Giải SBT Toán 11 KNTT Bài 5. Dãy số có đáp án

b) u$_{1}$ = 1; u$_{2}$ = 2 – u$_{1}$ = 2 – 1 = 1; u$_{3}$ = 3 – u$_{2}$ = 3 – 1 = 2; u$_{4}$ = 4 – u$_{3}$ = 4 – 2 = 2;

u$_{5}$ = 5 – u$_{4}$ = 5 – 2 = 3.

a) Ta có u$_{n + 1}$ – u$_{n}$= [(n + 1)$^{2}$ + (n + 1) + 1] – (n$^{2}$ + n + 1)

= n$^{2}$ + 2n + 1 + n + 1 + 1 – n$^{2}$ – n – 1

= 2n + 2 > 0, ∀ n ≥ 1.

Do đó, u$_{n + 1}$> u$_{n}$ ∀ n ≥ 1. Vậy (u$_{n}$) là dãy số tăng.

b) Ta có ${u}_{n+1}-{u}_{n}=\frac{2(n+1)+5}{n+1+2}-\frac{2n+5}{n+2}=\frac{2n+7}{n+3}-\frac{2n+5}{n+2}$

$=\frac{(2n+7)(n+2)-(2n+5)(n+3)}{(n+3)(n+2)}=\frac{-1}{(n+3)(n+2)}<0,\ \forall n\ge 1$

Do đó, u$_{n + 1}$< u$_{n}$ ∀ n ≥ 1. Vậy (u$_{n}$) là dãy số giảm.

c) Ta có ${u}_{n+1}-{u}_{n}=\frac{{(-1)}^{n+1-1}}{{(n+1)}^{2}+1}-\frac{{(-1)}^{n-1}}{{n}^{2}+1}=\frac{{(-1)}^{n}}{{(n+1)}^{2}+1}+\frac{{(-1)}^{n}}{{n}^{2}+1}$

$={(-1)}^{n}(\frac{1}{{(n+1)}^{2}+1}+\frac{1}{{n}^{2}+1})$

Vì $\frac{1}{{(n+1)}^{2}+1}+\frac{1}{{n}^{2}+1}>0\ \forall n\ge 1$ nên hiệu u$_{n + 1}$ – u$_{n}$ dương hay âm phụ thuộc vào n, cụ thể là dương khi n chẵn và âm khi n lẻ.

Do đó, dãy số (u$_{n}$) không tăng cũng không giảm.

a) Ta có ${u}_{n}=\frac{n}{2n+1}\ge \frac{1}{3}\ \forall n\ge 1$.

Lại có ${u}_{n}=\frac{n}{2n+1}=\frac{\frac{1}{2}(2n+1)-\frac{1}{2}}{2n+1}=\frac{1}{2}-\frac{\frac{1}{2}}{2n+1}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2(2n+1)}$. Suy ra ${u}_{n}\le \frac{1}{2}\ \forall n\ge 1$.

Do đó $\frac{1}{3}\le {u}_{n}\le \frac{1}{2}\ \forall n\ge 1$. Vậy (u$_{n}$) là dãy số bị chặn.

b) Ta có n – 1 ≥ 0 với mọi n ≥ 1 và n$^{2}$ ≥ 0 với mọi n.

Do đó, u$_{n}$ = n$^{2}$ + n – 1 ≥ 1.

Vậy dãy số (u$_{n}$) bị chặn dưới bởi 1 với mọi n ≥ 1.

c) Ta có u$_{n}$ = – n$^{2}$ + 1 < 1 với mọi n ≥ 1.

Vậy dãy số (u$_{n}$) bị chặn trên bởi 1 với mọi n ≥ 1.

a) Với p = 5 thì $\sqrt{5}$≈ 2,23607. Nếu ta chọn u$_{1}$ = 3 thì ta có:

u$_{1}$ = 3

${u}_{2}=\frac{1}{2}({u}_{1}+\frac{5}{{u}_{1}})=\frac{1}{2}(3+\frac{5}{3})$≈ 2,3333

${u}_{3}=\frac{1}{2}({u}_{2}+\frac{5}{{u}_{2}})=\frac{1}{2}(2{,}3333+\frac{5}{2{,}3333})$≈ 2,2381

${u}_{4}=\frac{1}{2}({u}_{3}+\frac{5}{{u}_{3}})=\frac{1}{2}(2{,}2381+\frac{5}{2{,}2381})$≈ 2,2361

${u}_{5}=\frac{1}{2}({u}_{4}+\frac{5}{{u}_{4}})=\frac{1}{2}(2{,}2361+\frac{5}{2{,}2361})$≈ 2,2361

Sai số tuyệt đối xấp xỉ bằng 2,2361 – 2,23607 = 0,00003.

b) Với p = 8 thì $\sqrt{8}$ ≈ 2,82843. Nếu ta chọn u$_{1}$ = 3 thì ta có:

u$_{1}$ = 3

${u}_{2}=\frac{1}{2}({u}_{1}+\frac{8}{{u}_{1}})=\frac{1}{2}(3+\frac{8}{3})$≈ 2,8333

${u}_{3}=\frac{1}{2}({u}_{2}+\frac{8}{{u}_{2}})=\frac{1}{2}(2{,}8333+\frac{8}{2{,}3333})$≈ 2,8284

${u}_{4}=\frac{1}{2}({u}_{3}+\frac{8}{{u}_{3}})=\frac{1}{2}(2{,}8284+\frac{8}{2{,}8284})$≈ 2,8284

${u}_{5}=\frac{1}{2}({u}_{4}+\frac{8}{{u}_{4}})=\frac{1}{2}(2{,}8284+\frac{5}{2{,}8284})$≈ 2,8284

Sai số tuyệt đối xấp xỉ bằng 2,8284 – 2,82843 = 0,00003.

a) Bảy số tam giác đầu là u$_{1}$ = 1; u$_{2}$ = u$_{1}$ + (1 + 1) = 1 + 2 = 3;

u$_{3}$ = u$_{2}$ + (2 + 1) = 3 + 3 = 6; u$_{4}$ = u$_{3}$ + (3 + 1) = 6 + 4 = 10;

u$_{5}$ = u$_{4}$ + (4 + 1) = 10 + 5 = 15; u$_{6}$ = u$_{5}$ + (5 + 1) = 15 + 6 = 21;

u$_{7}$ = u$_{6}$ + (6 + 1) = 21 + 7 = 28.

b) Từ kết quả ở câu a, ta nhận thấy u$_{1}$ = 1, u$_{2}$ = 1 + 2, u$_{3}$ = 1 + 2 + 3, u$_{4}$ = 1 + 2 + 3 + 4, ...

Từ đó suy ra u$_{n + 1}$ = 1 + 2 + ... + n + (n + 1)

$=\frac{n(n+1)}{2}+(n+1)=\frac{n(n+1)+2(n+1)}{2}=\frac{(n+1)(n+2)}{2}$.

Vậy ${u}_{n+1}=\frac{(n+1)(n+2)}{2}$.

c) Theo công thức ở câu b) ta có:

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

Vậy tổng của hai số tam giác liên tiếp là một số chính phương.

Giá trị của máy photocopy sau 1 năm sử dụng là

T$_{1}$ = 50 . 75% = 37,5 (triệu đồng).

Giá trị của máy photocopy sau 2 năm sử dụng là

T$_{2}$ = T$_{1}$ . 75% = 37,5 . 75% = 28,125 (triệu đồng).

Giá trị của máy photocopy sau 3 năm sử dụng là

T$_{3}$ = T$_{2}$ . 75% = 28,125 .75% = 21,09375 (triệu đồng).

Giá trị của máy photocopy sau 4 năm sử dụng là

T$_{4}$ = T$_{3}$ . 75% = 21,0375 . 75% ≈ 15,8203 (triệu đồng).

Giá trị của máy photocopy sau 5 năm sử dụng là

T$_{5}$ = T$_{4}$ . 75% ≈ 15,8203 . 75% ≈ 11,8652 (triệu đồng).

Tổng quát, giá trị của máy photocopy sau n năm sử dụng là

T$_{n}$ = T$_{1}$ . (0,75)$^{n – 1}$ (triệu đồng).

a) Ba số hạng đầu của dãy số là

${A}_{1}=200{(1+\frac{0{,}03}{4})}^{1}=201{,}5$

${A}_{2}=200{(1+\frac{0{,}03}{4})}^{2}=203{,}01125$

${A}_{3}=200{(1+\frac{0{,}03}{4})}^{3}\approx 204{,}5338$

b) Ta có 2 năm bằng 8 quý, tức là n = 8.

Do đó, sau 2 năm số tiền bác An nhận được là

${A}_{8}=200{(1+\frac{0{,}03}{4})}^{8}\approx 212{,}3198$ (triệu đồng).

Giả sử ban đầu có 1 vi khuẩn E. Coli.

Sau 20 phút lần một, số vi khuẩn là 1 . 2 = 2 (con).

Sau 20 phút lần hai, số vi khuẩn là 2 . 2 = 2$^{2}$(con).

Sau 20 phút lần ba, số vi khuẩn là 2$^{2}$ . 2 = 2$^{3}$(con).

Sau 20 phút lần bốn, số vi khuẩn là 2$^{3}$ . 2 = 2$^{4}$(con).

...

Tương tự như vậy sau 12 giờ (bằng 3 . 12 lần 20 phút) thì số vi khuẩn là

2$^{3 . 12}$ = 2$^{36}$ ≈ 6,87 . 10$^{10}$ (con).

Sau 48 giờ (bằng 3 . 48 lần 20 phút) thì số vi khuẩn là

2$^{3 . 48}$ = 2$^{144}$ ≈ 2,23 . 10$^{43}$ (con).

a) Gọi u$_{1}$ = 1,0 . 10$^{9}$ là số vi khuẩn tại thời điểm ban đầu và u$_{n}$ là số vi khuẩn trước lần dùng thuốc thứ n.

Do mỗi liều thuốc được sử dụng sau bốn giờ có thể tiêu diệt 4,0 . 10$^{8}$ vi khuẩn và giữa các liều thuốc, số lượng vi khuẩn tăng lên 25% nên ta có

u$_{n + 1}$ = (u$_{n}$– 4,0 . 10$^{8}$) + 25% . u$_{n}$ = 1,25u$_{n}$ – 4,0 . 10$^{8}$.

Ta có hệ thức truy hồi u$_{1}$ = 1,0 . 10$^{9}$; u$_{n + 1}$ = 1,25u$_{n}$ – 4,0 . 10$^{8}$.

b) Ta tính u$_{5}$ như sau:

u$_{1}$ = 1,0 . 10$^{9}$;

u$_{2}$ = 1,25u$_{1}$ – 4,0 . 10$^{8}$ = 1,25 . 1,0 . 10$^{9}$ – 4,0 . 10$^{8}$ = 8,5 . 10$^{8}$;

u$_{3}$ = 1,25u$_{2}$ – 4,0 . 10$^{8}$ = 1, 25 . 8,5 . 10$^{8}$ – 4,0 . 10$^{8}$ = 6,625 . 10$^{8}$;

u$_{4}$ = 1,25u$_{3}$ – 4,0 . 10$^{8}$ = 1,25 . 6,625 . 10$^{8}$ – 4,0 . 10$^{8}$ = 4,28125 . 10$^{8}$;

u$_{5}$ = 1,25u$_{4}$ – 4,0 . 10$^{8}$ = 1,25 . 4,28125 . 10$^{8}$ – 4,0 . 10$^{8}$ = 1,3515625 . 10$^{8}$ = 135 156 250;

Vậy số vi khuẩn còn sống trước lần sử dụng thuốc thứ năm là 135 156 250 con.