Loigiaihay.com 2025

Đã cập nhật bản mới với lời giải dễ hiểu và giải thêm nhiều sách

Xem chi tiết

Câu 4.74 trang 148 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Bình chọn:
4.9 trên 7 phiếu

Cho dãy số xác định bởi

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 \( - 1 < a < 0.\)

a) Chứng minh rằng \( - 1 < {u_n} < 0.\) với mọi n và \(\left( {{u_n}} \right)\) là một dãy số giảm.

b) Chứng minh rằng

                        \( - 1 < {u_{n + 1}} + 1 \le {1 \over {\sqrt {{a^2} + 1} }}\left( {{u_n} + 1} \right)\) 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

                                                \( - 1 < {u_n} < 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\)

Ta chứng minh nó đúng với \(n + 1.\)  Thật vậy, từ (2) suy ra

                         \(0 < {u_{n + 1}} + 1 < 1\,;\,\)

Do đó

                        \(0 < {{{u_n} + 1} \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }} < 1\)

                        \( - 1 < {{{u_n} + 1} \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }} - 1 < 0,\)

Tức là

                      \( - 1 < {u_{n + 1}} < 0.\,\)

Vì \( - 1 < {u_n} < 0\) nên \({u_{n }} +1> 0\) và \(u_n^2 > 0\)  với mọi n . Do đó từ (1) suy ra \({u_{n + 1}} < \left( {{u_n} + 1} \right) - 1 = {u_n}\) với mọi n.

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 \(0 < q < 1,{v_n} > 0\)  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 \(\lim {u_n} =  - 1.\)

sachbaitap.com

Bài tiếp theo

Xem lời giải SGK - Toán 11 Nâng cao - Xem ngay

>> 2K8! chú ý! Mở đặt chỗ Lộ trình Sun 2026: Luyện thi chuyên sâu TN THPT, Đánh giá năng lực, Đánh giá tư duy tại Tuyensinh247.com (Xem ngay lộ trình). Ưu đãi -70% (chỉ trong tháng 3/2025) - Tặng miễn phí khoá học tổng ôn lớp 11, 2K8 xuất phát sớm, X2 cơ hội đỗ đại học. Học thử miễn phí ngay.

Bài viết liên quan