Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Bài tập: Dự đoán số hạng tổng quát và chứng minh bằng quy nạp - Ngô Tùng Hiếu

Nội dung text: Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Bài tập: Dự đoán số hạng tổng quát và chứng minh bằng quy nạp - Ngô Tùng Hiếu

1. DỰ ĐOÁN SỐ HẠNG TỔNG QUÁT VÀ CHỨNG MINH BẰNG QUY NẠP 3 n 4 * Bài 1: Cho dãy số un xác định bởiu1 1;un 1 un 2 ,n N .Tìm công thức số hạng 2 n 3n 2 tổng quát un của dãy số theo n . HƯỚNG DẪN GIẢI Với mọi n ¥ * , ta có n 4 2 3 2u 3(u ) 2u 3(u ) n 1 n (n 1)(n 2) n 1 n n 2 n 1 3 3 3 3 3 2(u ) 3(u ) u (u ). n 1 n 2 n n 1 n 1 n 2 2 n n 1 3 3 1 Dãy số (vn ),vn un là cấp số nhân có công bội q và v1 . n 1 2 2 n 1 n 1 3 1 * 3 1 3 * vn . ,n ¥ un ,n ¥ 2 2 n 1 2 2 Bài 2: Cho hàm số f : Z Z thỏa mãn đồng thời các điều kiện: (1) f n 1 f n , n Z . (2) f f n n 2000 , n Z . a/Chứng minh: f n 1 f n , n Z . b/Tìm biểu thức f n . HƯỚNG DẪN GIẢI Câu a Vì f n Z nên từ giả thiết (1) ta được: f n 1 f n 1, n Z . Kết hợp giả thiết (2) ta được n Z . n 2001 n 1 2000 f f n 1 f f n 1 n 2001 do đó: f n 1 f n 1, n Z . Câu b f n f 1 n –1,n Z f f 1  f 1 f 1 –1, Suyra:1 2000 2 f 1 –1 f 1 1001 f n n 1000,n Z . Thử lại thỏa các điều kiện, nên f n n 1000,n Z . CÁC DẠNG KHÁC Bài 3: p  xi 4 i 1 p * 1 a/Tìm p N sao cho hệ  x1 4 có nghiệm. i 1 x 0,i 1, p i b/Với p tìm được ở câu a/,hãy xác định tập hợp tất cả các giá trị của tổng: p a p i với a 0 và a2 1.  2 i  i i 1 1 ai i 1
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu a p p 1 2 Do:16  xi .  p p 4 . i 1 i 1 xi p 4 :Khi đó: xi 1,i 1,4 . Vậy hệ có nghiệm. x2 x3 3 p 3 :Chọn x1 1 và có nghiệm. Nên x1, x2 , x3 là nghiệm của hệ. x2.x3 1 x1 x2 4 p 2 : có nghiệm. Nên x1, x2 là nghiệm của hệ. x1.x2 1 p 1:Vô nghiệm. Vậy hệ có nghiệm khi p 2, p 3, p 4 . Câu b p a2 Ta có: f a ,a , ,a i . 1 2 p  2 i 1 ai (1 a1 ) 1 2 Xét hàm: g x x 1 x2 ,0 x 1; g x 0 x . Ta có: max g(x) . 3 (0;1) 3 3 p 3 3 2 3 3 p Do đó: f a1,a2 , ,ap  ai . Dấu đẳng thức xảy ra khi: 1 hay p = 3. 2 i 1 2 3 a a 1 p 2 : f a ,a 1 2 2 2 2 vì a2 a2 1. Dấu đẳng thức ra khi 1 2 2 2 1 2 xảy a2 a1 a1.a2 2 1 a1 1 a1 a1 a2 , f (a1,a2 ) 2 2 liên tục trên 0;1 . Khi a1 0 thì f (a1,a2 ) .Vậy 2 1 a1 a1 p 2 , tập giá trị là: 2 2; . 1 p 3 :Chọn a 1 2x ; a x ; a x , 0<x< .Thỏa giả thiết: 1 2 3 2 1 2x x x 1 a2 a2 a2 1 2x x x 1. f(a ,a ,a ) g(x) tục trên (0; ) ; 1 2 3 1 2 3 2x 1 x 1 x liên 2 1 3 3 3 3 g , limg(x)=+ .Vậy tập giá trị là: ; . x 0 3 2 2 3 3 p 4 : f a1,a2 , ,ap .Chọn a1 1 2x ; a 2 x ; a3 x , a 4 x thỏa giả thiết: 2 1 a2 a2 a2 a2 1 3x x x x 1với 0<x< ; 1 2 3 4 3 1 2x x x x 1 f(a ,a ,a ,a ) g(x) liên tục trên (0; ) ; 1 2 3 4 2x 1 x 1 x 1 x 3 3 3 3 3 limg(x)= ; limg(x)=+ .Tập giá trị là: ; . 1 x 2 x 0 2 3 Bài 4: Kí hiệu Hn là tập hợp các đa thức bậc n dạng: n 1 n i f (x) x  ai x , ai R i 0
3. 1 Chứng minh: min max | f (x) | n 1 f Hn x  1;1  2 HƯỚNG DẪN GIẢI Xét đa thức Trêbưsép T x cos n.arccosx . Chứng minh T x là đa thức bậc n có hệ tử bậc n là 2n–1 . Chứng minh bằng quy nạp dựa vào công thức: cosnt cos n 1 t 2cost.cos n 1 t . T (x) T (x) 1 1 Do đó: H . Ta có max . Nếu tồn tại f x H sao cho f (x) , 2n 1 n 2n 1 2n 1 n 2n 1 T (x) x  1;1. Lúc đó ta xét g x f x đa thức bậc nhỏ hơn hay bằng n –1, g x đổi 2n 1 k dấu n 1 lần tại các điểm cos , k 0,n . n 1 1 Do đó maxf (x) n 1 . Vậy min max | f (x) | n 1 . 2 f Hn x  1;1  2 TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH NGHĨA Bài 5: Cho hai số a ,b với 0 b 1.Lập hai dãy số a , b với n 1,2, 1 1 1 a1 n n Theo quy tắc sau: giải nghĩa cái đó là: 1 a (a b ) ,b a .b n 1 2 n n n 1 n 1 n Tính: lim an và limbn . n n HƯỚNG DẪN GIẢI Tính a ,b với 0 b a 1ta có thể chọn 0 a sao cho: b cosa , 2 2 1 1 2 1 2 Suy ra a1 cos a . 1 1 a a (cos2 a cos a) cos a(cos a 1) cosa.cos2 2 2 2 2 a a b cos a.cos2 .cos a cos a.cos 2 2 2 Bằng quy nạp, chứng minh được: a a a a a a cos a.cos cos cos (1) b cos a.cos cos (2) n 2 2n 1 2n 1 n 2 2n 1 a Nhân hai vế của (1) và (2) cho sin và áp dụng công thức sin 2a được: 2n 1 a sin 2a.cos n 1 sin 2a a 2 , b . n a n a 2n.sin 2n.sin 2n 1 2n 1 Tính giới hạn: sin 2a sin 2a lim an , limbn n 2a n 2a 1 an Bài 6: Cho dãy số an ,a1 1 và an 1 an .Chứng minh: lim 2 . n an n HƯỚNG DẪNGIẢI
4. 1 n n 1 n 1 1 a2 a2 2 a2 a2 2(n 1). k 1 k 2  i  j  2 ak i 2 j 1 j 1 a j n 1 1 a2 2n 1 .Vậy a 2n 1 , n 2. n  2 n  j 1 a j 2 1 1 1 1 1 1 1 ak 2k 1 k 2 4 2 2 . a k (2k-1) (2k-1) 1 4k(k+1) 4 k 1 k n 1 1 1 1 1 n 1 1 1 5 Suyra: (1 ) 1 .  4  4 k 2 ak 4 n 1 4 j 1 a j 4 4 n 1 1 n 1 1 5 Suyra: (n 1) (n 1) (n 2).  2  4 j 1 a j j 1 a j 4 5(n 1) Vậy: a2 2n 1 (n 2) . n 2 5(n-1) 1 a 5(n-1) Suyra: n 2; 2n-1<a < 2n-1+ 2- < n 2n-1+ . n 2 n n 2 a Dođó: lim n 2 . n n Bài 7: Cho hai số a ,b với a cos2 , b cos . Lập hai dãy số a , b với n 1,2, theo quy 1 1 1 8 1 8 n n tắc sau: 1 a (a b ) ,b a .b n 1 2 n n n 1 n 1 n Tính: lim an và limbn . n n HƯỚNGDẪNGIẢI +Tính a2 ,b2 : 1 1 a (cos2 cos ) cos (cos x 1) cos .cos2 2 2 8 8 2 8 8 8 16 b cos cos2 cos cos cos 2 8 16 8 8 16 + Bằng quy nạp, chứng minh được: a cos cos cos cos (1) b cos cos cos (2) n 2.4 22.4 2n .4 2n.4 n 2.4 22.4 2n .4 +Nhân hai vế của (1) và (2) chosin và áp dụng công thức sin 2a được: 2n .4 sin .cos n sin a 4 2 .4 , b 4 . n n 2n.sin 2n.sin 2n .4 2n .4 +Tính giới hạn: 4sin 4sin 4 4 lim an , limbn . n n Bài 8: Cho dãy số un biết:
5. u1 1 * u ,n N u n n 1 2 1 un Hãy tính lim (un n) n HƯỚNG DẪN GIẢI * Ta có:u1 0 un 0 ,n N 2 3 2 * un 1 un un / (1 un ) un ( un ) / (1 un ) 0 n N un là dãy số giảm và bị chặn dưới bởi 0 lim un a (a R,a 0) n 2 Từ un 1 un / (1 un ), cho n ta được: 3 a a / (1 a ) a 0. Vậy lim un 0 x 2 2 * Đặt vn 1/ (un 1) 1/ (un ), n N 2 2 2 2 Ta có vn ((1 un ) / un ) 1/ (un ) 2 un 2 khi n ? Áp dụng định lí trung bình Cesaro ta có: 1 1 v v  v u2 u2 lim 1 2 n 2 lim n 1 1 2 n n n n 1 1 1 1 2 2 2 2 u u u u lim n 1 n n 1 2 n n 1 1 1 u2 u2 v u2 1 Mà lim n 1 n lim n 0 ; lim 1 lim 0 n n n n n n n n 1 2 un 1 1 lim 2 lim 2 lim (un n) n n 2 n n n.un 2 U 2 1 Bài 9: Cho dãy U xác định bởi: 2 n N * n Un 2009Un Un 1 2010 n Ui  Ta lập dãy Sn với Sn  .Tính lim Sn .  x i 1 Ui 1 1 HƯỚNGDẪNGIẢI a Tacó a 0 0 1 2 Giả sử a1,a2 , ,an 1 0 Tacó a a a n n 1 0 0 1 2 n 1 1 1 1 1 1 1 an an 1 an 2 a0 a a a 1 2 2 3 n n 1 n 1 n 2 0 0 1 2 n
6. a a a a Hay a n 1 n 2 1 0 n 1.2 2.3 (n 1)n n(n 1) Do a1,a2 , ,an 1 0 nên an 1 an 2 a1 2an 1 3an 2 na1 1.2 2.3 (n 1)n 1 2 n 1 2 2 an 1 an 2 a1 a0 2 1 2 (n 1) n 2 an 1 an 2 a1 a0 1.2 2.3 (n 1)n 2 2an 1 3an 2 na1 n 1 2 n 1 Ta lại có 2an 1 3an 2 na1 2an 1 3an 2 a1 n 1 2 n 1 n 2n n 1 an 1 an 2 a1 a0 n n a0. 1 2 n 1 n an 1 an 2 a1 a0 2 1.2 2.3 (n 1)n n a a a a a a a n 1 n 2 1 0 0 0 0 n 1.2 2.3 (n 1)n n(n 1) n2 n(n 1) Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 2 1 un 1 Bài 10: Cho dãy số un xác định bởiu1 1, un 1 ,n 1. un a. Chứng minh: u tan ,n 1. n 2n 1 b.Suy ra tính đơn điệu và bị chặn của un . HƯỚNG DẪN GIẢI a.Chứng minh bằng quy nạp toán học. b.Nhận xét 0 n 1 ,n 1 và hàm số tanx đồng biến trên 0; 2 4 4 nên dãy số un giảm và bị chặn dưới bởi số tan 0 0 và bị chặn trên bởi số tan 1. 4 Bài 11: Cho dãy số xn xác định bởi: 1 2 3 2014 2015 * x1 0; xn 1 xn 2 3 2014 2015 ,n ¥ . xn xn xn xn xn * n 1.Với mỗi n ¥ ,đặt yn 2 .Chứng minh dãy số yn có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó. xn 2.Tìm các số để dãy nxn có giới hạn hữu hạn và giới hạn là một số khác 0 . HƯỚNG DẪN GIẢI
7. 1 2 2 1 2 1.Từ giả thiết suy ra xn 1 xn 0 xn 1 xn 2 2 xn 2 xn xn 2 2 2 2 Suy ra xn 1 xn 2 xn 1 2 x1 2n do đó lim xn Xét 2 2 1 2 3 2014 2015 1 2 3 2014 2015 xn 1 xn xn 1 xn xn 1 xn 2xn 2 3 2014 2015 2 3 2014 2015 xn xn xn xn xn xn xn xn xn xn 1 2 3 2014 2015 2 3 2014 2015 2 2 3 4 2015 2016 1 2 2013 2014 xn xn xn xn xn xn xn xn xn 2 2 Suy ra lim xn 1 xn 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x xn xn 1 xn 1 xn 2 x2 x1 x1 Ta có n n n Áp dụng định lý trung bình Cesaro ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 x xn xn 1 xn 1 xn 2 x2 x1 x1 lim n lim 2 n n n 1 Do đó lim 2 xn 2 n 2 2.Xét zn nxn 2 xn xn Từ đó: +) Nếu 2 thì lim zn +)Nếu 2 thì lim zn 0 1 +) Nếu 2 thì lim z n 2 Vậy 2 là giá trị cần tìm thỏa mãn đề bài. CÁC DẠNG KHÁC Bài 12: Cho dãy số xn không âm thỏa mãn x1 0 ,và 2 2 n n 1 2n 2 2 2 n 1 xn 1 2 4 n 1 xn 1 2 2 9n xn 36nxn 32 ,n 1. Chứng minh rằng xn là số nguyên với mọi nnguyên tố lớn hơn hoặc bằng 5 . HƯỚNG DẪN GIẢI 2 n 1 2 Viết lại đẳng thức trong đầu bài về dạng n 1 xn 1 2 2 3nxn 6 n 1 Từ xn không âm dẫn đến n 1 xn 1 2 2 3nxn 6 , với mọi n . n n 1 Biến đổi về n 1 xn 1 2 2 3 nxn 2 2 , 4.2. TÍNH GIỚI HẠN BẰNG CÁC CÔNG THỨC CƠ BẢN Bài 13: Tính các giới hạn sau: x3 8 2x 1 a) lim 2 b) lim x 2 x 4 x 2 x 2 HƯỚNG DẪN GIẢI
8. 2 x3 8 x 2x 4 2x 1 a).lim 2 lim 3 b) lim x 2 x 4 x 2 x 2 x 2 x 2 x x2 xn n Bài 14: Tính giới hạn lim x 1 x 1 HƯỚNG DẪN GIẢI x x2 xn n (x 1) (x2 1) (xn 1) lim lim x 1 x 1 x 1 x 1 (x 1)[1 (x 1) (x2 x 1) (xn 1 1)] lim x 1 x 1 lim 1 (x 1) (x2 x 1) (xn 1 1) x 1 n(n 1) 1 2 3  n 2 Bài 15: Cho n là số nguyên dương và a 0 .Chứng minh rằng: n 1 ax 1 a Lim . x 0 x n HƯỚNG DẪN GIẢI Đặt y n 1 ax, khi đó từ x 0 y 1. n 1 ax y 1 y 1 a Vậy Lim aLim a Lim . x 0 x y 1 yn 1 y 1 y 1 yn 1 yn 2 y n Bài 16: Tính các giới hạn sau: 1 3 3 3 3 1 5 9 (4n 3) cos5x xsin x a/ lim 2 b/ lim . n 1 5 9 (4n 3) x 0 cos3x HƯỚNG DẪN GIẢI Câu a n n 13 53 93 (4n 3)3 (4i 3)3 (64i3 144i2 108i 27) i 1 i 1 n n n = 64i3 144i2 108i 27n . i 1 i 1 i 1 n(4n 2) 1 5 9 (4n 3) 2n2 n . 2 n n n 2 n(n 1) 2 n(n 1)(2n 1) 3 n(n 1) Mà ta có các công thức: i ; i ; i . i 1 2 i 1 6 i 1 2 Do đó: P(x) 13 53 93 (4n 3)3 là một đa thức bậc 4 có hệ số bậc 4 là 64 / 4 16 . Và Q(x) 1 5 9 (4n 3)2 là một đa thức bậc 4 có hệ số bậc 4 là 4 13 53 93 (4n 3)3 16 Do đó: lim 4 . n 1 5 9 (4n 3)2 4 Câu b cos5x cos3x 1 cos3x xsin x.cos3x cos5x xsin x cos5x cos3x cos5x cos3x lim = lim 1 x 0 cos3x x 0 cos3x
9. cos5x cos3x 2sin 4xsin x sin 4x sin x 8 Vì lim lim lim . . 8 . x 0 xsin x.cos3x x 0 xsin x.cos3x x 0 4x x cos3x 1 1 xsin x cos5x cos3x cos5x 8 Vì lim 0 và áp dụng công thức lim 1 u u e , nên lim e . x 0 cos3x u 0 x 0 cos3x