25 câu Dạng 3: Xét tính tăng, giảm và bị chặn của dãy số

Ta có $u_n=\frac{n+5}{n+2}=1+\frac{3}{n+2}\Rightarrow u_{n+1}=1+\frac{3}{n+3}$

Xét hiệu $u_{n+1}-u_n=\frac{3}{n+3}-\frac{3}{n+2}=\frac{-3}{\left(n+2\right)\left(n+3\right)}<\mathrm{0,}\forall n\in {\mathbb{N}}^{*}$

Ta có $u_1=0;u_2=\frac{1}{2};u_3=\frac{2}{9}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{u}_2>u_1\\ u_3<u_2\end{array}\right.$

 Dãy số không tăng, không giảm.

Xét $\frac{2k-1}{2k}<\frac{2k-1}{\sqrt{4k^2-1}}=\frac{\sqrt{{\left(2k-1\right)}^2}}{\sqrt{\left(2k-1\right)\left(2k+1\right)}}=\frac{\sqrt{2k-1}}{\sqrt{2k+1}},\forall k\ge 1.$

$\Rightarrow u_n<\frac{\sqrt{1}}{\sqrt{3}}.\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}.\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{7}}\mathrm{...}\frac{\sqrt{2-1}}{\sqrt{2n+1}}=\frac{1}{\sqrt{2n+1}}\le \frac{1}{\sqrt{3}},\forall n\in {\mathbb{N}}^{*}\Rightarrow 0<u_n<\frac{1}{\sqrt{3}},\forall n\in {\mathbb{N}}^{*}$

Vậy dãy số $\left({\mathrm{u}}_{\mathrm{n}}\right)$  bị chặn.

Ta có $$\begin{gathered} u_{n+1}-u_n=\frac{{\left(n+1\right)}^2+3\left(n+1\right)+1}{n+2}-\frac{n^2+3n+1}{n+1}=\frac{n^2+5n+5}{n+2}-\frac{n^2+3n+1}{n1} \\ \begin{array}{l}=\frac{\left(n^2+5n+5\right)\left(n+1\right)-\left(n^2+3n+1\right)\left(n+2\right)}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}\\ =\frac{n^2+3n+3}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}>\mathrm{0,}\forall n\ge 1\end{array} \end{gathered}$$

$\Rightarrow u_{n+1}>u_n,\forall n\ge 1\Rightarrow$dãy $\left({\mathrm{U}}_{\mathrm{n}}\right)$ là dãy số tăng.

Chọn A

Ta có 

$u_n=\frac{5^n}{n^2}>\mathrm{0,}\forall n\in {\mathbb{N}}^{*}\Rightarrow u_{n+1}=\frac{5^{n+1}}{{\left(n+1\right)}^2}$

Xét tỉ số

$\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{5^{n+1}}{{\left(n+1\right)}^2}.\frac{n^2}{5^n}=\frac{5n^2}{n^2+2n+1}=\frac{n^2+2n+1+4n^2-2n-1}{n^2+2n+1}=1+\frac{2n\left(n-1\right)+2n^2-1}{n^2+2n+1}>\mathrm{1,}\forall n\in {\mathbb{N}}^{*}$

Vậy $\left({\mathrm{u}}_{\mathrm{n}}\right)$ là dãy số tăng.

Chọn A

$n^2-n+1<n^2+2n+2(don>0)$

Chọn A

Ta có $u_n=3n+6\Rightarrow u_{n+1}=3\left(n+1\right)+6=3n+9$

Xét hiệu $u_{n+1}-u_n=\left(3n+9\right)-\left(3n+6\right)=3>\mathrm{0,}\forall n\in N^{*}$

Chọn A

Ta có $u_{n+1}-u_n=\frac{3^{n+1}-1}{2^{n+1}}-\frac{3^n-1}{2^n}=\frac{3^{n+1}-1-{2.3}^n+2}{2^{n+1}}=\frac{3^n+1}{2^{n+1}}>0\Rightarrow$dãy $\left({\mathrm{u}}_{\mathrm{n}}\right)$ là dãy số tăng.

Chọn D

Dãy số $u_n={\left(-1\right)}^n\sqrt{n}$là dãy số không bị chặn vì $\lim \left|u_n\right|=\lim \sqrt{n}=+\infty$

Chọn C

Chọn C

Xét hiệu $u_{n+1}-u_n=\left(a{u}_n+1\right)-\left(a{u}_{n-1}+1\right)=a\left(u_n-u_{n-1}\right)$

Áp dụng, ta có 

$$\begin{gathered} u_2=a{u}_1+1=a+1\Rightarrow u_2-1=a\Rightarrow u_2-u_1=a \\ \begin{array}{l}\mathit{\Rightarrow }{\mathit{u}}_{\mathit{3}}\mathit{-}{\mathit{u}}_{\mathit{2}}\mathit{=}\mathit{a}(u_{\mathrm{2}}\mathrm{-}{u}_{\mathrm{1}})\mathit{=}{\mathit{a}}^{\mathit{2}}\mathit{;}\\ \mathit{\Rightarrow }{\mathit{u}}_{\mathit{4}}\mathit{-}{\mathit{u}}_{\mathit{3}}\mathit{=}\mathit{a}(u_{\mathrm{3}}\mathrm{-}{u}_{\mathrm{2}})\mathit{=}{\mathit{a}}^{\mathit{3}}\mathit{;}\\ \mathit{...}\\ \mathit{\Rightarrow }{\mathit{u}}_{\mathit{n}\mathit{+}\mathit{1}}\mathit{-}{\mathit{u}}_{\mathit{n}}\mathit{=}{\mathit{a}}^{\mathit{n}}\mathit{>}\mathit{0}\end{array} \end{gathered}$$

Để dãy số $\left({\mathrm{u}}_{\mathrm{n}}\right)$tăng thì $u_n>u_{n-1}>\mathrm{...}>u_2>u_1\Rightarrow a>0$

Chọn B

Đáp án A, C dãy không tăng, không giảm.

Xét đáp án B, ta có $v_n=1-\frac{2}{n+1}\Rightarrow v_{n+1}-v_n=\frac{2}{n+1}-\frac{2}{n+2}>\mathrm{0,}\forall n\in {\mathbb{N}}^{*}$ nên $\left({\mathrm{v}}_{\mathrm{n}}\right)$ là dãy số tăng.

Chọn B

Vì $\cos n\le 1 nên u_n\le n$ .Phát biểu (3) đúng.

Dãy không tăng, không giảm và không bị chặn dưới.

Vậy có 1 phát biểu đúng trong 3 phát biểu đã cho.

Chọn D

Ta có $\forall n\in {\mathbb{N}}^{*},u_{n+1}-u_n=\frac{1}{{\left(1+n\right)}^2>0}$ nên dãy số tăng. Phát biểu (1) đúng.

Vì dãy số tăng nên dãy số bị chặn dưới bởi u1. Phát biểu (2) đúng.

Ta lại có $u_1=1;u_2=u_1+\frac{1}{2^2};u_3=u_2+\frac{1}{3^2};u_n=u_{n-1}+\frac{1}{n^2}$

Cộng các đẳng thức trên theo từng vế, ta được $u_n=u_1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\mathrm{...}+\frac{1}{n^2}(*)$

Mặt khác 

$$\begin{gathered} \frac{1}{n^2}<\frac{1}{n\left(n-1\right)}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\Rightarrow (*)\iff u_n=1+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\mathrm{...}+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n} \\ \iff u_n=1+\frac{1}{1}-\frac{1}{n}<\mathrm{2,}\forall n\in {\mathbb{N}}^{*} \end{gathered}$$

Vậy dãy số bị chặn trên bởi 2 nên phát biểu (3) đúng.

Chọn C

Xét hiệu $u_{n+1}-u_n=\frac{ad-bc}{\left[c\left(n+1\right)+d\left(cn+d\right)\right]}$. Dãy số $\left({\mathrm{u}}_{\mathrm{n}}\right)$ là dãy số tăng khi ad-bc>0

Mà c>d>0 nên chỉ có điều kiện ở đáp án C để ad-bc>0.

Chọn B

Ta có $a_{n+1}-a_n=2^{n+1}+n+1-2^n-n={2.2}^n-2^n+1=2^n+1>\mathrm{0,}\forall n\in {\mathbb{N}}^{*}$

Vậy $\left({\mathrm{a}}_{\mathrm{n}}\right)$ là dãy số tăng.

Chọn C

$0<1+\frac{1}{n}<\mathrm{2,}\forall n\in {\mathbb{N}}^{*}$ nên dãy số xác định bởi $a_n=1+\frac{1}{n}$là một dãy bị chặn.

$a_{n+1}-a_n={\left(n+1\right)}^2-n^2=2n+1>\mathrm{0,}\forall n\in {\mathbb{N}}^{*}$ nên dãy số xác định bởi $a_n=1+\frac{1}{n}$ là dãy tăng.

$a_{n+1}-a_n={\left(n+1\right)}^2-n^2=2n+1>\mathrm{0,}\forall n\in {\mathbb{N}}^{*}$nên dãy số xác định bởi $a_n=1+\frac{1}{n}$ là dãy số giảm và không bị chặn dưới.

$a_{n+1}-a_n=\left(1-{\left(n+1\right)}^2\right)-\left(1-n^2\right)=2n-1>\mathrm{0,}\forall n\in {\mathbb{N}}^{*}$ nên dãy số xác định bởi $a_n=1-n^2$ là dãy không tăng không giảm.

Chọn D

Xét hiệu 

$$\begin{gathered} u_{n+2}-u_{n+1}=a{u}_{n+1}+\left(1-a\right)u_n-u_{n+1}=\left(a-1\right)\left(u_{n+1}-u_n\right) \\ \begin{array}{l}\Rightarrow u_3-u_2=\left(a-1\right)\left(u_2-u_1\right)=\left(a-1\right);\\ \Rightarrow u_4-u_3=\left(a-1\right)\left(u_3-u_2\right)={\left(a-1\right)}^2;\\ \mathrm{...}\\ u_{n+1}-u_n={\left(a-1\right)}^{n-1}>0\end{array} \end{gathered}$$

Chọn B

Ta có $u_{n+1}=\frac{n+1}{5n}{u}_n\iff \frac{u_{n+1}}{n+1}=\frac{1}{5}.\frac{u_n}{n}$

Đặt $v_n=\frac{u_n}{n},\forall n\ge 1.$ Suy ra $\left({\mathrm{v}}_{\mathrm{n}}\right)$ là cấp số nhận có công bội $q=\frac{1}{5} \mathrm{và} \mathrm{v}=\frac{1}{5}$

Ta có 

$S=\sum _{k=1}^n\frac{u_k}{k}=\sum _{k=1}^n{v}_k=v_1\frac{1-q^n}{1-q}=\frac{1}{5}.\frac{1-{\left(\frac{1}{5}\right)}^n}{1-\frac{1}{5}}=\frac{1}{4}.\frac{5^n-1}{5^n}=T_n$

Do $v_n>\mathrm{0,}\forall n\ge 1$ nên (Tn) là dãy tăng. Suy ra $T_n<\frac{5^{2018}-1}{{4.5}^{2018}}=T_{2018}\iff n<2018$

Chọn B

Ta có $u_{n+1}-u_n=\frac{1}{\left(n+1\right)+\sqrt{{\left(n+1\right)}^2-1}}-\frac{1}{n+\sqrt{n^2-1}}<0$

Vậy dãy $\left({\mathrm{u}}_{\mathrm{n}}\right)$ là dãy số giảm.