Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Dãy số (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
$A_1=\left(\frac{3}{2};2\right)$, $B_1=\left(\frac{3}{2};\frac{3}{2}\right)$. Đặt $t_n=y_{A_n}$. Với $n\ge 2$: đường ngang qua $A_{n-1}$ cắt $d_2$ tại $B_n$ nên $y_{B_n}=t_{n-1}$, do đó $x_{B_n}=t_{n-1}$; đường thẳng đứng qua $B_n$ cắt $d_1$ tại $A_n$ nên $x_{A_n}=t_{n-1}$ và $t_n=2t_{n-1}-1$. Suy ra $t_n-1=2(t_{n-1}-1)$ với $t_1-1=1$, vậy $t_n=2^{n-1}+1$. Đoạn $A_n{B}_n$ thẳng đứng nên $h_n=y_{A_n}-y_{B_n}=t_n-t_{n-1}=2^{n-2}$. Do đó $h_{20}=2^{18}=262144$ và $\frac{h_{20}}{1024}=\frac{2^{18}}{2^{10}}=2^8=256$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hệ thức truy hồi $u_{n+1}=(n+2)u_n$ với $u_1=\sqrt{2026}$, ta có $u_n=u_1\cdot 3\cdot 4\cdots (n+1)=\sqrt{2026}\cdot \frac{(n+1)!}{2}$.
Do đó $\frac{k}{u_k}=\frac{2k}{\sqrt{2026}(k+1)!}=\frac{2}{\sqrt{2026}}\left(\frac{1}{k!}-\frac{1}{(k+1)!}\right)$ vì $\frac{1}{k!}-\frac{1}{(k+1)!}=\frac{k}{(k+1)!}$.
Tổng $S_{10}=\frac{2}{\sqrt{2026}}\left(\frac{1}{1!}-\frac{1}{11!}\right)=\frac{2}{\sqrt{2026}}\cdot \frac{39916799}{39916800}$.
Vì $\sqrt{2026}\approx 45,0111105$ nên $S_{10}\approx 0,04443345$, làm tròn 5 chữ số thập phân: $S_{10}\approx 0,04443$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ $u_1=\frac{1}{2}$ và $u_{n+1}=\frac{u_n}{u_n+1}$, ta có $\frac{1}{u_{n+1}}=\frac{1}{u_n}+1$, nên $\frac{1}{u_n}=\frac{1}{2}+(n-1)=\frac{n+1}{2}$, tức $u_n=\frac{1}{n+1}$.
Do đó $\frac{u_k}{k}=\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}$, suy ra $S_n=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$.
Yêu cầu $S_n\ge \frac{2022}{2023}$ tức $\frac{n}{n+1}\ge \frac{2022}{2023}\iff 2023n\ge 2022n+2022\iff n\ge 2022$. Vậy giá trị nhỏ nhất của $n$ là $2022$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $u_1=6$, $u_2=6+1+\sqrt{25}=12$, $u_3=12+1+\sqrt{49}=20$, $u_4=20+1+\sqrt{81}=30$. Suy ra dự đoán $u_n=(n+1)(n+2)=n^2+3n+2$. Kiểm tra bằng quy nạp: nếu $u_n=n^2+3n+2$ thì $\sqrt{4u_n+1}=\sqrt{4n^2+12n+9}=2n+3$, do đó $u_{n+1}=u_n+1+(2n+3)=n^2+3n+2+2n+4=(n+1{)}^2+3(n+1)+2$, đúng công thức với $n+1$. Vậy $u_n=(n+1)(n+2)$ với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Do đó $u_{2026}=2027\cdot 2028=4110756$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $v_n=u_n^2$. Từ hệ thức truy hồi $u_{n+1}^2=3u_n^2+2$ ta được $v_{n+1}=3v_n+2$, với $v_1=1$. Đây là dãy cấp số nhân loại $v_{n+1}+1=3(v_n+1)$, với $v_1+1=2$, nên $v_n+1=2\cdot 3^{n-1}$, tức $u_n^2=2\cdot 3^{n-1}-1$. Khi đó: $$S=\sum _{n=1}^{2025}{u}_n^2=2\sum _{n=1}^{2025}{3}^{n-1}-2025=2\cdot \frac{3^{2025}-1}{3-1}-2025=3^{2025}-1-2025=3^{2025}-2026.$$ Vậy $S=3^{2025}-2026$.

(AI giải đề cho tôi)
Nửa đường tròn đường kính OA_n có bán kính n/2, diện tích πn²/8. a) u_1 = π·1²/8 = π/8, đúng. b) r_n = n/2 ≠ n − 1/2, sai. c) u_n = π(n² − (n−1)²)/8 = π(2n−1)/8 = π(4·(n/2) − 1)/8 = π(4r_n − 1)/8, đúng. d) u_{2k} = π(4k−1)/8, tổng với k=1..50: S = π(4·(1+...+50) − 50)/8 = π(4·1275 − 50)/8 = 5050π/8 ≈ 1983,16 > 1983, đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
u_1 = (1/2)π(1/2)² = π/8.
b) (AI giải đề cho tôi)
Đường kính OA_n = n nên r_n = n/2, không phải n − 1/2.
c) (AI giải đề cho tôi)
u_n = π(n² − (n−1)²)/8 = π(2n−1)/8 = π(4r_n − 1)/8 với r_n = n/2.
d) (AI giải đề cho tôi)
u_{2k} = π(4k−1)/8; tổng k=1..50 bằng 5050π/8 ≈ 1983,16 > 1983.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $u_{n+1}=u_n+n$ với $u_1=1$, nên $u_n=u_1+(1+2+\cdots +(n-1))=1+\frac{n(n-1)}{2}$.

Yêu cầu $u_n\le 2047277$ tức $\frac{n(n-1)}{2}\le 2047276$, hay $n(n-1)\le 4094552$.

Thử $n=2024$: $2024\cdot 2023=4094552\le 4094552$ (thỏa).
Thử $n=2025$: $2025\cdot 2024=4098600>4094552$ (không thỏa).

Vậy số nguyên dương $n$ lớn nhất là $n=2024$. Khớp với đáp án nguồn: D.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $u_1=1\ne 0$ và nếu $u_{n-1}\ne 0$ thì $u_n=\frac{u_{n-1}}{u_{n-1}+2}\ne 0$, nên mọi $u_n\ne 0$. Lấy nghịch đảo: $\frac{1}{u_n}=\frac{u_{n-1}+2}{u_{n-1}}=1+\frac{2}{u_{n-1}}$. Đặt $v_n=\frac{1}{u_n}$, khi đó $v_n=2v_{n-1}+1$, suy ra $v_n+1=2(v_{n-1}+1)$. Vậy dãy $(v_n+1)$ là cấp số nhân công bội $q=2$ với số hạng đầu $v_1+1=\frac{1}{u_1}+1=2$. Do đó $v_n+1=2\cdot 2^{n-1}=2^n$, tức $v_n=2^n-1$. Kết luận: $u_n=\frac{1}{2^n-1}$ với mọi $n\ge 1$. Kiểm tra: $u_1=\frac{1}{2-1}=1$ đúng; $u_2=\frac{1}{3}=\frac{u_1}{u_1+2}=\frac{1}{3}$ đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hệ thức truy hồi $u_n=\frac{u_{n-1}}{(n-1)u_{n-1}+1}$, vì $u_1=2>0$ nên quy nạp $u_n>0$ với mọi $n$, do đó có thể lấy nghịch đảo: $$\frac{1}{u_n}=\frac{(n-1)u_{n-1}+1}{u_{n-1}}=(n-1)+\frac{1}{u_{n-1}}.$$ Đặt $v_n=\frac{1}{u_n}$, ta có $v_n=v_{n-1}+(n-1)$ với $v_1=\frac{1}{2}$. Cộng các đẳng thức từ $2$ đến $n$: $$v_n=\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^{n-1}k=\frac{1}{2}+\frac{n(n-1)}{2}=\frac{n^2-n+1}{2}.$$ Vậy công thức số hạng tổng quát là $$u_n=\frac{2}{n^2-n+1}.$$

**a) Chứng minh dãy giảm:** Với mọi $n\ge 1$, $u_n=\frac{2}{n^2-n+1}>0$. Xét hiệu $$u_{n+1}-u_n=\frac{2}{(n+1{)}^2-(n+1)+1}-\frac{2}{n^2-n+1}=\frac{2}{n^2+n+1}-\frac{2}{n^2-n+1}.$$ Vì $n^2+n+1>n^2-n+1>0$ nên $u_{n+1}-u_n<0$, tức $u_{n+1}<u_n$ với mọi $n$. Vậy dãy $(u_n)$ là dãy giảm. (Kiểm tra: $u_1=2$, $u_2=\frac{2}{3}$, $u_3=\frac{2}{7},\dots$ thỏa mãn.)

**b) Chứng minh bất đẳng thức:** Với $n\ge 2$, ta có $$\frac{u_n}{2-u_n}=\frac{\frac{2}{n^2-n+1}}{2-\frac{2}{n^2-n+1}}=\frac{2}{2(n^2-n+1)-2}=\frac{1}{n^2-n}=\frac{1}{n(n-1)}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}.$$ Do đó tổng là tổng dạng telescoping: $$\sum _{n=2}^{2026}\frac{u_n}{2-u_n}=\sum _{n=2}^{2026}\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right)=1-\frac{1}{2026}=\frac{2025}{2026}<1.$$ Vậy $\frac{u_2}{2-u_2}+\frac{u_3}{2-u_3}+\dots +\frac{u_{2026}}{2-u_{2026}}=\frac{2025}{2026}<1$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
a) Từ $n(u_{n+1}-u_n)=u_n+1$ ta có $n{u}_{n+1}=(n+1)u_n+1$, suy ra $$\frac{u_{n+1}}{n+1}=\frac{u_n}{n}+\frac{1}{n(n+1)}.$$ Đặt $v_n=\frac{u_n}{n}$, khi đó $$v_{n+1}=v_n+\frac{1}{n(n+1)}=v_n+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}.$$ Cộng theo $n$ từ $1$ đến $n-1$: $$v_n=v_1+\sum _{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)=2025+1-\frac{1}{n}=2026-\frac{1}{n}.$$ Vậy $$u_n=n\left(2026-\frac{1}{n}\right)=2026n-1,n\ge 1.$$ Kiểm tra: $u_1=2025$ đúng; với $n=1$: $1\cdot (u_2-u_1)=4051-2025=2026=u_1+1$ đúng.

b) $$\lim \frac{u_n}{2025n}=\lim \frac{2026n-1}{2025n}=\frac{2026}{2025}.$$

a) Ta có $n{u}_{n+1}=2(n+1)u_n+n^2+n,\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ suy ra $n(u_{n+1}-u_n)=2(n+1)u_n+n^2+n-n{u}_n=(n+2)u_n+n^2+n$.

Dễ thấy $u_{n-1}>0$ và $n>0$ nên $(n+2)u_n+n^2+n>0$.
Suy ra $n(u_{n+1}-u_n),\forall n=1,2,3,\mathrm{4...}$
Suy ra $u_{n+1}-u_n>0$.
Vậy $(u_n)$ là dãy số tăng.

b) Chia hai vế cho $n(n+1)$ ta có $\frac{u_{n+1}}{n+1}=2\frac{u_n}{n}+1$.
Đặt $v_n=\frac{u_n}{n}$ suy ra $v_1=2$ và $v_{n+1}=2v_n+1$.
Ta có $v_n+1=2(v_{n-1}+1)=...=2^{n-1}(v_1+1)=3.2^{n-1}$.
Suy ra $v_n=3.2^{n-1}-1$ hay $\frac{u_n}{n}=3.2^{n-1}-1$.

Ta có
$$\frac{u_1}{1}+\frac{u_2}{2}+...+\frac{u_{2025}}{2025}+\frac{u_{2026}}{2026}=3\left(1+2+...+2^{2024}+2^{2025}\right)-2026$$
$$=3.2^{2026}-2029<3.2^{2026}.$$

Chú ý: Học sinh làm theo cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa.

(AI giải đề cho tôi)
a) Với $n=1$: $a_1=2a_1-1\Rightarrow a_1=1$. Với $n=2$: $1+a_2=2a_2-1\Rightarrow a_2=2$. Với $n=3$: $1+2+a_3=2a_3-1\Rightarrow a_3=4$. Suy ra dự đoán $a_n=2^{n-1}$ (kiểm tra: ${\sum }_{k=1}^n{2}^{k-1}=2^n-1=2a_n-1$ đúng).

b) Từ $b_{k+1}=a_k+b_k$, ta có $b_n=b_1+{\sum }_{k=1}^{n-1}{a}_k=-1+(2^{n-1}-1)=2^{n-1}-2$ với $n\ge 2$ (kiểm tra: $b_2=a_1+b_1=0=2^1-2$ đúng).

Do đó:
$$b_2+b_3+\cdots +b_n=\sum _{j=2}^n(2^{j-1}-2)=(2^n-2)-2(n-1)=2^n-2n.$$

Giải $2^n-2n=2026$. Thử $n=11$: $2^{11}-22=2048-22=2026$ thỏa mãn. Vậy $n=11$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $u_n=\frac{n^2+3n+7}{n+1}=\frac{(n+1)(n+2)+5}{n+1}=n+2+\frac{5}{n+1}$, với $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Để $u_n$ nguyên thì $\frac{5}{n+1}$ phải nguyên, tức $n+1$ là ước của 5: $n+1\in \{1;5\}$. Với $n+1=1\Rightarrow n=0$ (không thuộc ${\mathbb{N}}^{\ast }$, loại). Với $n+1=5\Rightarrow n=4$, khi đó $u_4=6+1=7$ nguyên. Vậy dãy có đúng 1 số hạng nhận giá trị nguyên.

(AI giải đề cho tôi)
Với $u_n=\frac{n+1}{3n}$:

a) $u_1=\frac{2}{3},u_2=\frac{3}{6}=\frac{1}{2},u_3=\frac{4}{9},u_4=\frac{5}{12},u_5=\frac{6}{15}=\frac{2}{5}$. Mệnh đề đúng.

b) Giải $\frac{n+1}{3n}=\frac{33}{101}\Rightarrow 101(n+1)=99n\Rightarrow 2n=-101$, vô nghiệm $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Vậy $\frac{33}{101}$ không là số hạng của dãy. Mệnh đề sai.

c) $u_2-u_1=\frac{1}{2}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{6}$, $u_3-u_2=\frac{4}{9}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{18}\ne -\frac{1}{6}$, nên dãy không là cấp số cộng. Mệnh đề sai.

d) Ta có $v_{n+1}=u_n{v}_n$ nên $v_n=v_1\cdot u_1{u}_2\cdots u_{n-1}=\frac{1}{3}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{3}{6}\cdots \frac{n}{3(n-1)}=\frac{1}{3}\cdot \frac{n}{3^{n-1}}=\frac{n}{3^n}$.
Do đó $\frac{v_n}{n}=\frac{1}{3^n}$, nên $S={\sum }_{n=1}^{10}\frac{1}{3^n}=\frac{\frac{1}{3}(1-\frac{1}{3^{10}})}{1-\frac{1}{3}}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{59049}\right)=\frac{29524}{59049}$. Mệnh đề đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Thay $n=1,2,3,4,5$ vào $u_n=\frac{n+1}{3n}$ được đúng các giá trị $\frac{2}{3};\frac{1}{2};\frac{4}{9};\frac{5}{12};\frac{2}{5}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Phương trình $\frac{n+1}{3n}=\frac{33}{101}$ cho $2n=-101$, vô nghiệm nguyên dương.
c) (AI giải đề cho tôi)
$u_2-u_1=-\frac{1}{6}$ còn $u_3-u_2=-\frac{1}{18}$, khác nhau nên không phải cấp số cộng.
d) (AI giải đề cho tôi)
$v_n=\frac{n}{3^n}$ nên $\frac{v_n}{n}=\frac{1}{3^n}$; tổng cấp số nhân $S={\sum }_{n=1}^{10}\frac{1}{3^n}=\frac{29524}{59049}$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 60: Xét tính bị chặn của các dãy số.

a) $u_n={\sum }_{k=1}^n\frac{1}{k(k+1)}$. Vì $\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}$ nên $u_n=1-\frac{1}{n+1}$. Với mọi $n\ge 1$: $\frac{1}{2}\le u_n<1$, do đó dãy bị chặn (bị chặn dưới bởi $\frac{1}{2}$, bị chặn trên bởi $1$).

b) $u_n={\sum }_{k=1}^n\frac{1}{k^2}$. Dãy tăng nên $u_n\ge u_1=1$. Mặt khác với $k\ge 2$: $\frac{1}{k^2}\le \frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}$, nên $u_n\le 1+\left(1-\frac{1}{n}\right)=2-\frac{1}{n}<2$. Vậy $1\le u_n<2$: dãy bị chặn.

c) $u_n={\sum }_{k=1}^n\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}$. Vì $\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)$ nên $u_n=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2n+1}\right)$. Với mọi $n\ge 1$: $\frac{1}{3}\le u_n<\frac{1}{2}$, do đó dãy bị chặn.

d) $u_n={\sum }_{k=1}^n\frac{1}{k(k+3)}$. Vì $\frac{1}{k(k+3)}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+3}\right)$ nên $u_n=\frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right)=\frac{11}{18}-\frac{1}{3}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}\right)$. Với mọi $n\ge 1$: $u_1=\frac{1}{4}$ và $u_n<\frac{11}{18}$, do đó $\frac{1}{4}\le u_n<\frac{11}{18}$: dãy bị chặn.

Kết luận: cả bốn dãy a), b), c), d) đều bị chặn.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 58: Xét tính bị chặn của từng dãy. Lưu ý: bản in nguồn ở mục b) là $u_n=3\cos \frac{nx}{3}$ (không có ký hiệu $\pi$), có thể là lỗi in của $\frac{n\pi }{3}$; ở đây giữ nguyên như nguồn. Dù với biểu thức nào, ta luôn có $-1\le \cos t\le 1$ nên kết luận bị chặn không đổi.

a) $u_n=\frac{1}{2n^2-1}$. Với mọi $n\ge 1$ ta có $2n^2-1\ge 1>0$ nên $0<u_n\le u_1=1$ (dãy giảm vì mẫu số tăng). Vậy dãy bị chặn: $0<u_n\le 1$.

b) $u_n=3\cos \frac{nx}{3}$ (nguồn in; khả năng là $3\cos \frac{n\pi }{3}$). Với mọi $n$ ta có $-1\le \cos \frac{nx}{3}\le 1$ nên $-3\le u_n\le 3$. Do đó dãy bị chặn.

c) $u_n=2n^3+1$. Dãy đơn điệu tăng và $u_n\ge u_1=3$ nhưng $u_n\to +\infty$ khi $n\to \infty$, nên dãy không bị chặn trên, tức không bị chặn.

d) $u_n=\frac{n^2+2n}{n^2+n+1}=1+\frac{n-1}{n^2+n+1}$. Với $n\ge 1$: $u_n\ge 1$. Đặt $f(n)=\frac{n-1}{n^2+n+1}$, ta có $f(1)=0,f(2)=\frac{1}{7},f(3)=\frac{2}{13},f(4)=\frac{3}{21}=\frac{1}{7},f(5)=\frac{4}{31}<\frac{1}{7}$. Nói chung, với $f(n+1)=\frac{n}{n^2+3n+3}$:
$$f(n+1)-f(n)=\frac{n(n^2+n+1)-(n-1)(n^2+3n+3)}{(n^2+n+1)(n^2+3n+3)}=\frac{-n^2+n+3}{(n^2+n+1)(n^2+3n+3)},$$
tử số $-n^2+n+3>0$ khi $n=1,2$ và $-n^2+n+3<0$ khi $n\ge 3$, tức $f(n)$ tăng đến $n=3$ rồi giảm. Vậy $\max f(n)=f(3)=\frac{2}{13}$, suy ra $1\le u_n\le 1+\frac{2}{13}=\frac{15}{13}$. Dãy bị chặn.

e) $u_n=n+\frac{1}{n}$. Dãy đơn điệu tăng và $u_n\to +\infty$, nên dãy không bị chặn trên, tức không bị chặn.

Kết luận: các dãy a), b), d) bị chặn; các dãy c), e) không bị chặn.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 60: Xét tính bị chặn của các dãy số.

a) $u_n=\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+...+\frac{1}{n(n+1)}$. Vì $\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}$ nên $u_n=1-\frac{1}{n+1}$. Với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ ta có $0<u_n<1$, vậy dãy bị chặn (bị chặn trên bởi 1, bị chặn dưới bởi 0). Dãy cũng tăng vì $u_{n+1}-u_n=\frac{1}{(n+1)(n+2)}>0$.

b) $u_n=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2}$. Với $k\ge 2$: $\frac{1}{k^2}<\frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}$, nên $u_n<1+\left(1-\frac{1}{n}\right)<2$. Rõ ràng $u_n\ge 1>0$. Vậy dãy bị chặn: $1\le u_n<2$.

c) $u_n=\frac{1}{1.3}+\frac{1}{2.5}+...+\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}$. Vì $\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)$ nên $u_n=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2n+1}\right)<\frac{1}{2}$ và $u_n>0$. Vậy dãy bị chặn: $0<u_n<\frac{1}{2}$.

d) $u_n=\frac{1}{1.4}+\frac{1}{2.5}+...+\frac{1}{n(n+3)}$. Vì $\frac{1}{k(k+3)}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+3}\right)$ nên $u_n=\frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right)<\frac{1}{3}\cdot \frac{11}{6}=\frac{11}{18}$ và $u_n>0$. Vậy dãy bị chặn: $0<u_n<\frac{11}{18}$.

Kết luận: cả bốn dãy a), b), c), d) đều là các dãy bị chặn.