Giải SGK Toán 11 CTST Bài 1:Dãy sốcó đáp án

u$_{3}$ và u$_{4}$ lần lượt là diện tích của các hình vuông có cạnh bằng 3 và 4. Do đó ta có:

u$_{3}$ = 3$^{2}$ = 9; u$_{4}$ = 4$^{2}$ = 16.

Ta có:

u(1) = 1$^{2}$ = 1;

u(2) = 2$^{2}$ = 4;

u(50) = 50$^{2}$ = 2 500;

u(100) = 100$^{2}$ = 10 000.

Ta có:

v(1) = 2.1 = 2;

v(2) = 2.2 = 4;

v(3) = 2.3 = 6;

v(4) = 2.4 = 8;

v(5) = 2.5 = 10.

a) Dãy số trên là dãy số vô hạn.

b) Năm số hạng đầu tiên của dãy số đã cho là:

u(1) = 1$^{3}$ = 1;

u(2) = 2$^{3}$ = 8;

u(3) = 3$^{3}$ = 27;

u(4) = 4$^{3}$ = 64;

u(5) = 5$^{3}$ = 125.

a) Dãy số chỉ diện tích của 5 hình tròn này là:

$v:\{1;2;3;4;5\}\rightarrow ℝ$

$n↦v(n)=π{n}^{2}$.

b) Số hạng đầu của dãy số là: v(1) = π.1$^{2}$ = π.

Số hạng cuối của dãy số là: v(5) = π.5$^{2}$ = 25π.

+) Bốn số hạng đầu của dãy (a$_{n}$) là: a$_{1}$ = 0; a$_{2}$ = 1; a$_{3}$ = 2; a$_{4}$ = 3.

+) Bốn số hạng đầu của dãy (b$_{n}$) là:

b$_{1}$ = 2.1 = 2;

b$_{2}$ = 2.2 = 4;

b$_{3}$ = 2.3 = 6;

b$_{4}$ = 2.4 = 8.

+) Bốn số hạng đầu của dãy (C$_{n}$) là:

c$_{1}$ = 1;

c$_{2}$ = c$_{1}$ + 1 = 1 + 1 = 2;

c$_{3}$ = c$_{2}$ + 1 = 2 + 1 = 3;

c$_{4}$ = c$_{3}$ + 1 = 3 + 1 = 4.

+) d$_{n}$ là chu vi của đường tròn có bán kính n được xác định bởi công thức: d$_{n}$ = 2πn.

Khi đó bốn số hạng đầu của dãy (d$_{n}$) là:

d$_{1}$ = 2π.1 = 2π;

d$_{2}$ = 2π.2 = 4π;

d$_{3}$ = 2π.3 = 6π;

d$_{4}$ = 2π.4 = 8π.

a) Ta có:

n = 2 ≥ 1 nên u$_{2}$ = 2.u$_{1}$ = 2.3.

n = 3 ≥ 1 nên u$_{3}$ = 2.u$_{2}$ = 2.(2.3) = 2$^{2}$. 3.

n = 4 ≥ 1 nên u$_{4}$ = 2.u$_{3}$ = 2.(2$^{2}$.3) = 2$^{3}$. 3.

b) Dự đoán công thức tổng quát của dãy số (u$_{n}$) là u$_{n}$ = 2$^{n – 1}$.3.

a) Ta có u$_{1}$ = 14, khi đó:

u$_{2}$ = 14 + 1 = 15;

u$_{3}$ = 15 + 1 = 14 + 2.1;

u$_{4}$ = 14 + 3.1

Khi đó công thức tổng quát của dãy số (u$_{n}$) là: u$_{n}$ = 14 + (n – 1).1.

a) Ta có: a$_{n}$ = 3n + 1, a$_{n + 1}$ = 3(n + 1) + 1 = 3n + 4

Vì n ∈ ℕ$^{*}$ nên 3n + 4 > 3n + 1 hay a$_{n + 1}$ > a$_{n}$.

b) Ta có: b$_{n}$ = – 5n, b$_{n + 1}$ = – 5(n + 1) = – 5n – 5

Vì n ∈ ℕ$^{*}$ nên – 5n – 5 < – 5n hay b$_{n – 1}$< b$_{n}$.

a) Ta có: (u$_{n}$) với ${u}_{n+1}=\frac{2(n+1)-1}{(n+1)+1}=\frac{2n+1}{n+2}$

Xét hiệu ${u}_{n+1}-{u}_{n}=\frac{2n+1}{n+2}-\frac{2n-1}{n+1}=\frac{2{n}^{2}+3n+1-2{n}^{2}-3n+2}{(n+2)(n+1)}=\frac{3}{(n+2)(n+1)}>0,\forall n\in {ℕ}^{*}$.

Suy ra u$_{n+1}$ > u$_{n}$, ∀n ∈ ℕ$^{*}$.

Vậy dãy số (u$_{n}$) là dãy số tăng.

b) Ta có: ${x}_{n+1}=\frac{(n+1)+2}{{4}^{n+1}}=\frac{n+3}{{4.4}^{n}}$

Xét hiệu ${x}_{n+1}-{x}_{n}=\frac{n+3}{{4.4}^{n}}-\frac{n+1}{{4}^{n}}=\frac{n+3}{{4.4}^{n}}-\frac{4n+4}{{4.4}^{n}}=\frac{-3n-1}{{4.4}^{n}}<0,\forall n\in {ℕ}^{*}$.

Suy ra x$_{n+1}$ < x$_{n}$, ∀n ∈ ℕ$^{*}$.

Vậy dãy số (x$_{n}$) là dãy số giảm.

c) Ta có: t$_{n+1}$ = (– 1)$^{n+1}$ . (n + 1)$^{2}$

Xét hiệu: t$_{n+1}$ – t$_{n}$ = (– 1)$^{n+1}$ . (n + 1)$^{2}$ – ( – 1)$^{n}$.n$^{2}$

Với n chẵn:

t$_{n+1}$ – t$_{n}$ = 0 – (n + 1)$^{2}$ – n$^{2}$ < 0, ∀n ∈ ℕ$^{*}$.

Suy ra t$_{n+1}$ < t$_{n}$, ∀n ∈ ℕ$^{*}$.

Vì vậy dãy số (t$_{n}$) là dãy số giảm.

Với n lẻ:

t$_{n+1}$ – t$_{n}$ = (n + 1)$^{2}$ + n$^{2}$ > 0, ∀n ∈ ℕ$^{*}$.

Suy ra t$_{n+1}$ > t$_{n}$, ∀n ∈ ℕ$^{*}$.

Vì vậy dãy số (t$_{n}$) là dãy số tăng.

a) (u$_{n}$) là số cột gỗ có ở hàng thứ n tính từ dưới lên trên nên (u$_{n}$) là dãy số giảm.

b) (v$_{n}$) là số cột gỗ có ở hàng thứ n tính từ trên xuống dưới nên (v$_{n}$) là dãy số tăng.

Vì n ∈ ℕ$^{*}$ nên n > 0 do đó $\frac{1}{n}>0$ hay u$_{n}$ > 0.

Vì n ∈ ℕ$^{*}$ nên n ≥ 1 do đó $\frac{1}{n}\le \frac{1}{1}=1$ hay u$_{n}$ ≤ 1.

Do đó 0 < u$_{n}$ ≤ 1.

a) Vì $-1\le \cos \frac{π}{n}\le 1$ nên $-1\le {a}_{n}\le 1$, ∀n ∈ ℕ$^{*}$.

Do đó dãy số (a$_{n}$) bị chặn trên và chặn dưới.

Vì vậy dãy số (a$_{n}$) bị chặn.

b) Ta có: ${b}_{n}=\frac{n}{n+1}=\frac{n+1-1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}$

Vì n ∈ ℕ$^{*}$ nên $\frac{1}{n+1}>0$ nên $1-\frac{1}{n+1}<1$ hay b$_{n}$ < 1.

Vì n ∈ ℕ$^{*}$ nên $\frac{n}{n+1}>0$ hay b$_{n}$ > 0.

Suy ra 0 < b$_{n}$ < 1. Do đó (b$_{n}$) là dãy bị chặn trên và chặn dưới.

Vì vậy dãy số (b$_{n}$) bị chặn.

Ta có: n = 2 ≥ 1 nên ${u}_{2}=\frac{{u}_{1}}{1+{u}_{1}}=\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}$.

n = 3 ≥ 1 nên ${u}_{3}=\frac{{u}_{2}}{1+{u}_{2}}=\frac{\frac{1}{2}}{1+\frac{1}{2}}=\frac{1}{3}$.

n = 4 ≥ 1 nên ${u}_{4}=\frac{{u}_{3}}{1+{u}_{3}}=\frac{\frac{1}{3}}{1+\frac{1}{3}}=\frac{1}{4}$.

n = 5 ≥ 1 nên ${u}_{5}=\frac{{u}_{4}}{1+{u}_{4}}=\frac{\frac{1}{4}}{1+\frac{1}{4}}=\frac{1}{5}$.

Dự đoán công thức số hạng tổng quát u$_{n}$ của dãy số là: ${u}_{n}=\frac{1}{n},\forall n\in {ℕ}^{*}$.

Ta có:

${u}_{1}=\frac{1}{1.2}=\frac{1}{2}$;

${u}_{2}=\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$;

${u}_{3}=\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$.

Dự đoán công thức tổng quát:

${u}_{n}=\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+...+\frac{1}{n(n+1)}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$

a) Vì $0\le {\sin }^{2}\frac{nπ}{3}\le 1,\forall n\in {ℕ}^{*}$ và $-1\le \cos \frac{nπ}{4}\le 1,\forall n\in {ℕ}^{*}$ nên

$-1\le {\sin }^{2}\frac{nπ}{3}+\text{co}s\frac{nπ}{4}\le 2,\forall n\in {ℕ}^{*}$

Do đó $-1\le {a}_{n}\le 2,\forall n\in {ℕ}^{*}$

Suy ra dãy số (a$_{n}$) bị chặn.

b) Ta có: ${u}_{n}=\frac{6n-4}{n+2}=6-\frac{16}{n+2}$

Vì n ∈ ℕ$^{*}$ nên n ≥ 1 do đó ta có: n + 2 ≥ 3

$\Rightarrow -\frac{16}{n+2}\ge -\frac{16}{3}$

$\Rightarrow 6-\frac{16}{n+2}\ge 6-\frac{16}{3}$

$\Rightarrow {u}_{n}\ge \frac{2}{3}$.

Mặt khác n ∈ ℕ$^{*}$ nên n > 0 do đó $\frac{16}{n+2}>0$ khi đó u$_{n}$ < 6.

Suy ra $\frac{2}{3}\le {u}_{n}<6$ nên dãy số bị chặn trên và chặn dưới.

Vì vậy dãy số (u$_{n}$) bị chặn.

Ta có: ${u}_{n}=\frac{2n-1}{n+1}=2-\frac{3}{n+1}$

Vì n ∈ ℕ$^{*}$ nên n ≥ 1 do đó ta có: n + 1 ≥ 2

$\Rightarrow -\frac{3}{n+1}\ge -\frac{3}{2}$

$\Rightarrow 2-\frac{3}{n+1}\ge 2-\frac{3}{2}$

$\Rightarrow {u}_{n}\ge \frac{1}{2}$

Mặt khác n ∈ ℕ$^{*}$ nên n > 0 do đó $\frac{3}{n+1}>0$ khi đó u$_{n}$ < 2.

Suy ra $\frac{1}{3}\le {u}_{n}<2$ nên dãy số bị chặn trên và chặn dưới.

Vì vậy dãy số (u$_{n}$) bị chặn.

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

Xét hiệu: ${u}_{n+1}-{u}_{n}=\frac{2n+1}{n+2}-\frac{2n-1}{n+1}=\frac{2{n}^{2}+3n+1-2{n}^{2}-3n+2}{(n+1)(n+2)}=\frac{3}{(n+1)(n+2)}>0,\forall n\in {ℕ}^{*}$.

Suy ra u$_{n+1}$ > u$_{n}$ nên dãy số (u$_{n}$) tăng.

Vậy dãy số (u$_{n}$) tăng và bị chặn.

Ta có: ${u}_{n+1}=\frac{(n+1)a+2}{n+1+1}=\frac{(n+1)a+2}{n+2}$

Xét hiệu: ${u}_{n+1}-{u}_{n}=\frac{(n+1)a+2}{n+2}-\frac{na+2}{n+1}=\frac{[(n+1)a+2](n+1)}{(n+2)(n+1)}-\frac{(na+2)(n+2)}{(n+1)(n+2)}$

$=\frac{({n}^{2}+2n+1)a+2n+2}{(n+2)(n+1)}-\frac{({n}^{2}+2n)a+2n+4}{(n+1)(n+2)}=\frac{a-2}{(n+1)(n+2)}$

Vì n ∈ ℕ$^{*}$ nên (n + 1)(n + 2) > 0 nên dấu của hiệu u$_{n+1}$ – u$_{n}$ phụ thuộc vào dấu của biểu thức a – 2.

a) Để (u$_{n}$) là dãy số tăng thì u$_{n+1}$ – u$_{n}$ > 0 nên a – 2 > 0 ⇔ a > 2.

b) Để (u$_{n}$) là dãy số giảm thì u$_{n+1}$ – u$_{n}$ < 0 nên a – 2 < 0 ⇔ a < 2.

Độ dài cạnh của hình vuông số 1 là: 1;

Độ dài cạnh của hình vuông số 2 là: 1;

Độ dài cạnh của hình vuông số 3 là: 2;

Độ dài cạnh của hình vuông số 4 là: 3;

Độ dài cạnh của hình vuông số 5 là: 5;

Độ dài cạnh của hình vuông số 6 là: 8;

Độ dài cạnh của hình vuông số 7 là: 13;

Độ dài cạnh của hình vuông số 8 là: 21.

Ta có dãy số: 1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21.

Nhận xét: Dãy số trên có đặc điểm là:

Trong ba số hạng liên tiếp, số hạng thứ ba bằng tổng hai số hạng đầu.