Giải SBT Toán 11 CTST Bài 1. Dãy số có đáp án

Ta có: $\frac{n+1}{2n+1}=\frac{8}{15}$

Suy ra 15(n + 1) = 8(2n + 1), hay 15n + 15 = 16n + 8, nên n = 7.

Vậy $\frac{8}{15}$ là số hạng thứ bảy của dãy số.

Bốn số hạng đầu tiên của dãy un là:

u1 = ‒2;

${u}_{2}=-2-\frac{1}{-2}=-\frac{3}{2};$

${u}_{3}=-2-\frac{1}{-\frac{3}{2}}=-\frac{4}{3};$

${u}_{4}=-2-\frac{1}{-\frac{4}{3}}=-\frac{5}{4};$

Ta dự đoán được số hạng tổng quát của dãy số (un) là ${u}_{n}=-\frac{n+1}{n}$.

Ta có:

u$_{2}$ = u$_{1}$ + 1 = 4 + 1 = 5;

u$_{3}$ = u$_{2}$ + 2 = 5 + 2 = 7;

u$_{4}$ = u$_{3}$ + 3 = 7 + 3 = 10

Do đó, số hạng thứ năm của dãy số là u$_{5}$ = u$_{4}$ + 4 = 10 + 4 = 14.

Ta có:

u$_{1}$ = (‒1)$^{1}$ = −1; u$_{3}$ = (‒1)$^{3}$ = −1; …

u$_{2}$ = (‒1)$^{2}$ = 1; u$_{4}$ = (‒1)$^{4}$ = 1; …

Do đó ‒1 ≤ u$_{n}$ ≤ 1, suy ra (u$_{n}$) là dãy bị chặn.

a) Ta có:

${u}_{n+1}-{u}_{n}=[(n+1)-\sqrt{{(n+1)}^{2}-1}]-(n+\sqrt{{n}^{2}-1})$

$=1-\sqrt{{(n+1)}^{2}-1}-\sqrt{{n}^{2}-1}<0,\forall n\in {ℕ}^{\text{*}}$

Suy ra $({u}_{n})$ là dãy số giảm.

b) Xét ${u}_{n}=\frac{n+{(-1)}^{n}}{{n}^{2}},$ ta có: ${u}_{1}=0;{u}_{2}=\frac{3}{4};{u}_{3}=\frac{2}{9}$, suy ra $\{\begin{matrix}{u}_{2}>{u}_{1} \\ {u}_{3}<{u}_{2}\end{matrix}$.

Do đó, (un) là dãy số không tăng, không giảm.

c) Ta có ${u}_{n+1}-{u}_{n}=\frac{{3}^{n+1}-1}{{2}^{n+1}}-\frac{{3}^{n}-1}{{2}^{n}}=\frac{{3.3}^{n}-1}{{2}^{n+1}}-\frac{{2.3}^{n}-2}{{2}^{n+1}}=\frac{{3}^{n}+1}{{2}^{n+1}}>0,\forall n\in {ℕ}^{\text{*}}$.

Do đó, (un) là dãy số tăng.

Ta có: ${u}_{n}=1+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+\ldots +\frac{1}{{n}^{2}};{u}_{n+1}=1+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+\ldots +\frac{1}{{n}^{2}}+\frac{1}{{(n+1)}^{2}}$.

Suy ra ${u}_{n+1}-{u}_{n}=\frac{1}{{(n+1)}^{2}}>0,\forall n\in {ℕ}^{\text{*}}$. Suy ra (un) là dãy số tăng.

Do ${u}_{n}<1+\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\ldots +\frac{1}{(n-1)n}=2-\frac{1}{n}$, suy ra 1 < un < 2, ∀n ∈ ℕ*.

Suy ra (un) là dãy số bị chặn.