Với lời giải SBT Toán 11 trang 46 Tập 1 chi tiết trong Bài 1: Dãy số sách Cánh diều giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 11. Mời các bạn đón xem:

Giải SBT Toán 11 Bài 1: Dãy số

Bài 7 trang 46 SBT Toán 11 Tập 1: Tính tổng 6 số hạng đầu của dãy số (u_n), biết u_n = 3n – 1.

Lời giải:

Ta có u₁ = 3 . 1 – 1 = 2; u₂ = 3 . 2 – 1 = 5;

u₃ = 3 . 3 – 1 = 8; u₄ = 3. 4 – 1 = 11;

u₅ = 3 . 5 – 1 = 14; u₆ = 3 . 6 – 1 = 17.

Do đó, u₁ + u₂ + u₃ + u₄ + u₅ + u₆ = 2 + 5 + 8 + 11 + 14 + 17 = 57.

Vậy tổng 6 số hạng đầu của dãy số (u­_n) là 57. 

Bài 8 trang 46 SBT Toán 11 Tập 1: Cho dãy số (u_n) biết u₁ = 2 và $u_n=\sqrt{2+u_{n-1}^2}$  với mọi n ≥ 2. Viết năm số hạng đầu của dãy số và dự đoán công thức của số hạng tổng quát u_n.

Lời giải:

Năm số hạng đầu của dãy số (u_n) là: u₁ = 2;

$u_2=\sqrt{2+u_1^2}=\sqrt{2+2^2}=\sqrt{6}$;

$u_3=\sqrt{2+u_2^2}=\sqrt{2+{\left(\sqrt{6}\right)}^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$;

$u_4=\sqrt{2+u_3^2}=\sqrt{2+{\left(2\sqrt{2}\right)}^2}=\sqrt{10}$;

$u_5=\sqrt{2+u_4^2}=\sqrt{2+{\left(\sqrt{10}\right)}^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$.

Ta thấy $2=\sqrt{2.\left(1+1\right)}$ ; $\sqrt{6}=\sqrt{2.\left(2+1\right)}$ ; $\sqrt{8}=\sqrt{2.\left(3+1\right)}$ ;

$\sqrt{10}=\sqrt{2.\left(4+1\right)}$; $\sqrt{12}=\sqrt{2.\left(5+1\right)}$ .

Khi đó dự đoán công thức số hạng tổng quát của dãy số (u_n) là $u_n=\sqrt{2\left(n+1\right)}$ .

Bài 9 trang 46 SBT Toán 11 Tập 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hàm số $y=\frac{2x-1}{2x^2+1}$  có đồ thị (C). Với mỗi số nguyên dương n, gọi A_n là giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng x = n. Xét dãy số (u_n), biết u_n là tung độ của điểm A_n. Hãy tìm công thức của số hạng tổng quát u_n.

Lời giải:

Với x = n, ta có $y_n=\frac{2n-1}{2n^2+1}$ , suy ra $A_n\left(n;\frac{2n-1}{2n^2+1}\right)$ .

Vì dãy số (u_n) có u_n là tung độ của điểm A_n, do đó $u_n=\frac{2n-1}{2n^2+1}$ .

Vẫy công thức của số hạng tổng quát là $u_n=\frac{2n-1}{2n^2+1}$ .

Bài 10 trang 46 SBT Toán 11 Tập 1: Cho dãy số (u_n), biết 

a) Viết bốn số hạng đầu của dãy số.

b) Chứng minh rằng u_{n + 4} = u_n với mọi n ≥ 1.

c) Tính tổng 12 số hạng đầu của dãy số.

Lời giải:

a) Bốn số hạng đầu của dãy số (u_n) là:

Vậy u_{n + 4} = u_n với mọi n ≥ 1.

c) Theo câu b) ta có u_{n + 4} = u_n với mọi n ≥ 1.

Do đó, u₁ = u₅ = u₉, u₂ = u₆ = u₁₀, u₃ = u₇ = u₁₁, u₄ = u₈ = u₁₂.

Tổng 12 số hạng đầu của dãy số là:

u₁ + u₂ + u₃ + u₄ + ... + u₁₂ = 3(u₁ + u₂ + u₃ + u₄)

                                        = $3\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{-\sqrt{2}}{2}+\frac{-\sqrt{2}}{2}\right)=0$ .   

Bài 11 trang 46 SBT Toán 11 Tập 1: Xét tính tăng, giảm của mỗi dãy số (u_n), biết:

a) u_n = 2n + 3;

b) u_n = 3ⁿ – n;

c) $u_n=\frac{\sqrt{n}}{2^n}$ ;

d) u_n = sin n.  

Lời giải:

a) Ta có u_{n + 1} = 2(n + 1) + 3 = 2n + 5.

Xét u_{n + 1} – u_n = (2n + 5) – (2n + 3) = 2 > 0 với mọi n ∈ ℕ^*.

Do đó, u_{n + 1} > u_n với mọi n ∈ ℕ^*.

Vậy dãy số (u_n) với u_n = 2n + 3 là dãy số tăng.

b) Ta có u_{n + 1} = 3^{n + 1} – (n + 1) = 3 . 3ⁿ – n – 1.

Xét u_{n + 1} – u­_n = (3 . 3ⁿ – n – 1) – (3ⁿ – n) = 3 . 3ⁿ – 3ⁿ – 1 = 2 . 3ⁿ – 1 > 0 với mọi n ∈ ℕ^*.

Do đó, u_{n + 1} > u_n với mọi n ∈ ℕ^*.

Vậy dãy số (u_n) với u­_n = 3ⁿ – n là dãy số tăng.

c) Ta có u_{n + 1} = $\frac{\sqrt{n+1}}{2^{n+1}}$  = $\frac{\sqrt{n+1}}{{2.2}^n}$ .

Xét  $u_{n+1}-u_n=\frac{\sqrt{n+1}}{{2.2}^n}-\frac{\sqrt{n}}{2^n}=\frac{\sqrt{n+1}-2\sqrt{n}}{{2.2}^n}$ $=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{4n}}{{2.2}^n}$

                      $=\frac{n+1-4n}{{2.2}^n\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{4n}\right)}=\frac{-3n+1}{{2.2}^n\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{4n}\right)}<0$ với mọi n ∈ ℕ^*.

(do – 3n + 1 < 0, 2ⁿ > 0 và  với mọi n ∈ ℕ^*).

Do vậy, u_{n + 1} < u_n với mọi n ∈ ℕ^*.

Vậy dãy số (u_n) với $u_n=\frac{\sqrt{n}}{2^n}$  là dãy số giảm.

Bài 12 trang 46 SBT Toán 11 Tập 1: Cho dãy số (u_n) biết $u_n=\frac{an+2}{n+1}$  với a là số thực. Tìm a để dãy số (u_n) là dãy số tăng.  

Lời giải:

Ta có $u_{n+1}=\frac{a\left(n+1\right)+2}{n+1+1}=\frac{an+a+2}{n+2}$ .

Xét $u_{n+1}-u_n=\frac{an+a+2}{n+2}-\frac{an+2}{n+1}=\frac{\left(an+a+2\right)\left(n+1\right)-\left(an+2\right)\left(n+2\right)}{\left(n+2\right)\left(n+1\right)}$

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

Để dãy số (u_n) là dãy số tăng thì u_{n + 1} > u_n với mọi n ∈ ℕ^* hay u_{n + 1} – u_n > 0 với mọi n ∈ ℕ^*, tức là $\frac{a-2}{\left(n+2\right)\left(n+1\right)}>0$  với mọi n ∈ ℕ^*.

Mà n + 2 > 0, n + 1 > 0 với mọi n ∈ ℕ^*.

Nên $\frac{a-2}{\left(n+2\right)\left(n+1\right)}>0$  ⇔ a – 2 > 0 ⇔ a > 2.

Vậy (u_n) là dãy số tăng khi a > 2.

Bài 13 trang 46 SBT Toán 11 Tập 1: Chứng minh rằng:

a) Dãy số (u_n) với $u_n=\sqrt{n^2+1}$  bị chặn dưới;

b) Dãy số (u­_n) với u_n = – n² – n bị chặn trên;  

c) Dãy số (u_n) với $u_n=\frac{2n+1}{n+2}$  bị chặn. 

Lời giải:

a) Ta có n² ≥ 1 với mọi n ∈ ℕ^*.

Do đó, $\sqrt{n^2+1}\ge \sqrt{1+1}=\sqrt{2}$  với mọi n ∈ ℕ^*.

Vậy dãy số (u_n) với $u_n=\sqrt{n^2+1}$  bị chặn dưới.

b) Ta có – n² – n ≤ – 2 với mọi n ∈ ℕ^*.

Do đó, dãy số (u_n) với u_n = – n² – n bị chặn trên.

c) Ta có $\frac{2n+1}{n+2}>0$  với mọi n ∈ ℕ^*. Do đó, dãy số (u_n) với $u_n=\frac{2n+1}{n+2}$  bị chặn dưới. (1)

Lại có $\frac{2n+1}{n+2}=\frac{2\left(n+2\right)-3}{n+2}=2-\frac{3}{n+2}<2$  với mọi n ∈ ℕ^*.

Do đó, dãy số (u_n) với $u_n=\frac{2n+1}{n+2}$  bị chặn trên. (2)

Từ (1) và (2), suy ra dãy số (u_n) với $u_n=\frac{2n+1}{n+2}$  bị chặn. 

Bài 14 trang 46 SBT Toán 11 Tập 1: Với mỗi số nguyên dương n, lấy n + 6 điểm cách đều nhau trên đường tròn. Nối mỗi điểm với điểm cách nó hai điểm trên đường tròn đó để tạo thành các ngôi sao như Hình 1. Gọi u_n là số đo góc ở đỉnh tính theo đơn vị độ của mỗi ngôi sao thì ta được dãy số (u_n). Tìm công thức của số hạng tổng quát u_n.

Lời giải:

Ta thấy đường tròn được chia thành n + 6 cung bằng nhau và mỗi cung có số đo bằng $\left(\frac{360}{n+6}\right)\begin{array}{c}°\end{array}$ . Do mỗi điểm được nối với điểm cách nó hai điểm trên đường tròn nên góc ở đỉnh của mỗi ngôi sao là góc nội tiếp chắn n + 6 – 2 . 3 = n cung bằng nhau đó. Suy ra số đo góc ở đỉnh tính theo đơn vị độ của mỗi ngôi sao là $u_n=\frac{1}{2}.\frac{360}{n+6}.n=\frac{180n}{n+6}$ .