Bài tập Đại số Lớp 11 - Chương 3: Dãy số. Cấp số cộng và cấp số nhân

46 trang nhungbui22 12/08/2022 2090

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập Đại số Lớp 11 - Chương 3: Dãy số. Cấp số cộng và cấp số nhân", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bai_tap_dai_so_lop_11_chuong_3_day_so_cap_so_cong_va_cap_so.doc

Nội dung text: Bài tập Đại số Lớp 11 - Chương 3: Dãy số. Cấp số cộng và cấp số nhân

Chuong 3. DÃY SỐ - CẤP SỐ CỘNG VÀ CẤP SỐ NHÂN PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC Nội dung phương pháp quy nạp toán học Cho n0 là một số nguyên dương và P(n) là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên n n0 . Nếu (1) P(n0 ) là đúng và (2) Nếu P(k) đúng, thì P(k 1) cũng đúng với mọi số tự nhiên k n0 ; thì mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n n0 . Khi ta bắt gặp bài toán: Chứng minh mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n n0 , n0 ¥ ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp như sau Bước 1: Kiểm tra P(n0 ) có đúng hay không. Nếu bước này đúng thì ta chuyển qua bước hai Bước 2: Với k n0 , giả sử P(k) đúng ta cần chứng minh P(k 1) cũng đúng. Kết luận: P(n) đúng với n n0 . Lưu ý: Bước 2 gọi là bước quy nạp, mệnh đề P(k) đúng gọi là giả thiết quy nạp. Vấn đề 1. Dùng quy nạp để chứng minh đẳng thức. Bất đẳng thức Phương pháp . Phương pháp: Giả sử cần chứng minh đẳng thức P(n) Q(n) (hoặc P(n) Q(n)) đúng với n n0 , n0 ¥ ta thực hiện các bước sau: Bước 1: Tính P(n0 ), Q(n0 ) rồi chứng minh P(n0 ) Q(n0 ) Bước 2: Giả sử P(k) Q(k); k ¥ ,k n0 , ta cần chứng minh P(k 1) Q(k 1) . Các ví dụ Ví dụ 1. n(n 1) Chứng mình với mọi số tự nhiên n 1 ta luôn có: 1 2 3 n 2 Lời giải: n(n 1) Đặt P(n) 1 2 3 n : tổng n số tự nhiên đầu tiên : Q(n) 2 Ta cần chứng minh P(n) Q(n) n ¥ ,n 1. 1(1 1) Bước 1: Với n 1 ta có P(1) 1, Q(1) 1 2 P(1) Q(1) (1) đúng với n 1. – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Bước 2: Giả sử P(k) Q(k) với k ¥ ,k 1 tức là: k(k 1) 1 2 3 k (1) 2 Ta cần chứng minh P(k 1) Q(k 1) , tức là: (k 1)(k 2) 1 2 3 k (k 1) (2) 2 Thật vậy: VT(2) (1 2 3 k) (k 1) k(k 1) (k 1) (Do đẳng thức (1)) 2 k (k 1)(k 2) (k 1)( 1) VP(2) 2 2 Vậy đẳng thức cho đúng với mọi n 1 . Ví dụ 2. Chứng minh với mọi số tự nhiên n 1 ta luôn có: 1 3 5 2n 1 n2 Lời giải: Với n 1 ta có VT 1, VP 12 1 Suy ra VT VP đẳng thức cho đúng với n 1. Giả sử đẳng thức cho đúng với n k với k ¥ ,k 1 tức là: 1 3 5 2k 1 k2 (1) Ta cần chứng minh đẳng thức cho đúng với n k 1 , tức là: 2 1 3 5 (2k 1) (2k 1) k 1 (2) Thật vậy: VT(2) (1 3 5 2k 1) (2k 1) k2 (2k 1) (Do đẳng thức (1)) (k 1)2 VP(1.2) Vậy đẳng thức cho đúng với mọi n 1 . Ví dụ 3. 1.3.5 2n 1 1 Chứng minh rằng với n 1, ta có bất đẳng thức: 2.4.6.2n 2n 1 Lời giải: 1 1 * Với n 1 ta có đẳng thức cho trở thành : 2 3 đúng. 2 3 đẳng thức cho đúng với n 1. * Giả sử đẳng thức cho đúng với n k 1 , tức là : 1.3.5 2k 1 1 (1) 2.4.6 2k 2k 1 Ta phải chứng minh đẳng thức cho đúng với n k 1 , tức là : – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
1.3.5 2k 1 2k 1 1 (2) 2.4.6 2k 2k 2 2k 3 Thật vậy, ta có : 1.3.5 (2k 1) 2k 1 1 2k 1 2k 1 VT(2) . 2.4.6 2k 2k 2 2k 1 2k 2 2k 2 2k 1 1 Ta chứng minh: (2k 1)(2k 3) (2k 2)2 2k 2 2k 3 3 1 (luôn đúng) Vậy đẳng thức cho đúng với mọi số tự nhiên n 1 . Ví dụ 4. Chứng minh rằng với n 1,x 0 ta có bất đẳng thức: 2n 1 xn (xn 1 1) x 1 . Đẳng thức xảy ra khi nào? xn 1 2 Lời giải: 2 3 x(x 1) x 1 2 4 Với n 1 ta cần chứng minh: 8x(x 1) (x 1) x 1 2 Tức là: x4 4x3 6x2 4x 1 0 (x 1)4 0 (đúng) Đẳng thức xảy ra khi x 1. 2k 1 2k 3 xk (xk 1 1) x 1 xk 1(xk 2 1) x 1 Giả sử , ta chứng minh (*) xk 1 2 xk 1 1 2 2k 3 2 2k 1 2 x 1 x 1 x 1 x 1 xk (xk 1 1) Thật vậy, ta có: 2 2 2 2 xk 1 2 x 1 xk (xk 1 1) xk 1(xk 2 1) Nên để chứng minh (*) ta chỉ cần chứng minh 2 xk 1 xk 1 1 2 x 1 k 1 2 k 2 k Hay (x 1) x(x 1)(x 1) ( ) 2 Khai triển ( ) , biến đổi và rút gọn ta thu được x2k 2 (x 1)2 2xk 1(x 1)2 (x 1)2 0 (x 1)2 (xk 1 1)2 0 BĐT này hiển nhiên đúng. Đẳng thức có x 1 . Vậy bài toán được chứng minh. Chú ý: Trong một số trường hợp để chứng minh mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n ta có thể chứng minh theo cách sau Bước 1: Ta chứng minh P(n) đúng với n 1 và n 2k Bước 2: Giả sử P(n) đúng với n k 1 , ta chứng minh P(n) đúng với n k . Cách chứng minh trên được gọi là quy nạp theo kiểu Cauchy (Cô si). – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1 , ta luôn có n(n 1)(2n 1) 1. 12 22 (n 1)2 n2 6 1 2 n 3 2n 3 2. 3 32 3n 4 4.3n Lời giải: 1. Bước 1: Với n 1 ta có: 1(1 1)(2.1 1) VT 12 1, VP 1 VT VP 6 đẳng thức cho đúng với n 1. Bước 2: Giả sử đẳng thức cho đúng với n k 1 , tức là: k(k 1)(2k 1) 12 22 (k 1)2 k2 (1) 6 Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với n k 1 , tức là cần chứng minh: (k 1)(k 1)(2k 3) 12 22 (k 1)2 k2 (k 1)2 (2). 6 Thật vây: do (1) k(k 1)(2k 1) VT(2) 12 22 k2 (k 1)2 (k 1)2 6 2k2 k (k 1)(2k2 7k 6) (k 1) k 1 6 6 (k 1)(k 2)(2k 3) VP(2) 6 (2) đúng đẳng thức cho đúng với mọi n 1 . 2. * Với n 1 ta có VT 1 VP đẳng thức cho đúng với n 1 1 2 k 3 2k 3 * Giả sử đẳng thức cho đúng với n k 1 , tức là: (1) 3 32 3k 4 4.3k Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với n k 1 , tức là cần chứng minh 1 2 k k 1 3 2k 5 (2). 3 32 3k 3k 1 4 4.3k 1 3 2k 3 k 1 3 2k 5 Thật vậy: VT(2) VP(2) 4 4.3k 3k 1 4 4.3k 1 (2) đúng đẳng thức cho đúng. Bài 2 Chứng minh các đẳng thức sau n n 1 n 2 1. 1.2 2.3 n(n 1) với n 1 3 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
1 1 1 1 n 2. 1.5 5.9 9.13 4n 3 4n 1 4n 1 2 n n 1 3. 13 23 33 n3 2 4 4 4 4 1 2n 4. 1 1 1 1 1 9 25 2 1 2n 2n 1 1 1 1 n 5. 1.2 2.3 n(n 1) n 1 n(n2 1)(3n 2) 6. 1.22 2.32 3.42 (n 1).n2 , n 2 12 2n(n 1)(2n 1) 7. 22 42 (2n)2 3 n(n 1)(n 2)(n 3) 8. 1.2.3 2.3.4 n(n 1)(n 2) 4 Với mọi n ¥ * . n(n2 1)(3n 2) 9. 1.22 2.32 3.42 (n 1).n2 12 với n 2 . 1 1 1 n(n 3) 10. 1.2.3 2.3.4 n(n 1)(n 2) 4(n 1)(n 2) Với mọi n ¥ * . Lời giải: 1. 1.2 2.3 k(k 1) (k 1)(k 2) k(k 1)(k 2) (k 1)(k 2)(k 3) (k 1)(k 2) . 3 3 1 1 1 1 1 2. 1.5 5.9 9.13 4k 3 4k 1 (4k 1)(4k 5) k 1 k 1 4k 1 (4k 1)(4k 5) 4k 5 2 2 k(k 1) 3 (k 1)(k 2) 3. (k 1) . 3 3 4 1 2k (2k 3)(2k 1)(1 2k) 2k 3 4. 1 2 2 (2k 1) 1 2k (2k 1) (1 2k) (2k 1) 5,6,7. Bạn đọc tự làm – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
k(k 1)(k 2)(k 3) 8. (k 1)(k 2)(k 3) 4 (k 1)(k 2)(k 3)(k 4) . 4 2 k(k 1)(3k 2) 2 (k 1)(3k 2) 9. k(k 1) k(k 1) 1 12 12 k(k 1)(3k2 k 10) (k 1)k(k 2)(3k 5) . 12 12 k(k 3) 1 10. 4(k 1)(k 2) (k 1)(k 2)(k 3) k(k 3)2 4 (k 1)2 (k 4) (k 1)(k 4) . 4(k 1)(k 2)(k 3) 4(k 1)(k 2)(k 3) 4(k 2)(k 3) Bài 3 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1 ta có: 2 2 2 2 2 2cos (n dấu căn) 2n 1 nx (n 1)x sin sin 2. Chứng minh các đẳng thức sin x sin 2x sin nx 2 2 với x k2 với x sin 2 n 1 . Lời giải: 1. * Với n 1 VT 2, VP 2cos 2 4 VT VP đẳng thức cho đúng với n 1. * Giả sử đẳng thức cho đúng với n k , tức là: 2 2 2 2 2 2cos (k dấu căn) (1) 2k 1 Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với n k 1 , tức là: 2 2 2 2 2 2cos ( k 1 dấu căn) (2). 2k 2 Thật vậy: VT(2) 2 2 2 2 2 2 2cos  2k 1 k dau can 2(1 cos ) 4cos2 2cos VP(2) 2k 1 2k 2 2k 2 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
a (Ở trên ta đã sử đụng công thức 1 cos a 2cos2 ). 2 (2) đúng đẳng thức cho đúng. x sin sin x 2. Với n 1 ta có VT sin x, VP 2 sin x nên đẳng thức cho đúng với x sin 2 n 1 Giả sử đẳng thức cho đúng với n k 1 , tức là: kx (k 1)x sin sin sin x sin 2x sin kx 2 2 (1) x sin 2 Ta chứng minh (4) đúng với n k 1 , tức là (k 1)x (k 2)x sin sin sin x sin 2x sin(k 1)x 2 2 (2) x sin 2 kx (k 1)x sin sin Thật vậy: VT(2) 2 2 sin(k 1)x x sin 2 kx (k 1)x x sin 2cos sin (k 1)x sin 2 2 2 2 x sin 2 (k 1)x (k 2)x sin sin 2 2 VP(2) x sin 2 Nên (2) đúng. Suy ra đẳng thức cho đúng với mọi n 1 . Bài 4 Chứng minh rằng với mọi n 1 ta có bất đẳng thức: sin nx n sin x x ¡ Lời giải: * Với n 1 ta có: VT sin1. 1. sin VP nên đẳng thức cho đúng. * Giả sử đẳng thức cho đúng với n k 1 , tức là : sin kx k sin x (1) Ta phải chứng minh đẳng thức cho đúng với n k 1 ,tức là : – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
sin(k 1) k 1 sin (2) Thật vậy: sin k 1 sin k cos cos k sin sin k . cos cos k . sin sin k sin k sin sin k 1 . sin Vậy đẳng thức cho đúng với n k 1 , nên đẳng thức cho cũng đúng với mọi số nguyên dương n . Bài 5 n 1 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1 , ta có : 1 3 n 2. 3n 3n 1 với mọi số tự nhiên n 2 ; 2.4.6.2n 3. 2n 1 với mọi số tự nhiên n 1 ; 1.3.5 2n 1 Lời giải: k 1 n2 n 1. Ta chứng minh 1 1 ,1 k n (1) bằng phương pháp quy nạp theo n k2 k k . Sau đó cho k n ta có (7). 1 1 1 * Với k 1 VT(1) 1 1 VP(1) n n2 n (1) đúng với k 1 . * Giải sử (1) đúng với k p, 1 p n, tức là: p 1 p2 p 1 1 (2). n n2 n Ta chứng minh (1) đúng với k p 1, tức là p 1 1 (p 1)2 p 1 1 1 (3). n n2 n p 1 p 1 1 1 p2 p 1 Thật vậy: 1 1 . 1 2 1 1 n n n n n n p2 p2 p p 1 p p2 p p 1 1 1 n3 n2 n n2 n2 n p2 2p 1 p 1 (p 1)2 p 1 1 1 (3) đúng đpcm. n2 n n2 n – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
n 1 1 Cách khác: Khi n 1 2 3 (đúng) dễ thấy khi n 1 tiến dần về 0 1 tiến n n n 1 gần về 1 .Vậy n 1ta luôn có 1 3 n 2. Với n 2 ta có: VT 32 9 VP 3.2 1 7 nên đẳng thức cho đúng với n 1 Giả sử đẳng thức cho đúng với n k 2 , tức là: 3k 3k 1 (1) Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với n k 1 , tức là : 3k 1 3(k 1) 1 3k 4 (2) Thật vậy: 3k 1 3.3k 3(3k 1) 3k 4 (6k 1) 3k 4 nên (2) đúng. Vậy bài tóan được chứng minh. 2 3. Với n 1 ta có: VT 2, VP 3 đẳng thức cho đúng với n 1 1 Giả sử đẳng thức cho đúng với n k 1 , tức là: 2.4.6.2k 2k 1 (1) 1.3.5 2k 1 Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với n k 1 , tức là: 2.4.6.2k(2k 2) 2k 3 (2) 1.3.5 2k 1 (2k 1) 2.4.6.2k(2k 2) 2k 2 2k 2 Thật vậy: 2k 1. 1.3.5 2k 1 (2k 1) 2k 1 2k 1 2k 2 2 Nên ta chứng minh 2k 3 2k 2 (2k 1)(2k 3) 2k 1 4 3 hiển nhiên đúng. Vậy bài toán được chứng minh. Bài 6 Cho hàm số f xác định với mọi x ¡ và thoả mãn điều kiện : f (x y) f (x). f (y), x, y ¡ (*). Chứng minh rằng với mọi số thực x và mọi số tự 2n x nhiên n ta có : f x f n 2 Lời giải: x 1. Trong BĐT f (x y) f (x). f (y) thay x và y bằng , ta được: 2 2 x x x x x f f . f f x f ( ) 2 2 2 2 2 Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n 1. Giả sử bất đẳng thức đúng với n k 1 . Ta có – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
2k x f x f k (1) 2 Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n k 1 , tức là : 2k 1 x f x f k 1 (2) 2 2 x x x x Thật vậy ta có : f f f 2k 2k 1 2k 1 2k 1 2k 2k 2 x x f f 2k 2k 1 2k 2k 1 x x f f 2k 2k 1 2k 1 x Do tính chất bắc cầu ta có được : f x f k 1 2 Bất đẳng thức đúng với n k 1 nên cũng đúng với mọi số tự nhiên n. Bài 7 Chứng minh các bất đẳng thức sau 1 1 1 1 1. 1 2 n 2 4 9 n2 n 1 1 1 2. n 1 2 n 2 3 n 3. tan n ntan với 0 4 n 1 4. 2n 2n 1 n 3 5. 2n 2 2n 5, (n ¥ * ) 6. 3n 1 n(n 2); (n ¥ * ,n 4) 7. 2n 3 3n 1; (n ¥ * ,n 8) 8. (n 1)cos ncos 1 với n 1 n 1 n 1 3 5 2n 1 1 9. . . 2 4 6 2n 2 3n 4 1 1 1 10. 1 n ;(n ¥ * ,n 2) . 2 3 2n 1 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Lời giải: 1 1 1 1 1 1. 2 2 (hiển nhiên đúng) k (k 1)2 k 1 k 1 k 1 2. k k 1 k(k 1) k (hiển nhiên) k 1 1 2 k 2 k 1 2 k(k 1) 2k 1 k 1 4k(k 1) (2k 1)2 4k(k 1) 1 (hiển nhiên). tan n tan 3. tan(n 1) (n 1)tan 1 tan n .tan tan n tan (n 1)tan (n 1)tan2 .tan n 2 tan n 1 (n 1)tan ntan (đúng) 4. 2k 1 2(2k 1) 2k 3 2k 1 2k 3 . 5. 2k 3 2.2k 2 2(2k 5) 2(k 1) 5 2k 7 2(k 1) 5 6. 3k 3.3k 1 3k(k 2) (k 1)(k 2) 2k2 3k 2 (k 1)(k 2) . 7. 2k 2 2.2k 3 2(3k 1) 3k 2 3k 4 3k 2 8. Với n 1 thì bđt hiển nhiên đúng Giả sử k cos (k 1)cos 1. Ta cần chứng minh k k 1 2 (k 1)cos k cos 1 k cos cos 2sin k 1 k k 1 k 2(k 1) (2k 1) k sin sin sin2 (1) 2k(k 1) 2k(k 1) 2(k 1) (2k 1) (2k 1) Ta có: 0 sin sin 2 2k(k 1) 2(k 1) 2k(k 1) 2(k 1) Mặt khác: sin nx n sin x k sin sin 2k(k 1) 2(k 1) Từ đó ta có được (1) luôn đúng. Vậy bài toán được chứng minh. 1 3 5 2k 1 2k 3 1 2k 3 9. . . . . 2 4 6 2k 2 2k 4 3k 4 2k 4 1 2k 3 1 Và . 3k 4 2k 4 3k 7 (3k 7)(2k 3)2 (3k 4)(2k 4)2 k 1 0 (đúng). 1 1 10. k k 1 1 (đúng). 2k 1 1 2k 1 1 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
1 1 1 1 Bài 8 Cho tổng: S n 1.3 3.5 5.7 (2n 1)(2n 1) 1. Tính S1 ;S2 ;S3 ;S4 2. Dự đoán công thức tính Sn và chứng minh bằng phương pháp qui nạp. Lời giải: 1 2 3 4 1. Ta có S ,S ;S ,S 1 3 2 5 3 7 4 9 n 2. Dự đoán công thức S . n 2n 1 Bài 9 Cho hàm số f : ¡ ¡ , n 2 là số nguyên . Chứng minh rằng nếu f (x) f (x) x y f x, y 0 (1) thì ta có 2 2 f (x1 ) f (x2 ) f (xn ) x1 x2 xn f xi 0 , i 1,n (2). n n Bài 9 Ta chứng minh (2) đúng với n 2k , k 1 * Với k 1 thì (8.2) đúng (do (1)) * Giả sử (2) đúng với n 2k , ta chứng minh (2) đúng với n 2k 1 x x k k 1 2 Thật vậy: f (x ) f (x k ) 2 f 1 2 k 2 x k x k 1 k 2 1 2 f (x k ) f (x k 1 ) 2 f 2 1 2 k 2 x x k x k x k 1 k 1 2 k 2 1 2 Do đó: f (x ) f (x k 1 ) 2 f 2 f 1 2 k k 2 2 x x k x k x k 1 2k 1 f 1 2 2 1 2 . k 1 2 Do vậy (2) đúng với mọi n 2k . Giả sử (2) đúng với mọi n k 1 3, tức là f (x ) f (x ) f (x ) x x x 1 2 k 1 f 1 2 k 1 (3) k 1 k 1 Ta chứng minh (8.2) đúng với n k , tức là f (x ) f (x ) f (x ) x x x 1 2 k f 1 2 k (4) k k – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
x x x x Thật vậy: đặt x 1 2 k , áp dụng (3) ta có k 1 k k x x f (x1 ) f (x2 ) f (xk ) f x x k 1 2 f k k 1 k 1 f (x ) f (x ) f (x ) x x x Hay 1 2 k f 1 2 k . k k Vậy bài toán được chứng minh. Chú ý: Chứng minh tương tự ta cũng có bài toán sau f (x) f (y) Nếu f ( xy) x, y 0 (a) thì ta có 2 f (x ) f (x ) f (x ) 1 2 n f n x x x với x 0, i 1,n (b). n 1 2 n i Vấn đề 2. Ứng dụng phương pháp quy nạp trong số học và trong hình học Các ví dụ Ví dụ 1. n Cho n là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng: an 16 – 15n – 1M225 Lời giải: Với n 1 ta có: a1 0 a1 M225 . k Giả sử ak 16 15k 1M225 , ta chứng minh k 1 ak 1 16 15(k 1) 1M225 k k k Thậ vậy: ak 1 16.16 15k 16 16 15k 1 15 16 1 k ak 15 16 1 k k 1 k 2 M M Vì 16 1 15. 16 16 1 15 và ak 225 Nên ta suy ra ak 1 M225. Vậy bài toán được chứng minh Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1 thì A(n) 7n 3n 1 luôn chia hết cho 9 Lời giải: * Với n 1 A(1) 71 3.1 1 9 A(1)M9 * Giả sử A(k)M9 k 1 , ta chứng minh A(k 1)M9 Thật vậy: A(k 1) 7 k 1 3(k 1) 1 7.7 k 21k 7 18k 9 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
A(k 1) 7A(k) 9(2k 1) A(k)M9 Vì A(k 1)M9 9(2k 1)M9 Vậy A(n) chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n 1 . Ví dụ 3. Cho n là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng: n Bn n 1 n 2 n 3 . 3n M3 Lời giải: Với n 1, ta có : B1 2.3M3 Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là : k Bk k 1 k 2 k 3  3k M3  M k 1 Ta chứng minh : Bk 1 k 2 k 3 k 4 3 k 1 3 Bk 1 3 k 1 k 2 k 3  3k 3k 1 3k 2 3Bk 3k 1 3k 2 k k 1 Mà Bk M3 nên suy ra Bk 1 M3 . Vậy bài toán được chứng minh. Ví dụ 4. Trong mặt mặt phẳng cho n điểm rời nhau (n > 2) tất cả không nằm trên một đường thẳng. Chứng minh rằng tất cả các đường thẳng nối hai điểm trong các điểm đã cho tạo ra số đường thẳng khác nhau không nhỏ hơn n. Lời giải: Giả sử mệnh đề đúng với n k 3 điểm. Ta chứng minh nó cũng đúng cho n k 1 điểm. Ta có thể chứng minh rằng tồn tại ít nhất một đường thẳng chỉ chứa có hai điểm. Ta kí hiệu đường thẳng đi qua hai điểm An và An 1 là An An 1 . Nếu những điểm A1 , A2 , , An nằm trên một đường thẳng thì số lượng các đường thẳng sẽ đúng là n 1 : Gồm n đường thẳng nối An 1 với các điểm A1 , A2 , , An và đường thẳng chúng nối chung. Nếu A1 , A2 , , An không nằm trên một đường thẳng thì theo giả thiết quy nạp có n đường thẳng khác nhau. Bây giờ ta thêm các đường thẳng nối An 1 với các điểm A1 , A2 , , An . Vì đường thẳng An An 1 không chứa một điểm nào trong A1 , A2 , , An 1 , nên đường thẳng này khác hoàn toàn với n đường thẳng tạo ra bởi A1 , A2 , , An . Như vậy số đường thẳng tạo ra cũng không nhỏ hơn n 1 . Ví dụ 5. Chứng minh rằng tổng các trong một n – giác lồi (n 3) bằng (n 2)1800 . Lời giải: – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Với n 3 ta có tổng ba góc trong tam giác bằng 1800 Giả sử công thức đúng cho tất cả k-giác, với k n , ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng cho n-giác. Ta có thể chia n-giác bằng một đường chéo thành ra hai đa giác. Nếu số cạnh của một đa giác là k+1, thì số cạnh của đa giác kia là n – k + 1, hơn nữa cả hai số này đều nhỏ hơn n. Theo giả thiết quy nạp tổng các góc của hai đa giác này lần lượt là k 1 1800 và n k 1 1800 . Tổng các góc của n-giác bằng tổng các góc của hai đa giác trên, nghĩa là k – 1 n k – 1 1800 n 2 1800 . Suy ra mệnh đề đúng với mọi n 3 . CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1 Cho n là số nguyên dương.Chứng minh rằng: 1. n(2n2 3n 1) chia hết cho 6. 2. 11n 1 122n 1 chia hết cho 133 3. n7 n chia hết cho 7 4. 13n 1chia hết cho 6 5. n5 n chia hết cho 5 với mọi n 1 6. 16n 15n 1 chia hết cho 225 với mọi n 1 7. 4.32n 1 32n 36 chia hết cho 64 với mọi n 1 . Lời giải: 2 3 2 1. Đặt an n(2n 3n 1) 2n 3n n 3 2 2 Ta có: an 1 2(n 1) 3(n 1) n 1 an 6n . n 1 2n 1 2. Đặt an 11 12 n 1 2 2n 1 2n 1 Ta có: an 1 11.11 12 .12 11.an 133.12 7 3. Đặt an n n 7 7 k 7 k Ta có an 1 (n 1) (n 1) an 1 an C7 n i 1 7! Mà C k ,1 k 7 luôn chia hết cho 7 . 7 k!(7 k)! n 4. Đặt an 13 1 an 1 13an 12 5 5 5 3 2 5. Đặt an n n thì ta có: ak 1 ak (k 1) k 1 5k(k 2k 2k 1) . n k 1 k 6. Đặt an 16 15n 1 thì ta có: ak 1 16 15k 16 ak 15. 16 1 2n 1 2k 3 2k 1 7. Đặt an 4.3 32n 36 thì ta có: ak 1 4.3 32(k 1) 36 ak 32(3 1) Bài 2 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
n 1. Chứng minh rằng với n 2 , ta luôn có an n 1 n 2 n n chia hết cho 2 . 2. Cho a,b là nghiệm của phương trình x2 27x 14 0 Đặt S n an bn . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì S(n) là một số nguyên không chia hết cho 715. 3. Cho hàm số f : ¥ ¥ thỏa f (1) 1, f (2) 2 và f (n 2) 2 f (n 1) f (n) . Chứng minh rằng: f 2 (n 1) f (n 2) f (n) ( 1)n 2n 4. Cho pn là số nguyên tố thứ n . Chứng minh rằng: 2 pn . 5. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên không vượt qua n! đều có thể biểu diễn thành tổng của không quá n ước số đôi một khác nhau của n! . Lời giải: 2 1. * Với n 2 , ta có : a2 2 1 2 2 12 a2 M4 2 . k k 1 * Giả sử ak M2 ta chứng minh ak 1 M2 . Thật vậy: ak 1 k 1 1 k 1 2 k k 1 1 k 2 k 3 k k 2 k 2 k 3 k k k k 1 k k 2 k 1 k 2 k 3 k k .2. k k 1 2a .(k2 k 1)   k ak k k 1 k 1 Do ak M2 2ak M2 ak 1 M2 đpcm. 2. Ta có: S(n) 27S(n 1) 14S(n 2) rồi dùng quy nạp để chứng minh S(n) chia hết cho 751 . 3. Ta có: f (3) 2 f (2) f (1) 5 , nên f 2 (2) f (3) f (1) 22 5.1 ( 1)1 Suy ra đẳng thức cho đúng với n 1. Giả sử đẳng thức cho đúng với n k , tức là: f 2 (k 1) f (k 2) f (k) ( 1)k (1) Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với n k 1 , tức là: f 2 (k 2) f (k 3) f (k 1) ( 1)k 1 (2) Ta có: 2 2 f (k 2) f (k 3) f (k 1) f (k 2) 2 f (n 2) f (n 1) f (k 1) 2 f (k 2) f (k 2) 2 f (k 1) f (k 1) f (k 2) f (k) f 2 (k 1) ( 1)k ( 1)k 1 Vậy bài toán được chứng minh. 4. Trước hết ta có nhận xét: p1.p2 pn 1 pn 1 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
21 Với n 1 ta có: 2 4 p1 2 2k 2k 1 Giả sử 2 pk k n , ta cần chứng minh 2 pk 1 21 22 2pk Thật vậy, ta có: 2 .2 2 1 p1.p2 pk 1 pk 1 k 1 21 22 2k 22 1 2k 1 Suy ra 2 pk 1 2 1 pk 1 2 pk 1 Vậy bài toán được chứng minh 5. Với n 1 bài toán hiển nhiên đúng. Giả sử bài toán đúng với n k , ta chứng minh bài toán đúng với n k 1 Nếu a (k 1)! thì bài toán hiển nhiên đúng Ta xét a (k 1)!, ta có: a (k 1)d r với d k!,r k 1 Vì d k! nên d d1 d2 dk với di (i 1,k) là các ước đôi một khác nhau của k! Khi đó: a (k 1)d1 (k 1)d2 (k 1)dk r Vì (k 1)di ,r là các ước đôi một khác nhau của (k 1)! Vậy bài toán được chứng minh. 2 n n Bài 3 Gọi x1 ,x2 là hai nghiệm của phương trình : x 6x 1 0 . Đặt an x1 x2 . Chứng minh rằng : 1. an 6an 1 an 2 n 2 . 2. an là một số nguyên và an không chia hết cho 5 với mọi n 1 . Lời giải: n 1 n 1 n 2 n 2 1. Ta có: an (x1 x2 )(x1 x2 ) x1x2 (x1 x1 ) x x 6 Theo định lí Viét: 1 2 nên ta có: x1x2 1 n 1 n 1 n 2 n 2 an 6(x1 x2 ) (x1 x1 ) 6an 1 an 2 . 2. * Với n 1 a1 x1 x2 6 a1 ¢ Và a1 không chia hết cho 5 * Giả sử ak ¢ và ak không chia hết cho 5 với mọi k 1. Ta chứng minh ak 1 ¢ và ak 1 không chia hết cho 5. Do ak 1 6ak ak 1 Mà ak ,ak 1 ¢ ak 1 ¢ . Mặt khác: ak 1 5ak (ak ak 1 ) 5ak 5ak 1 ak 2 5a M5 Vì a không chia hết cho 5 và k nên suy ra a không chia hết cho 5. k 2 M k 1 5ak 1 5 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Bài 4 1. Trong không gian cho n mặt phẳng phân biệt ( n 1 ), trong đó ba mặt phẳng luôn cắt nhau và không có bốn mặt phẳng nào có điểm chung. Hỏi n mặt phẳng trên chia không gian thành bao nhiêu miền? 2. Cho n đường thẳng nằm trong mặt phẳng trong đó hai đường thẳng bất kì luôn cắt nhau và không có ba đường thẳng nào đồng quy. Chứng minh rằng n đường thẳng n2 n 2 này chia mặt phẳng thành miền. 2 Lời giải: 1. Giả sử n mặt phẳng chia không gian thành an miền n2 n 2 Ta chứng minh được: a a n 1 n 2 (n 1)(n2 n 6) Từ đó ta tính được: a . n 6 2. Gọi an là số miền do n đường thẳng trên tạo thành. Ta có: a1 2 . Ta xét đường thẳng thứ n 1 (ta gọi là d ), khi đó d cắt n đường thẳng đã cho tại n điểm và bị n đường thẳng chia thành n 1 phần đồng thời mỗi phần thuộc một miền của an . Mặt khác với mỗi đoạn nằm trong miền của an sẽ chia miền đó thành 2 miền, nên số miền có thêm là n 1 . Do vậy, ta có: an 1 an n 1 n2 n 2 Từ đây ta có: a . n 2 Bài 5 1. Cho a,b,c,d,m là các số tự nhiên sao cho a d , (b 1)c , ab a c chia hết cho m . n Chứng minh rằng xn a.b cn d chia hết cho m với mọi số tự nhiên n . 2. Chứng minh rằng từ n 1 số bất kì trong 2n số tự nhiên đầu tiên luôn tìm được hai số là bội của nhau. Lời giải: 1. Với n 0 ta có x0 a dMm k Giả sử xk a.b ck dMm với k 0,k ¥ , ta chứng minh k 1 xk 1 a.b c(k 1) dMm . Thật vậy: k 1 k k k xk 1 xk a.b a.b c b ab a c c.b c bk ab a c c(b 1) bk 1 bk 2 1 Mà xk ,ab a c,c(b 1)Mm xk 1 Mm – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Vậy bài toán được chứng minh. 2. Với n 1 ta thấy bài toán hiển nhiên đúng Giả sử bài toán đúng với n 1, có nghĩa là: từ n số bất kì trong 2n 2 số tự nhiên đầu tiên luôn tìm được hai số là bội của nhau. Ta chứng minh bài toán đúng với n , tức là: từ n 1 số bất kì trong 2n số tự nhiên đầu tiên luôn tìm được hai số là bội của nhau. Ta chứng minh bằng phản chứng: Giả sử tồn tại một tập con X có n 1 phần tử của tập A 1,2, ,2n sao cho hai số bất kì trong X không là bội của nhau. Ta sẽ chứng minh rằng có một tập con X' gồm n phần tử của tập 1,2, ,2n 2 sao cho hai phần tử bất kì của X' không là bội của nhau Để chứng minh điều này ta xét các trường hợp sau đây TH 1: X không chứa 2n và 2n 1 Ta bỏ đi một phần tử bất kì của tập X ta được một tập X' gồm n phần tử và là tập con của 1,2, ,2n 2 mà hai phần tử bất kì thuộc X' không là bội của nhau. TH 2: X chứa 2n mà không chứa 2n 1 Ta bỏ đi phần tử 2nthì ta thu được tập X' gồm n phần tử và là tập con của 1,2, ,2n 2 mà hai phần tử bất kì thuộc X' không là bội của nhau. TH 3: X chứa 2n 1 mà không chứa 2n Ta bỏ đi phần tử 2n 1thì ta thu được tập X' gồm n phần tử và là tập con của 1,2, ,2n 2 mà hai phần tử bất kì thuộc X' không là bội của nhau. TH 2: X chứa 2n và 2n 1 Vì X không chứa hai số là bội của nhau nên X không chứa n và ước của n (Vì nếu chứa ước của n thì số đó là ước của 2n) Bây giờ trong X , ta bỏ đi hai phần tử 2n 1 và 2n rồi bổ sung thêm n vào thì ta thu được tập X' gồm n phần tử và là tập con của 1,2, ,2n 2 mà hai phần tử bất kì thuộc X' không là bội của nhau. Như vậy ta luôn thu được một tập con X' gồm n phần tử của tập 1,2, ,2n 2 mà các phần tử không là bội của nhau. Điều này trái với giả thiết quay nạp. Vậy bài toán được chứng minh theo nguyên lí quy nạp. DÃY SỐ 1. Dãy số là tập hợp các giá trị của hàm số u : ¥ * ¡ , n u(n) Được sắp xếp theo thứ tự tăng dần liên tiếp theo đối số tự nhiên n : u(1),u(2),u(3), ,u(n), – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Ta kí hiệu u(n) bởi un và gọi là số hạng thứ n hay số hạng tổng quát của dãy số, u1 được gọi là số hạng đầu của dãy số. Ta có thể viết dãy số dưới dạng khai triển u1 ,u2 , ,un , hoặc dạng rút gọn (un ) . 2. Người ta thường cho dãy số theo các cách: Cho số hạng tổng quát, tức là: cho hàm số u xác định dãy số đó Cho bằng công thức truy hồi, tức là: * Cho một vài số hạng đầu của dãy * Cho hệ thức biểu thị số hạng tổng quát qua số hạng (hoặc một vài số hạng) đứng trước nó. 3. Dãy số tăng, dãy số giảm Dãy số (un ) gọi là dãy tăng nếu un un 1 n ¥ * Dãy số (un ) gọi là dãy giảm nếu un un 1 n ¥ * 4. Dãy số bị chặn Dãy số (un ) gọi là dãy bị chặn trên nếu có một số thực M sao cho un M n ¥ * . Dãy số (un ) gọi là dãy bị chặn dưới nếu có một số thực m sao cho un m n ¥ * . Dãy số vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới gọi là dãy bị chặn, tức là tồn tại số thực dương M sao cho un M n ¥ * . Vấn đề 1. Xác định số hạng của dãy số Các ví dụ Ví dụ 1. Cho dãy số có 4 số hạng đầu là: 1,3,19,53. Hãy tìm một quy luật của dãy số trên và viết số hạng thứ 10 của dãy với quy luật vừa tìm. A. u10 97 B. u10 71 C. u10 1414 D.u10 971 Lời giải: 3 2 Xét dãy (un ) có dạng: un an bn cn d a b c d 1 8a 4b 2c d 3 Ta có hệ: 27a 9b 3c d 19 64a 16b 4c d 53 Giải hệ trên ta tìm được: a 1,b 0,c 3,d 1 3 un n 3n 1 là một quy luật . Số hạng thứ 10: u10 971. n2 3n 7 Ví dụ 2. Cho dãy số (u ) được xác định bởi u n n n 1 1. Viết năm số hạng đầu của dãy; – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
11 17 25 47 13 17 25 47 11 14 25 47 11 17 25 47 A. ; ; ;7; B. ; ; ;7; C. ; ; ;7; D. ; ; ;8; 2 3 4 6 2 3 4 6 2 3 4 6 2 3 4 6 2. Dãy số có bao nhiêu số hạng nhận giá trị nguyên. A.2 B.4 C.1D.Không có Lời giải: 1. Ta có năm số hạng đầu của dãy 12 3.1 7 11 17 25 47 u , u ,u ,u 7,u 1 1 1 2 2 3 3 4 4 5 6 5 5 2. Ta có: u n 2 , do đó u nguyên khi và chỉ khi nguyên hay n 1 là ước n n 1 n n 1 của 5. Điều đó xảy ra khi n 1 5 n 4 Vậy dãy số có duy nhất một số hạng nguyên là u4 7 . u1 1 Ví dụ 3. Cho dãy số (un ) xác định bởi: . un 2un 1 3 n 2 1. Viết năm số hạng đầu của dãy; A.1;5;13;28;61 B. 1;5;13;29;61 C. 1;5;17;29;61D. 1;5;14;29;61 n 1 2. Chứng minh rằng un 2 3; 3. Số hạng thứ 20122012 của dãy số có chia hết cho 7 không? Lời giải: 1. Ta có 5 số hạng đầu của dãy là: u1 1; u2 2u1 3 5 ; u3 2u2 3 13; u4 2u3 3 29 u5 2u4 3 61. 2. Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp 1 1 * Với n 1 u1 2 3 1 bài toán đúng với N 1 k 1 k 2 * Giả sử uk 2 3 , ta chứng minh uk 1 2 3 Thật vậy, theo công thức truy hồi ta có: k 1 k 2 uk 1 2uk 3 2(2 3) 3 2 3 đpcm. 3. Ta xét phép chia của n cho 3 3k * n 3k un 2(2 1) 1 3k k Do 2 1 8 1 7.AM7 un không chia hết cho 7 3k * n 3k 1 un 4(2 1) 1 un không chia hết cho 7 3k * n 3k 2 un 8(2 1) 5 un không chia hết cho 7 Vậy số hạng thứ 20122012 của dãy số không chia hết cho 7. – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
2 2 un 1 un 2vn Ví dụ 4. Cho hai dãy số (un ),(vn ) được xác định như sau u1 3,v1 2 và vn 1 2un .vn với n 2 . 2n 2 2  1. Chứng minh : un 2vn 1 vàun 2vn 2 1 với n 1; 2. Tìm công thức tổng quát của hai dãy (un ) và (vn ) . n n 2n 2n 1 2 2 u 2 1 2 1 un 2 1 2 1 n 4 A. n n B. 1 2 2 2n 2n 1 vn 2 1 2 1 v 2 1 2 1 n 2 2 2 1 2n 2n 1 2n 2n un 2 1 2 1 un 2 1 2 1 2 2 C. D. 1 2n 2n 1 2n 2n v 2 1 2 1 v 2 1 2 1 n n 3 2 2 2 Lời giải: 1. Ta chứng minh bài toán theo quy nạp 2 2 a) Chứng minh: un 2vn 1 (1) 2 2 2 2 Ta có u1 2v1 3 2.2 1 nên (1) đúng với n 1 2 2 Giả sử uk 2vk 1, khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 uk 1 2vk 1 uk 2vk 2 2ukvk uk 2vk 1 Từ đó suy ra (1) đúng với n 1. 2n b) Chứng minh un 2vn 2 1 (2) 2 2 2 Ta có: un 2vn un 1 2vn 1 2 2un 1vn 1 un 1 2vn 1 2 Ta có: u1 2v1 3 2 2 2 1 nên (2) đúng với n 1 2k Giả sử uk 2vk 2 1 , ta có: 2 2k 1 uk 1 2vk 1 uk 2vk 2 1 Vậy (2) đúng với n 1. 2n 2. Theo kết quả bài trên và đề bài ta có: un 2vn 2 1 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
2n 2n 2un 2 1 2 1 Do đó ta suy ra 2n 2n 2 2v 2 1 2 1 n 1 2n 2n un 2 1 2 1 2 Hay . 1 2n 2n v 2 1 2 1 n 2 2 CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP 2n 1 Bài 1 Cho dãy số (u ) có số hạng tổng quát u . n n n 2 1. Viết năm số hạng đầu của dãy số. 3 7 3 11 5 7 3 11 A. u 1,u ,u ,u ,u B. u 1,u ,u ,u ,u 1 2 4 3 5 4 2 5 7 1 2 4 3 5 4 2 5 7 5 8 3 11 5 7 7 11 C. u 1,u ,u ,u ,u D. u 1,u ,u ,u ,u 1 2 4 3 5 4 2 5 7 1 2 4 3 5 4 2 5 3 2. Tìm số hạng thứ 100 và 200 7 401 67 401 A. u ;u B. u ;u 100 34 200 202 100 34 200 22 67 401 67 401 C. u ;u D. u ;u 100 4 200 202 100 34 200 202 167 3. Số là số hạng thứ mấy? 84 A.300 B.212 C.250D.249 4. Dãy số có bao nhiêu số hạng là số nguyên. A.1 B.12 C.2D.0 Lời giải: 5 7 3 11 1. Năm số hạng đầu của dãy là: u 1,u ,u ,u ,u . 1 2 4 3 5 4 2 5 7 2.100 1 67 2. Số hạng thứ 100: u 100 100 2 34 2.200 1 401 Số hạng thứ 200: u 200 200 2 202 167 2n 1 167 3. Giả sử u 84(2n 1) 167(n 2) n 84 n 2 84 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
n 250 . 167 Vậy là số hạng thứ 250 của dãy số (u ) . 84 n 2(n 2) 3 3 4. Ta có: u 2 n n 2 n 2 3 u ¢ ¢ 3Mn 2 n 1 n n 2 Vậy dãy số có duy nhất một số hạng là số nguyên. u1 1,u2 3 Bài 2 Cho dãy số (an ) xác định bởi: . un 1 5un 6un 1 n 2 1. Viết 7 số hạng đầu tiên của dãy A. u3 21 ; u4 70 ; u5 309 ;u6 1023 ; u7 3261. B. u3 21 ; u4 87 ; u5 319 ;u6 1023 ; u7 3261. C. u3 21 ; u4 87 ; u5 309 ;u6 1023 ; u7 3263 . D. u3 21 ; u4 87 ; u5 309 ;u6 1023 ; u7 3261. n 1 n 1 2. Chứng minh rằng: un 5.3 6.2 , n 1. Lời giải: 1. Bốn số hạng đầu của dãy: u3 5u2 6u1 21 ; u4 5u3 6u2 87 ; u5 5u4 6u3 309 u6 5u5 6u4 1023 ; u7 5u6 6u5 3261. 2. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp 0 0 * u1 5.3 6.2 1 (đúng). k 1 k 1 * Giả sử uk 5.3 6.2 , k 2 . Khi đó, theo công thức truy hồi ta có: k 1 k 1 k 2 k 2 uk 1 5.uk 6uk 1 5 5.3 6.2 6 5.3 6.2 5 5.3k 1 6.3k 2 6 5.2k 1 6.2k 2 5.3k 6.2k đpcm. Chú ý: Ta có bài toán tổng quát sau u1 ,u2 2 Cho dãy (un ) : , với b 4ac 0 a.un 1 bun cun 1 0 n 2 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
n 1 n 1 2 Khi đó: un .x1 .x2 với x1 ,x2 là hai nghiệm của phương trình ax bx c 0 (*) .x .x u  1 2 1 và , : 2 2 . .x1 .x2 u2 Phương trình (*) gọi là phương trình đặc trưng của dãy. 2 Bài 3 Cho dãy số (un ) có số hạng tổng quát: un 2n n 4 1. Viết 6 số hạng đầu của dãy số A. u1 2 5;u2 4 2 2;u3 6 13;u4 8 2 5 ;u5 10 29;u6 12 2 10 . B. u1 2 5;u2 4 2 2;u3 6 13;u4 7 2 5 ;u5 10 29;u6 12 2 10 C. u1 2 5;u2 4 2 2;u3 5 13;u4 8 2 5 ;u5 10 29;u6 12 2 10 D. u1 2 5;u2 3 2 2;u3 6 13;u4 8 2 5 ;u5 10 29;u6 12 2 10 2. Tính u20 ,u2010 2 A. u20 20 2 101 ; u2010 4020 2010 4 2 B. u20 40 2 101 ; u2010 2010 2010 4 2 C. u20 20 2 101 ; u2010 2010 2010 4 2 D. u20 40 2 101 ; u2010 4020 2010 4 3. Dãy số đã cho có bao nhiêu số hạng là số nguyên. A.1 B.2 C.3D.0 Lời giải: 1. Ta có: u1 2 5;u2 4 2 2;u3 6 13;u4 8 2 5 u5 10 29;u6 12 2 10 . 2 2. Ta có: u20 40 2 101 ; u2010 4020 2010 4 2 2 2 3. Ta có: un nguyên n 4 k ¥ k n 4 (k n)(k n) 4 phương trình này vô nghiệm Vậy không có số hạng nào của dãy nhận giá trị nguyên. u1 2 Bài 4 Cho dãy số (un ) xác định bởi: un 2un 1 3n 1, n 2 1. Tìm 5 số hạng đầu của dãy A. u1 2;u2 10;u3 26;u4 63;u5 140 B. u1 2;u2 9;u3 16;u4 63;u5 140 C. u1 2;u2 9;u3 26;u4 63;u5 149 D. u1 2;u2 9;u3 26;u4 63;u5 140 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
n 2. Chứng minh rằng un 5.2 3n 5 n 1,2,3, 3. Tìm số dư của u2010 khi chia cho 3 A. u2010  2(mod 3) B. u2010  1(mod 3) C. u2010  0(mod 3) D. u2010  4(mod 3) Lời giải: 1 Ta có: u1 2;u2 9;u3 26;u4 63;u5 140 2. Chứng minh bằng phương pháp quy nạp 3. Ta có: 5.22010  1.( 1)2010 1(mod 3) Suy ra u2010  2(mod 3) . u1 2008;u2 2009 Bài 5 Cho dãy số (un ) : n 1 2un 1 un un 2 1. Chứng minh rằng dãy (vn ) : vn un un 1 là dãy không đổi 2. Biểu thị un qua un 1 và tìm CTTQ của dãy số (un ) A. n 2006 B. 2n 2007 C. n 2003 D. n 2007 Lời giải: 1. Ta có: un 2 un 1 un 1 un vn 2 vn 1 v2 1 2. Ta có: un un 1 1 un un 1 1 Suy ra un un un 1 un 1 un 2 u2 u1 u1 1 1 1 u1 n 1 2008 n 2007 . u 1;u 2 1 2 Bài 6 Cho dãy số (u ) : u2 n 2 n n un 1 un 1 un 1. Chứng minh rằng dãy(vn ) : vn là dãy không đổi un 1 2. Tìm công thức tổng quát của dãy (un ) . 2n 1 3n 1 n 1 n 2 A. un 2 B. un 2 C. un 2 D. un 2 Lời giải: u u u 1. Ta có: n 1 n 2 2 un un 1 u1 n 1 n 1 2. Ta có un 2un 1 2 u1 2 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
u 1 2 Bài 7. Cho dãy số (un ) được xác định bởi . un 2un 1 3, n 2 1. Tìm 6 số hạng đầu của dãy; A. u2 7,u3 15,u4 37,u5 77,u6 157 B. u2 7,u3 18,u4 37,u5 77,u6 157 C. u2 7,u3 17,u4 38,u5 78,u6 157 D. u2 7,u3 17,u4 37,u5 77,u6 157 n 1 2. Chứng minh rằng un 5.2 3 với n 2 ; 3. Số hạng có 3 chữ số lớn nhất của dãy là bao nhiêu? A. u11 B. u10 C. u22 D. u21 Lời giải: 1. Ta có 6 số hạng đầu của dãy là: u2 2u1 3 7,u3 17,u4 37,u5 77,u6 157 2. Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp Với n 2 ta có: u2 5.2 3 7 (đúng) k 1 Giả sử uk 5.2 3 , khi đó ta có: k 1 k uk 1 2uk 3 2 5.2 3 3 5.2 3 Vậy bài toán được chứng minh theo nguyên lí quy nạp. 1003 3. Ta có u 1000 2n 1 . n 5 Mà 29 là lũy thừa lớn nhất của 2 lớn nhất có 3 chữ số nên ta có: 2n 1 29 n 10 . Vậy u10 là số hạng cần tìm. Bài 8. Cho dãy số (un ) có 4 số hạng đầu là :u1 1,u2 3, u3 6,u4 10 . 1. Hãy tìm một quy luật của dãy số trên; 3n(n 1) n(n 2) n(n 1) n(n 1) A. u B. u C. u D. u n 2 n 2 n 3 n 2 2. Tìm ba số hạng tiếp theo của dãy số theo quy luật vừa tìm trên. A. u5 15,u6 22,u7 28 B. u5 15,u6 21,u7 26 C. u5 15,u6 21,u7 28 D. u5 15,u6 21,u7 27 Lời giải: – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
1. Vì dãy số cho giá trị của 4 số hạng đầu ứng với 4 giá trị tương ứng của n 1,2,3,4 nên ta chỉ cần xác định một hàm số theo n mà ta phải tìm 4 ẩn là được. Chẳng hạn ta 3 2 xét un an bn cn d Theo bài ra ta có hệ phương trình : a b c d 1 a b c d 1 1 8a 4b 2c d 3 7a 3b c 2 a 0,b c 2 27a 9b 3c d 6 26a 8b 2c 5 d 0 64a 16b 4c d 10 21a 5b c 3 n(n 1) Nên u là một dãy thỏa đề bài. n 2 2. Ta có ba số hạng tiếp theo của dãy là: u5 15,u6 21,u7 28 . Bài 9 1 1. Cho dãy (u ) : u (2 5)n (2 5)n .Chứng minh rằng u là số tự nhiên chẵn n n 2 2n và u2n 1 là số tự nhiên lẻ. n n 2. Cho dãy số (un ) : un (4 2 3) (4 2 3) . Chứng minh rằng tất cả các số hạng của dãy đều là số nguyên. u 1 1 3. Cho dãy số (u ) : 3 . Chứng minh rằng dãy (u ) có vô hạn các số n n un 1 un ,n 1 2 chẵn và vô hạn các số lẻ. 4. Chứng minh rằng tồn tại đúng 4 dãy số nguyên dương (un ) thỏa: u0 1,u1 2 và 2 un 2 .un un 1 1 . Lời giải: a b 4 1. Đặt a 2 5,b 2 5 . Khi đó: ab 1 1 1 u (an bn ) (a b)(an 1 bn 1 ) ab(an 2 bn 2 ) n 2 2 an 1 bn 1 an 2 bn 2 4. 4u u 2 2 n 1 n 2 Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp * u1 2 là số chẵn và u2 9 là số lẻ * Giả sử u2k là số lẻ và u2k 1 là số chẵn. – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Khi đó: u2k 1 4u2k u2k 1 là số chẵn, u2k 2 4u2k 1 u2k là số lẻ Từ đó ta có đpcm. 2. Ta chứng minh được: un 8un 1 4un 2 . Từ đây suy ra đpcm. 3. Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp phản chứng Giả sử dãy (un ) có hữu hạn các số chẵn, giả sử uk là số hạng lớn nhất của dãy là số chẵn. Khi đó un lẻ với n k 1 . m Đặt uk 1 2 .p 1 với m, p ¥ , p lẻ. Khi đó: 3 m 1 m 1 uk 1 3p.2 3p.2 1 2 m 2 0 uk 2 3p.2 1, , uk m 3p.2 1 3p 1 là số lẻ, suy ra vô lí. Nên dãy (un ) chứa vô hạn số chẵn. Chứng minh tương tự ta cũng có dãy (un ) chứa vô hạn số lẻ. u2 5 u3 12,u3 13 4. Ta có: u2 4 1 u2 3 u3 4,u3 5 a) Ta chứng minh tồn tại duy nhất dãy số nguyên dương (un ) thỏa 2 u0 1,u1 2,u2 3,u3 5 và un 2 .un un 1 1, n 4 (1) Chứng minh tồn tại: v0 1,v1 2 Xét dãy (vn ) : vn 1 vn vn 1 , n 2,3, Bằng quy nạp ta chứng minh được (vn ) thỏa mãn (1). 2 2 Thật vậy: vn 2 .vn vn 1 vn vn 1 vn vn 1 2 2 vn 1 vn vn 1 vn vn vn 1vn 1 1 Chứng minh duy nhất. Trước hết ta chứng minh nếu dãy (un ) thỏa (1) thì (un ) là dãy tăng. Giả sử an 1 an an 1 1 an 2 2 2 an 1 1 an 1 1 Từ an 2an an 1 1 an 2 an 1 1 an 1 an an 1 1 Nên theo quy nạp ta có đpcm. Giả sử tồn tại k để vk uk và vn un , n k . Khi đó u .u u2 1 Ta giả sử v u , suy ra: k k 2 k 1 k k 2 vk .vk 2 vk 1 1 uk 2 uk vk 2 2Muk 2 điều này vô lí. Do vậy tồn tại duy nhất dãy nguyên dương (un ) (đó chính là dãy (vn ) ) thỏa mãn (1). – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
b) Tương tự ta chứng minh được tồn tại dũy nhất các dãy nguyên dương thỏa: 2 u0 1,u1 2,u2 3,u3 4, un 2un un 1 1 2 u0 1,u1 2,u2 5,u3 12, un 2un un 1 1 2 u0 1,u1 2,u2 5,u3 13, un 2un un 1 1 . Đó là các dãy tương ứng là: u0 1,u1 2,un 1 2un 1 un u0 1,u1 2,un 1 2un 1 un u0 1,u1 2,un 1 3un 1 un . Vậy tồn tại đúng 4 dãy số nguyên dương thỏa yêu cầu bài toán. Bài 10. (Dãy Fibonacci) Cho dãy số (Fn ) được xác định bởi F1 1,F2 1 và Fn Fn 1 Fn 2 Chứng minh rằng: n n 1 1 5 1 5 1. F n 2 2 5 2 2 2. Fn Fn 1 F2n 1 và FnFn 1 Fn 1Fn 2 F2n 2 với mọi n 2 . k k 3. Fn M5 nM5 . Lời giải: 1. Trước hết ta thấy dãy (Fn ) tồn tại và duy nhất. n n 1 1 5 1 5 1 n n Xét xn a b 2 2 5 5 1 5 1 5 a b 1 Với a ,b 2 2 ab 1 Ta có: x1 x2 1 và 1 n 1 n 1 n 2 n 2 xn 1 xn 2 a b a b 5 1 n 2 n 2 a (a 1) b (b 1) 5 1 3 5 3 5 an 2 . bn 2 . 5 2 2 2 2 1 n 2 1 5 n 2 1 5 1 n n a . b . a b xn 2 2 5 5 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Vậy ta có: Fn xn , n 1. 2. Ta chứng minh đồng thời hai tính chất trên theo quy nạp 2 2 2 2 Với n 2 ta có: F2 F3 1 2 5 F5 Và F2 F3 F3F4 1.2 2.3 8 F6 2 2 Giả sử Fk Fk 1 F2k 1 và Fk Fk 1 Fk 1Fk 2 F2k 2 với k 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta có: Fk 1 Fk 2 Fk 1 Fk Fk 1 Fk 1 Fk Fk 1 2Fk Fk 1 2 2 Fk 1 Fk 1 2Fk Fk Fk 1 Fk 1 Fk 2 Fk F2k 1 F2k 2 F2k 1 F2k 3 . Và: Fk Fk 1 Fk 1Fk 2 Fk Fk Fk 1 Fk 1 Fk 1 Fk 2 2 Fk Fk 1 Fk Fk 1 Fk 1Fk 2 2 Fk Fk 1 Fk Fk 1 Fk Fk 1 F2k 2 F2k 3 F2k 5 . Từ đó ta có điều phải chứng minh. 3. Trước hết ta chứng minh: F5n 5Fnqn với qn không chia hết cho 5 (1) 5n 5n Ta có : 5F5n a b n n Đặt x an , y bn , như vậy ta có xy ab 1 Do đó : 5F x y x4 xy x2 y2 x2 y2 y4 (2) 5n 2 2 2 2 n Mặt khác : x y x y 2xy 5Fn 2 1 2 2 n x4 y4 x2 y2 2x2 y2 5F 2 2 1 2 n 4 n 2 25Fn 20 1 Fn 2 (3). 4 n 2 n 2 Từ đó, ta có: F5n 5Fn 25Fn 20( 1) Fn 2 5( 1) Fn 2 1 2 Hay F 5F 5F 4 5F 2 1 1 5F q , 5n n n n n n 4 2 n trong đó: qn 5Fn 5Fn 1 1. Rõ ràng ta thấy qn không chia hết cho 5. Với số tự nhiên n , ta phân tích n 5s t với t,5 1 . s Khi đó từ (1) ta có Fn 5 Ft An trong đó An không là bội của 5. Nếu t không là bội của 5 thì Ft không là bội của 5, do đó k k Fn M5 s k nM5 (đpcm). – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Vấn đề 2. Dãy số đơn điệu – Dãy số bị chặn Phương pháp: Để xét tính đơn điệu của dãy số (un ) ta xét : kn un 1 un * Nếu kn 0 n ¥ * dãy (un ) tăng * Nếu kn 0 n ¥ * dãy (un ) giảm. un 1 Khi un 0 n ¥ * ta có thể xét tn un * Nếu tn 1 dãy (un ) tăng * Nếu tn 1 dãy (un ) giảm. Để xét tính bị chặn của dãy số ta có thể dự đoán rồi chứng minh bằng quy nạp. Các ví dụ u 2 1 Ví dụ 1. Cho dãy số (u ) : . Chứng minh rằng dãy (u ) là dãy giảm n u 1 n u n 1 n 2 n 2 và bị chặn. Lời giải: 1 u Ta có: u u n 1 n n 1 2 Do đó, để chứng minh dãy (un) giảm ta chứng minh un 1 n 1 Thật vậy: Với n 1 u1 2 1 u 1 1 1 Giả sử u 1 u k 1 k k 1 2 2 Theo nguyên lí quy nạp ta có un 1 n 1 Suy ra un un 1 0 un un 1 n 2 hay dãy (un) giảm Theo chứng minh trên, ta có: 1 un u1 2 n 1 Vậy dãy (un) là dãy bị chặn. u1 1,u2 2 Ví dụ 2. Cho dãy số (u ) : . Chứng minh rằng dãy (u ) là dãy n  n un 1 un un 1 n 2 tăng và bị chặn Lời giải: Ta chứng minh dãy (un ) là dãy tăng bằng phương pháp quy nạp * Dễ thấy: u1 u2 u3 . * Giả sử uk 1 uk k 2 , ta chứng minh uk 1 uk . Thật vậy: – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
uk 1 uk uk 1 uk 1 uk 2 uk Vậy (un ) là dãy tăng. Cũng bằng quy nạp ta chứng minh được un 4 n, hơn nữa un 0 Nên dãy (un ) là dãy bị chặn. CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1 Xét tính tăng giảm của các dãy số sau 3n2 2n 1 1. u n n 1 A.Dãy số tăngB.Dãy số giảm C.Dãy số không tăng không giảmD. Cả A, B, C đều sai 2 2. un n n 1 A.Dãy số tăngB.Dãy số giảm C.Dãy số không tăng không giảmD. Cả A, B, C đều sai 3n 1 3. u n 2n A.Dãy số tăngB.Dãy số giảm C.Dãy số không tăng không giảmD. Cả A, B, C đều sai n n 1 4. u n n2 A.Dãy số tăngB.Dãy số giảm C.Dãy số không tăng không giảmD. Cả A, B, C đều sai Lời giải: 5n2 10n 2 1. Ta có: u u 0 nên dãy (u ) là dãy tăng n 1 n n 1 n 2 n 1 1 2. Ta có: u u 0 n 1 n 2 2 n 1 n 1 1 n n 1 Nên dãy (un ) giảm. 3n 1 3. Ta có: u u u u 0 dãy (u ) tăng. n 1 n n 1 n 2n 1 n 1 2 u2 u1 4. Ta có: u1 0;u2 ;u3 Dãy số không tăng không giảm. 2 9 u3 u2 Bài 2 Xét tính tăng, giảm và bị chặn của dãy số (un ) , biết: – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
2n 13 1. u n 3n 2 A.Dãy số tăng, bị chặnB.Dãy số giảm, bị chặn C.Dãy số không tăng không giảm, không bị chặnD. Cả A, B, C đều sai n2 3n 1 2. u n n 1 A.Dãy số tăng, bị chặn trênB.Dãy số tăng, bị chặn dưới C.Dãy số giảm, bị chặn trênD. Cả A, B, C đều sai 1 3. un 1 n n2 A.Dãy số tăng, bị chặn trênB.Dãy số tăng, bị chặn dưới C.Dãy số giảm, bị chặn D. Cả A, B, C đều sai 2n 4. u n n! A.Dãy số tăng, bị chặn trênB.Dãy số tăng, bị chặn dưới C.Dãy số giảm, bị chặn trênD. Cả A, B, C đều sai 1 1 1 5. u 1 . n 22 32 n2 A.Dãy số tăng, bị chặn B.Dãy số tăng, bị chặn dưới C.Dãy số giảm, bị chặn trênD. Cả A, B, C đều sai Lời giải: 2n 11 2n 13 34 1. Ta có: u u 0 với mọi n 1 . n 1 n 3n 1 3n 2 (3n 1)(3n 2) Suy ra un 1 un n 1 dãy (un ) là dãy tăng. 2 35 2 Mặt khác: u 11 u n 1 n 3 3(3n 2) n 3 Vậy dãy (un ) là dãy bị chặn. (n 1)2 3(n 1) 1 n2 3n 1 2. Ta có: u u n 1 n n 2 n 1 n2 5n 5 n2 3n 1 n 2 n 1 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
(n2 5n 5)(n 1) (n2 3n 1)(n 2) (n 1)(n 2) n2 3n 3 0 n 1 (n 1)(n 2) un 1 un n 1 dãy (un ) là dãy số tăng. n2 2n 1 u n 1 2 dãy (u ) bị chặn dưới. n n 1 n 3. Ta có: un 0 n 1 u n2 n 1 n2 n 1 n 1 1 n ¥ * 2 2 un (n 1) (n 1) 1 n 3n 3 un 1 un  1 dãy (un ) là dãy số giảm. Mặt khác: 0 un 1 dãy (un ) là dãy bị chặn. u 2n 1 2n 2n 1 n! 2 n 1  4. Ta có: : . n 1 n 1 un (n 1)! n! (n 1)! 2 n 1 Mà un 0 n un 1 un n 1 dãy (un ) là dãy số giảm. Vì 0 un u1 2 n 1 dãy (un ) là dãy bị chặn. 1 5. Ta có: u u 0 dãy (u ) là dãy số tăng. n 1 n (n 1)2 n 1 1 1 1 Do u 1 2 n 1.2 2.3 (n 1)n n 1 un 3 n 1 dãy (un ) là dãy bị chặn. Bài 3. Xét tính bị chặn của các dãy số sau 2n 1 1. u n n 2 A.Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn trênD. Bị chặn dưới n 2. un ( 1) A.Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn trênD. Bị chặn dưới 3. un 3n 1 A.Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn trênD. Bị chặn dưới 2 4. un 4 3n n A.Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn trênD. Bị chặn dưới – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
n2 n 1 5. u n n2 n 1 A.Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn trênD. Bị chặn dưới n 1 6. un n2 1 A.Bị chặn B.Không bị chặnC.Bị chặn trênD. Bị chặn dưới Lời giải: 1. Ta có 0 un 2 n nên dãy (un ) bị chặn 2. Ta có: 1 un 1 (un ) là dãy bị chặn 3. Ta có: un 2 n (un ) bị chặn dưới; dãy (un ) không bị chặn trên. 25 3 25 4. Ta có: u (n )2 (u ) bị chặn trên; dãy (u ) không bị chặn dưới. n 4 2 4 n n 5. Ta có: 1 un 2 n (un ) bị chặn 6. Ta có: 0 un 2 n (un ) bị chặn Bài 4. Xét tính bị chặn của các dãy số sau 1 1 1 1. u n 1.3 2.4 n.(n 2) A.Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn trênD. Bị chặn dưới 1 1 1 2. u n 1.3 3.5 2n 1 2n 1 A.Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn trênD. Bị chặn dưới u 1 1 3. u 2 n 1 un , n 2 un 1 1 A.Bị chặn B.Không bị chặnC.Bị chặn trênD. Bị chặn dưới Lời giải: 1 1 1 1 1. Ta có: 0 u 1 1 n 1.2 2.3 n.(n 1) n 1 Dãy (un ) bị chặn. n 2. Ta có: u 0 u 1 , dãy (u ) bị chặn. n 2n 1 n n 3. Bằng quy nạp ta chứng minh được 1 un 2 nên dãy (un ) bị chặn. Bài 5 Xét tính tăng giảm của các dãy số sau – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
u1 1 1. 3 3 un 1 un 1, n 1 A.TăngB.Giảm C.Không tăng, không giảmD. A, B, C đều sai u 2 1 2. u2 1 u n n 1 n 1 4 A.TăngB.Giảm C.Không tăng, không giảmD. A, B, C đều sai Lời giải: 3 3 3 3 1. Ta có: un 1 un 1 un 1 un un n dãy số tăng u2 4u 1 2. Ta có: u u n n n 1 n 4 Bằng quy nạp ta chứng minh được 2 3 un 2 n un 1 un 0 . Dãy (un ) giảm. Bài 6 1. dãy số (un ) xác định bởi un 2010 2010 2010 (n dấu căn)Khẳng định nào sau đây là đúng? A.TăngB.Giảm C.Không tăng, không giảmD. A, B, C đều sai u1 1,u2 2 2. Cho dãy số (u ) : . Khẳng định nào sau đây đúng? n 3 3 un un 1 un 2 ,n 3 A.Tăng, bị chặnB.Giảm, bị chặn C.Không tăng, không giảmD. A, B, C đều sai an 2 3. Cho dãy số (u ) : u , n 1 n n 2n 1 a) Khi a 4 , hãy tìm 5 số hạng đầu của dãy 10 14 18 22 A. u 2,u ,u ,u ,u B. 1 2 3 3 5 4 7 5 9 10 14 18 22 u 6,u ,u ,u ,u 1 2 3 3 5 4 7 5 9 1 1 18 22 10 4 8 22 C. u 6,u ,u ,u ,u D. u 6,u ,u ,u ,u 1 2 3 3 5 4 7 5 9 1 2 3 3 5 4 7 5 9 b) Tìm a để dãy số đã cho là dãy số tăng. – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
A. a 2 B. a 2 C. a 4 D. a 4 u1 2 4. Cho dãy số (un ) : un 3un 1 2, n 2,3 a) Viết 6 số hạng đầu của dãy A. u1 2,u2 5,u3 10,u4 28,u5 82,u6 244 B. u1 2,u2 4,u3 10,u4 18,u5 82,u6 244 C. u1 2,u2 4,u3 10,u4 28,u5 72,u6 244 D. u1 2,u2 4,u3 10,u4 28,u5 82,u6 244 n 1 b) Chứng minh un 3 1, n 1,2, n 1 n 5. Cho dãy số un 5.2 3 n 2 , n 1,2, a) Viết 5 số hạng đầu của dãy A. u1 1,u2 3,u3 12,u4 49,u5 170 B. u1 1,u2 3,u3 12,u4 47,u5 170 C. u1 1,u2 3,u3 24,u4 47,u5 170 D. u1 1,u2 3,u3 12,u4 47,u5 178 n 1 b) Chứng minh rằng: un 2un 1 3 n . Lời giải: 2 2 1. Ta có un 1 2010 un un 1 un un 1 un 1 2010 1 8041 Bằng quy nạp ta chứng minh được u n n 2 Suy ra un 1 un 0 dãy (un ) là dãy tăng. 3 3 3 3 2. Chứng minh bằng quy nạp : uk 1 uk uk 2 uk 1 uk 2 uk Ta chứng minh: 0 un 3 . 3. 4n 2 a) Với a 4 ta có: u . Ta có: 5 số hạng đầu của dãy là n 2n 1 10 14 18 22 u 6,u ,u ,u ,u . 1 2 3 3 5 4 7 5 9 b) Ta có dãy số (un ) tăng khi và chỉ khi: a 4 u u 0, n ¥ * a 4 0 a 4 . n 1 n (2n 1)(2n 1) 4. a) Ta có: u1 2,u2 4,u3 10,u4 28,u5 82,u6 244 b) Chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp hoặc chứng minh bằng cách sau 2 n 1 Ta có: un 1 3(un 1 1) 3 (un 2 1) 3 (u1 1) n 1 n 1 Suy ra: un 1 3 un 3 1. – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
5. a) Ta có: u1 1,u2 3,u3 12,u4 47,u5 170 n 2 n 1 b) Ta có: un 1 5.2 3 n 1 n n 2 n 1 n 1 Nên 2un 1 3 n 2 5.2 3 n 1 3 n n 1 n 5.2 3 n 2 un . Bài 7 n n 1. Cho dãy số (un ) : un (1 a) (1 a) ,trong đó a (0;1) và n là số nguyên dương. a)Viết công thức truy hồi của dãy số u 2 u 2 1 1 A. n n B. n n u u a 1 a 1 a u u 2a 1 a 1 a n 1 n n 1 n u 2 u 2 1 1 C. n n D. n n u 2u a 1 a 1 a u u a 1 a 1 a n 1 n n 1 n b)Xét tính đơn điệu của dãy số A. Dãy (un ) là dãy số tăng. B. Dãy (un ) là dãy số giảm. C. Dãy (un ) là dãy số không tăng, không giảmD. A, B, C đều sai. u 1 1 2. Cho dãy số (u ) được xác định như sau: 1 . n un 3un 1 2, n 2 2un 1 a) Viết 4 số hạng đầu của dãy và chứng minh rằng un 0, n 3 47 227 3 17 227 A. u 1,u ,u ,u B. u 1,u ,u ,u 1 2 2 3 6 4 34 1 2 2 3 6 4 34 3 19 227 3 17 2127 C. u 1,u ,u ,u D. u 1,u ,u ,u 1 2 2 3 6 4 34 1 2 2 3 6 4 34 b) Chứng minh dãy (un ) là dãy tăng. u 2011 0 3. Cho dãy số (u ) được xác định bởi : u2 n n  un 1 , n 1,2, un 1 a) Khẳng định nào sau đây đúng A. Dãy (un ) là dãy giảm B. Dãy (un ) là dãy tăng – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
C. Dãy (un ) là dãy không tăng, không giảmD.A, B, C đều sai b) Tìm phần nguyên của un với 0 n 1006 . A. un 2014 n B. un 2011 n C. un 2013 n D. un 2012 n u1 2,u2 6 4. Cho dãy số (un ) được xác định bởi: un 2 un 2un 1 , n 1,2, 2 n n a) Gọi a,b là hai nghiệm của phương trình x 2x 1 0 . Chứng minh rằng: un a b 2 n 1 b) Chứng minh rằng: un 1 un 2un ( 1) .8 . Lời giải: 1. u 2 1 a) Ta có: n n u u a 1 a 1 a n 1 n b) Dãy (un ) là dãy số tăng. 2. 3 17 227 a) Ta có: u 1,u ,u ,u . 1 2 2 3 6 4 34 Ta chứng minh un 0, n bằng quy nạp. 1 1 Giả sử un 0 , khi đó: 2un 2 2un . 2 2un 2un 1 Nên un 1 un 2un 2 un 0 . 2un b) Theo chứng minh trên ta có: un 1 un , n nên dãy (un ) là dãy tăng. 3. un a) Ta có: un 1 un 0, n nên dãy (un ) là dãy giảm un 1 un 1 b) Ta có: un un 1 un 1 1 u0 n un 1 1 Suy ra: un 1 u0 (n 1) 2012 n Mặt khác: un un un 1 (un 1 un 2 ) (u1 u0 ) u0 u0 u1 un 1 u0 u0 1 u1 1 un 1 1 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
1 1 1 u0 n u0 1 u1 1 un 1 1 Mà: 1 1 1 n n 0 1 u0 1 u1 1 un 1 1 un 1 1 2013 n Với mọi n 2,1006 . Suy ra un u0 n 1 2012 n Do đó: 2011 n un 2012 n un 2011 n với n 2,1006 . 20112 Vì u 2011 và u 2010,000497 0 1 2012 nên u0 2011 0, u1 2010 2011 1  Vậy un 2011 n, n 0,1006 . 4. a) Ta chứng minh bài toán bằng quy nạp Với n 1 u1 a b 2 n n Giả sử un a b , n k k k k 1 k 1 Khi đó:uk 1 2uk uk 1 2 a b a b (a b) ak bk ak 1 bk 1 ak 1 bk 1 ab(ak 1 bk 1 ) ak 1 bk 1 ak 1 bk 1 (ak 1 bk 1 ) ak 1 bk 1 ak 1 bk 1 . b) Ta có: 2 2 un 1 un 2un un 1 2un 1 un .un 2 2 un 1 un 1 2un un (un un 1un 1 ) n 1 2 n ( 1) u2 u3u1 ( 1) .8 . Bài 8 Xét tính tăng giảm và bị chặn của các dãy số sau n 1 1. (u ) : u n n n 2 A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn C.Tăng, chặn dướiD.Giảm, chặn trên 3 2. (un ) : un n 2n 1 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn C.Tăng, chặn dướiD.Giảm, chặn trên u 2 1 3. (u ) : n un 1 u , n 2 n 1 2 A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn C.Tăng, chặn dướiD.Giảm, chặn trên u1 2,u2 3 4. .  un 1 un un 1 , n 2 A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặnC.Tăng, chặn dướiD.Giảm, chặn trên Lời giải: n 2 n 1 (n 2)2 (n 3)(n 1) 1. Ta có u u n 1 n n 3 n 2 (n 2)(n 3) 1 0, n. (n 2)(n 3) 1 Mặt khác: u 1 0 u 1, n n n 2 n Vậy dãy (un ) là dãy tăng và bị chặn. 3 3 2. Ta có: un 1 un (n 1) 2(n 1) n 2n 3n2 3n 3 0, n Mặt khác: un 1, n và khi n càng lớn thì un càng lớn. Vậy dãy (un ) là dãy tăng và bị chặn dưới. 3. Trước hết bằng quy nạp ta chứng minh: 1 un 2, n Điều này đúng với n 1, giả sử 1 un 2 ta có: u 1 1 u n 2 nên ta có đpcm. n 1 2 1 u Mà u u n 0, n . n 1 n 2 Vậy dãy (un ) là dãy giảm và bị chặn. 4. Trước hết ta chứng minh 1 un 4, n Điều này hiển nhiên đúng với n 1. Giả sử 1 un 4 , ta có: 1 un 1 un un 1 4 4 4 Ta chứng minh (un ) là dãy tăng Ta có: u1 u2 , giả sử un 1 un , n k . uk uk 1 Khi đó: uk uk 1 uk 1 uk 2 uk 1 uk uk 1 uk 2 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Vậy dãy (un ) là dãy tăng và bị chặn. Bài 9 x 1 0 1. Cho dãy số (x ) : 2n n 1 n xn 2  xi , n 2,3, (n 1) i 1 Xét dãy số yn xn 1 xn . Khẳng định nào đúng về dãy (yn ) A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn C.Tăng, chặn dướiD.Giảm, chặn trên u 1,u 3 0 1 2. Cho dãy số nguyên dương (u ) thỏa : u2 . n n 1 un 2 1 , n 0 un 2 n Chứng minh rằng: un 2un un 1 2 với mọi số tự nhiên n . u0 0 3. Cho dãy số (u ) được xác định bởi: . n 2 un 1 5un 24un 1, n 0,1, Chứng minh rằng dãy số (un ) là dãy số nguyên. 1 4. Cho dãy số (u ) được xác định bởi: u (2 5)n (2 5)n n n 2 Chứng minh rằng u2n là số tự nhiên chẵn và u2n 1 là số tự nhiên lẻ. 5. Cho hai dãy số (xn );(yn ) xác định : 2 x x 1 x x 3 n n 1 n 1 1 và y , n 2 . n 1 y 3 yn 1 2 1 1 yn 1 Chứng minh rằng 2 xn yn 3, n 2 . u 1 0 6. Cho dãy số số (u ) được xác định bởi: 1 1 . n un 1 un 2 3un 3 Chứng minh rằng: an 2 là một số chính phương. 3un 1 Lời giải: 2(n 1) n 2(n 1) n 1 Ta có: xn 1 2  xi 2 xn  xi n i 1 n i 1 2(n 1) (n 1)2 (n 1)(n2 1) 2 xn xn 3 xn . n 2n n – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
n2 n 1 Do đó: y x x x n n 1 n n3 n Ta chứng minh dãy (yn ) tăng. (n 1)2 n 2 (n 1)(n2 1) n2 n 1 Ta có: y y . x x n 1 n (n 1)3 n3 n n3 n (n2 3n 3)(n2 1) (n2 n 1)(n2 2n 1) x n3 (n 1)2 n 2x n 0 , n 1,2, n3 (n 1)2 Ta chứng minh dãy (yn ) bị chặn. Trước hết ta chứng minh: xn 4(n 1) (1) với n 2,3 * Với n 2 , ta có: x2 4x1 4 nên (1) đúng với n 2 * Giả sử (1) đúng với n , tức là: xn 4(n 1) , ta có (n 1)(n2 1) 4(n4 1) x x 4n n 1 n3 n n3 Nên (1) đúng với n 1 . Theo nguyên lí quy nạp ta suy ra (1) đúng n2 n 1 4(n 1)(n2 n 1) 4(n3 1) Ta có: y x 4 n n3 n n3 n3 Vậy bài toán được chứng minh. 2. Từ cách cho dãy số, ta thấy dãy (un ) luôn tồn tại và duy nhất. v0 1,v1 3 Xét dãy (vn ) : . vn 2 4vn 1 2vn , n 0 2 n Ta chứng minh: vn 2 .vn vn 1 2 (1) 2 2 Ta có: vn 2 .vn vn 1 (4vn 1 2vn )vn vn 1 2 2 2 4vn 1vn vn 1 2vn vn 1 4vn vn 1 2vn 2 2 vn 1.2vn 1 2vn 2 vn 1vn 1 vn n 2 n 2 v2v0 v1 2 (1) được chứng minh. n Ta chứng minh vn 2 (2) bằng quy nạp Trước hết ta thấy dãy (vn ) là dãy tăng Với n 1 ta thấy (2) đúng n n 1 Giả sử vn 2 ta có: vn 1 2vn 2 vn vn 1 2vn 2 Do đó (2) đúng. Dựa vào các kết quả trên ta có: – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
2 n 2 vn 1 2 vn 1 vn 2 vn 2 1 vn 2 vn vn vn 2 2 vn 1 vn 1 Hay 1 vn 1 1 vn vn 2 2 vn 1 vn 1 Do đó: vn 2 1 vn 2 1 vn vn Vì tính duy nhất nên ta có: un vn , n 0 . Vậy bài toán được chứng minh. 3. Ta có u0 ,u1 ¢ 2 2 2 2 un 1 5un 24un 1 un 1 10un 1un un 1 0 (1) 2 2 Ở (1) thay n 1 bởi n ta được:un 10un .un 1 un 1 1 0 2 2 un 1 10un 1.un un 1 0 (2) Từ (1) và (2) suy ra un 1 ,un 1 là hai nghiệm của phương trình 2 2 t 10tun un 1 0 Theo định lí Viet ta có: un 1 un 1 10un Hay un 1 10un un 1 Từ đó ta có: un ¢ , n. a b 4 4. Đặt a 2 5,b 2 5 . Khi đó: ab 1 1 1 u (an bn ) (a b)(an 1 bn 1 ) ab(an 2 bn 2 ) n 2 2 an 1 bn 1 an 2 bn 2 4. 4u u . 2 2 n 1 n 2 Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp Với n 1 ta có: u1 2 là số chẵn và u2 9 là số lẻ Giả sử u2k là số lẻ và u2k 1 là số chẵn. Khi đó: u2k 1 4u2k u2k 1 là số chẵn u2k 2 4u2k 1 u2k là số lẻ Từ đó ta có đpcm. cos 1 5. Ta có: x 3 cot x cot 1 cot2 6 cot 1 6 2 6 6 2.6 sin 6 Bằng quy nạp ta chứng minh được: x cot . n 2n 1.6 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Tương tự, ta cũng có: y tan n 2n 1.3 Đặt x cot ; y tan 2 x .y tan 2 .cot n 2n.3 n n n n n n n n 2t 1 2 Đặt t tan tan 2 .cot . . n n n 1 t2 t 1 t2 1 2 2 Vì n 2 0 n 0 t tan 1 t 1 6 6 3 3 2 2 3 2 x y 3, n 2 đpcm. 1 t2 n n bn bn ,cn ¢ 6. Vì un ¤ un với cn (bn ,cn ) 1 b 1 b c 3b2 c2 Khi đó: n 1 n n n n cn 1 2 cn 3bn 6bncn 2 2 Bằng quy nạp ta chứng minh được 3bn cn ,6bncn 3 b 3b2 c2 Suy ra n 1 n n cn 1 2bncn 2 2 Bằng quy nạp ta chứng minh được: 3bn cn 3 3 Do đó: a c2 (đpcm). n 3b2 n n 2 1 cn – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất