Ta có:

${{\rm{p}}_2} = {p_{\Delta {A_1}{B_1}{C_1}}} = \frac{a}{2} + \frac{a}{2} + \frac{a}{2} = \frac{1}{2} \cdot (3a) = \frac{1}{2} \cdot {p_1}$

$\begin{array}{l}{{\rm{p}}_3} = {p_{\Delta {A_2}{B_2}{C_2}}} = \frac{a}{4} + \frac{a}{4} + \frac{a}{4} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} \cdot (3a) = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} \cdot {p_1}\\ \ldots \\{p_{\Delta {A_n}{B_n}{C_n}}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n – 1}} \cdot {p_1}\\…\end{array}$

$ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {p_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{n – 1}} \cdot (3a)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n – 1}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } (3a) = 0.3a = 0.$

+)$\left( {{{\rm{S}}_n}} \right)$ là dãy số diện tích của các tam giác theo thứ tự ${\rm{ABC}},{{\rm{A}}_1}\;{{\rm{B}}_1}{{\rm{C}}_1}, \ldots $

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

Ta có:

$\begin{array}{l}{{\rm{S}}_3} = {S_{\Delta {A_2}{B_2}{C_2}}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{4} \cdot \frac{h}{4} = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} \cdot \left( {\frac{1}{2}ah} \right) = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} \cdot {S_1}\\ \ldots \\{S_{\Delta {A_n}{B_n}{C_n}}} = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{n – 1}} \cdot {S_1}\\ \ldots \end{array}$

$ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {S_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^{n – 1}} \cdot {S_1}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{n – 1}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{2}ah} \right) = 0 \cdot \frac{1}{2}ah = 0$.

b) +) Ta có $\left( {{{\rm{p}}_{\rm{n}}}} \right)$ là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu ${{\rm{p}}_1}$ = 3a và công bội ${\rm{q}} = \frac{1}{2}$ thỏa mãn $|q| < 1$ có tổng:

${p_1} + {p_2} + \ldots + {p_n} + \ldots = \frac{{3a}}{{1 – \frac{1}{2}}} = 6a$

+) Ta có $\left( {{{\rm{S}}_n}} \right)$ là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu ${{\rm{S}}_1} = \frac{1}{2}ah$ và công bội $q = \frac{1}{4}$ thỏa mãn $|q| < 1$ có tổng:

${S_1} + {S_2} + \ldots + {S_n} + \ldots = \frac{{\frac{1}{2}ah}}{{1 – \frac{1}{4}}} = \frac{2}{3}ah = \frac{2}{3}a.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}$

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 là $\frac{1}{d} + \frac{1}{{d’}} = \frac{1}{f}$.

a) Tìm biểu thức xác định hàm số $d’ = \varphi (d)$.

b) Tìm $\mathop {\lim }\limits_{d \to {f^ + }} \varphi (d),\mathop {\lim }\limits_{d \to {f^ – }} \varphi (d)$ và $\mathop {\lim }\limits_{d \to f} \varphi (d)$. Giải thích ý nghĩa của các kết quả tìm được.

Lời giải

a) Ta có $\frac{1}{d} + \frac{1}{{d’}} = \frac{1}{f} \Leftrightarrow \frac{1}{{d’}} = \frac{1}{f} – \frac{1}{d} = \frac{{d – f}}{{df}} \Leftrightarrow d’ = \frac{{df}}{{d – f}}$

b)

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}df > 0\\d – f > 0,d \to {f^ + }\end{array} \right.$

$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{d \to {f^ + }} \varphi (d) = \mathop {\lim }\limits_{d \to {f^ + }} \frac{{df}}{{d – f}} = + \infty \end{array}$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}df > 0\\d – f < 0,d \to {f^ – }\end{array} \right.$

Do đó, $\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{d \to {f^ – }} \varphi (d) = \mathop {\lim }\limits_{d \to {f^ – }} \frac{{df}}{{d – f}} = – \infty \end{array}$

Vì $\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{d \to {f^ + }} \varphi (d)\ne \mathop {\lim }\limits_{d \to {f^ – }} \varphi (d)\end{array}$

Vậy nên không tồn tại $\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{d \to f} \varphi (d) \end{array}$

Giải thích ý nghĩa của các kết quả tìm được: 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.