Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG
TRƯỜNG THPT VĨNH TRẠCH

BÁO CÁO KẾT QUẢ THỰC HIỆN SÁNG KIẾN CẢI TIẾN
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC
TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ.

Người viết: Lê Hồ Ngọc Toản
Tổ: Tốn
Lĩnh vực: Chun mơn Tốn
Đơn vị cơng tác: Trường THPT Vĩnh Trạch

An Giang – 2/2019


Sáng kiến cải tiến

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
AN GIANG
TRƯỜNG:THPT VĨNH TRẠCH

Trường THPT Vĩnh Trạch

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
An Giang, ngày 11 tháng 2 năm 2019.

BÁO CÁO
Kết quả thực hiện sáng kiến, cải tiến, giải pháp kỹ thuật, quản lý, tác nghiệp, ứng
dụng tiến bộ kỹ thuật hoặc nghiên cứu khoa học sư phạm ứng dụng
I- Sơ lược lý lịch tác giả:

- Họ và tên: LÊ HỒ NGỌC TOẢN Nam, nữ: Nam
- Ngày tháng năm sinh: 10/02/1981
- Nơi thường trú: Vĩnh Thành, Châu Thành, An Giang
- Đơn vị công tác: THPT Vĩnh Trạch
- Chức vụ hiện nay:
- Lĩnh vực công tác: giáo viên giảng dạy mơn tốn.
II.- Sơ lược đặc điểm tình hình đơn vị: Nêu tóm tắt tình hình đơn vị, những thuận lợi,
khó khăn của đơn vị trong việc thực hiện nhiệm vụ
Thuận lợi:
- Được sự quan tâm chỉ đạo sâu sát của Ban Giám Hiệu nhà trường trong công tác
ôn tập học sinh giỏi. Đặc biệt là trong giai đoạn hiện nay, việc tự nghiên cứu, tìm tòi học hỏi
của mỗi giáo viên ngày một dễ dàng nhờ vào internet, sách báo, tư liệu...
- Đa số học sinh có ý thức tự học cao, tự nghiên cứu tìm tịi tài liệu
- Nội dung “Một số phương pháp xác định công thức tổng quát của dãy số trong các
đề thi học sinh giỏi” khá quen thuộc, rất thú vị, đa dạng, khơi gợi được sự hứng thú đối với
học sinh tham gia các kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, quốc gia.
Khó khăn:
Đối với giáo viên: Đây là lĩnh vực cũng tương đối khó, địi hỏi giáo viện phải nghiên
cứu kĩ, chuyên sâu

2
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019


Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

Đối với học sinh: Đây là chun đề khó đối với học sinh, địi hỏi phải hiểu kĩ và nắm
vững kiến thức; phải tự học và nghiên cứu nhiều hơn
- Tên sáng kiến/đề tài giải pháp: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP XÁC ĐỊNH CÔNG
THỨC TỔNG QT CỦA DÃY SỐ”
- Lĩnh vực: mơn tốn.
Sáng kiến kinh nghiệm “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC
TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ ” khá quen thuộc, rất thú vị, gợi được sự hứng thú đối với
học sinh tham gia các kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, quốc gia.
III- Mục đích yêu cầu của đề tài, sáng kiến
1. Thực trạng ban đầu trước khi áp dụng sáng kiến
Các vấn đề liên quan tới dãy số là một phần quan trọng của Đại số và Giải tích tốn
học. Song khái niệm dãy số học sinh mới chỉ được làm quen trong chương trình tốn lớp 11
phần mở đầu của Giải tích tốn học. Các dạng tốn liên quan tới nội dung này ở sách giáo
khoa chỉ ở mức độ mở đầu, cơ bản. Trong khi đó các câu hỏi trong đề thi học sinh giỏi
thường là khó với các em.
Qua thực tế giảng dạy chương trình tốn lớp 11 những năm qua, cũng như việc nghiên
cứu nội dung thi học sinh giỏi các cấp, tơi nhận thấy một dạng tốn khá cơ bản về dãy số là
bài tốn tìm số hạng tổng quát. Lý thuyết đại số và các bài toán về dãy số đã được đề cập
hầu hết trong các giáo trình cơ bản của giải tích tốn học.Các phương pháp tìm số hạng tổng
quát của dãy số cho bởi hệ thức truy hồi gần như là bài toán được đề cập tới đầu tiên. Tuy
nhiên với nhiều phương pháp khác nhau bài tốn này thực sự khơng phải là dễ với học sinh.
2. Sự cần thiết phải áp dụng sáng kiến
Dãy số là một lĩnh vực khó và rất rộng, trong các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, quốc
gia cũng thường xuất hiện các bài toán về dãy số. Để giải được các bài toán về dãy số địi
hỏi người làm tốn phải có kiến thức tổng hợp về số học, đại số, giải tích. Các vấn đề liên
quan đến dãy số cũng rất đa dạng và cũng có nhiều tài liệu viết về vấn đề này, các tài liệu
này cũng thường viết khá rộng về các vấn đề của dãy số, các vấn đề được quan tâm nhiều
hơn là các tính chất số học và tính chất giải tích của dãy số.
Tính chất số học của dãy số thể hiện như tính chia hết, tính nguyên, tính chính
phương… , tính chất giải tích có nhiều dạng nhưng quan trọng là biết cách xác định công

thức cơ bản của dãy số. Các bài toán về dãy số thường là các bài tốn hay và khó, bản thân
đã sưu tầm, chọn lọc và phân loại theo từng chủ đề

3
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019


Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

3. Nội dung sáng kiến
3.1. Tiến trình thực hiện.
Đối với giáo viên:
Bước 1: Nghiên cứu tài liệu, chọn lọc tài liệu.
Bước 2: Hệ thống các dạng cơ bản.
Bước 3: Hướng dẫn học sinh học các dạng cơ bản.
Bước 4: Hướng dẫn học sinh phân tích, mở rộng nhiều bài tốn khác từ các dạng cơ bản.
Đối với học sinh:
Bước 1: Nghiên cứu tài liệu, nghe giáo viên hướng dẫn dạng cơ bản.
Bước 2: Giải thành thạo dạng cơ bản.
Bước 3: Phân tích, mở rộng sang các bài toán khác.
Bước 4: Tự rèn luyện qua đề thi.
3.2. Thời gian thực hiện.
Sáng kiến này được thực hiện từ 8/2018 – 3/2019.
3.3. Biện pháp tổ chức.
3.3.1 Kiến thức cơ bản
3.3.1.1 Phương pháp quy nạp toán học

3.3.1.2 Dãy số tăng, dãy số giảm và dãy số bị chặn
* Dãy số ( un ) gọi là dãy số tăng nếu un  un+1 , n 

*

* Dãy số ( un ) gọi là dãy số giảm nếu un  un+1 , n 
Vậy: Nếu un+1 − un  0, n 
Nếu un+1 − un  0, n 

*
*

*

suy ra ( un ) là dãy số tăng

suy ra ( un ) là dãy số giảm

* Nếu tồn tại số M sao cho un  M , n 
* Nếu tồn tại số m sao cho un  m , n 

*
*

thì ( un ) bị chặn trên

thì ( un ) bị chặn dưới

* Nếu dãy số ( un ) bị chặn trên và bị chặn dưới thì gọi là dãy số bị chặn
3) Cấp số cộng

* Dãy số ( un ) là cấp số cộng  un+1 = un + d với n  * , trong đó d là số không đổi
gọi là công sai của cấp số cộng.
* Nếu dãy số ( un ) là cấp số cộng thì un = u1 + ( n − 1) d (1)
* Nếu dãy số ( un ) là cấp số cộng thì tổng
Sn = u1 + u2 + ... + un =

n
n
( u1 + un ) =  2u1 + (n − 1)d 
2
2

4) Cấp số nhân
* Dãy số ( un ) là cấp số nhân  un+1 = un .q với n 
là công bội của cấp số nhân.
* Nếu dãy số ( un ) là cấp số nhân thì un = u1.q n−1 (3)

*

(2)

, trong đó q là số không đổi gọi

* Nếu dãy số ( un ) là cấp số nhân với q  1, q  0 thì tổng
4

GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019

Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

1 − qn
Sn = u1 + u2 + ... + un = u1.
1− q
5) Một số đinh lí về giới hạn
- Nếu q  1 thì lim q n = 0

- Nếu q  1 thì lim q n = +
- Nếu các dãy số an  bn  cn , n 

*

(4)

và lim an = lim cn = L thì lim bn = L

- Nếu dãy số ( un ) tăng và bị chặn trên thì ( un ) có giới hạn

Nếu dãy số ( un ) giảm và bị chặn dưới thì ( un ) có giới hạn

3.3.2 Phương pháp xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số
3.3.2.1. Áp dụng cấp số cộng – cấp số nhân để xác định công thức tổng quát
(CTTQ) của một số dãy đặc biệt
Ví dụ 1.1 Xác định số hạng tởng qt của dãy số (un ) được xác định bởi:

u1 = 1, un = un−1 −2

n  2.
Giải

Ta thấy dãy số (un ) là một cấp số cộng (CSC) có cơng sai d = −2 . Áp dụng cơng thức (1)
Ta có: un = 1 − 2(n − 1) = −2n + 3
Ví dụ 1.2 Xác định số hạng tổng quát của dãy số (un ) được xác định bởi:

u1 = 3, un = 2un −1

n  2 .

Giải
Ta thấy dãy (un ) là một cấp số nhân (CSN) có cơng bội q = 2 . Ta có: un = 3.2n−1
Ví dụ 1.3 Xác định số hạng tổng quát của dãy số (un ) được xác định bởi:

u1 = −2, un = 3un−1 − 1

n  2.
Giải

Trong bài toán này chúng ta gặp khó khăn vì dãy (un ) khơng phải là CSC hay CSN!
Ta thấy dãy (un ) không phải là CSN vì xuất hiện hằng số −1 ở vế trái. Ta tìm cách làm
mất −1 đi và chuyển dãy số về CSN.
3 1
Ta có −1 = − + nên ta viết công thức truy hồi của dãy như sau:
2 2
1
3
1


un − = 3un−1 − = 3  un −1 −  (1)
2
2
2

1
5
 v1 = − và vn = 3vn−1 n  2 . Dãy (vn ) là dãy CSN công bội q = 3
2
2
5
1
5
1
 vn = v1.q n −1 = − .3n −1 . Vậy un = vn + = − .3n +
n = 1, 2,...
2
2
2
2

Đặt vn = un −1 −

5
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019

Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

3 1
Nhận xét: Mấu chốt ở cách làm trên là ta phân tích −1 = − + để chuyển công thức truy
2 2
hồi của dãy (1), từ đó ta đặt dãy phụ để chuyển về dãy (vn ) là một CSN. Tuy nhiên có vẻ
3 1
như không tự nhiên. Làm thế nào để phân tích −1 = − + ? Ta có thể làm như sau:
2 2
1
Ta phân tích −1 = k − 3k  k =
2
u1 = x0
Với cách làm như trên ta xác định được CTTQ của dãy (un ) : 
n  2 .
un = aun−1 + b

Thật vậy:
* Nếu a = 1 thì dãy (un ) là CSC có cơng sai d = b nên un = u1 + (n − 1)b .
ab
b
−
. Khi đó cơng thức truy hồi của dãy được viết như sau:
a −1 a −1
b
b
b 
b 



un +
= a n−1  u1 +
= a  un−1 +
 , suy ra: un +

a −1
a −1
a −1 
a −1 



* Nếu a  1 thì viết b =

Hay un = u1a

n −1

+

b ( a n−1 − 1)

.
a −1
Từ đó ta suy ra các dạng sau
Dạng 1: Dãy số (un ) : u1 = x0 , un = aun−1 + b n  2 (a, b 

*

) có CTTQ

khi a = 1
u1 + (n − 1)b

un = 
b ( a n −1 − 1)
n −1
khi a  1
un = u1a +
a −1

Ví dụ 1.4 Xác định CTTQ của dãy (un ) được xác định: u1 = 2; un = 2un−1 + 3n − 1.

Giải
Để tìm CTTQ của dãy số ta tìm cách làm mất 3n − 1 để chuyển về dãy số là một CSN.
Ta có 3n − 1 = −3n − 5 + 2 3(n − 1) + 5 (2)
Khi đó cơng thức truy hồi của dãy:
un + 3n + 5 = 2 un + 3(n − 1) + 5
Đặt vn = un + 3n + 5 , ta có: v1 = 10 và vn = 2vn−1 n  2  vn = v1.2n−1 = 10.2n−1
Vậy CTTQ của dãy (un ) : un = vn − 3n − 5 = 5.2n − 3n − 5 n = 1,2,...
Chú ý:
1/. Để phân tích được đẳng thức (2) ta là như sau:
a − b = 2
a = −3

3n − 1 = an + b − 2  a(n − 1) + b . Cho n = 1; n = 2 ta có 
.
−b = 5

b = −5
u1
2/. Trong trường hợp tổng quát dãy (un ) : 
trong đó f (n) là một
u
=
au
+
f
(
n
)

n

2
n −1
 n
đa thức bậc k theo n , ta xác định CTTQ như sau
6
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019


Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

Phân tích f (n) = g (n) − ag (n −1) (3) với g (n) cũng là một đa thức theo n . Khi đó ta có

un − g (n) = a un−1 − g (n − 1) = ... = a n−1 u1 − g (1)
Vây ta có un = u1 − g (1) a n−1 + g (n)
Vấn đề còn lại là ta xác định g (n) như thế nào?
Ta thấy:
* Nếu a = 1 thì g (n) − ag (n −1) là một đa thức có bậc nhỏ hơn bậc của g (n) một bậc và
không phụ thuộc vào hệ số tự do của g (n) , mà f (n) là đa thức bậc k nên để có (3) ta
chọn g (n) là đa thức bậc k + 1 , có hệ số tự do bằng khơng và khi đó để xác định g (n) thì
trong đẳng thức (3) ta cho k + 1 giá trị của n bất kì ta được hệ k + 1 phương trình, giải hệ
này ta tìm được các hệ số của g (n) .
* Nếu a  1 thì g (n) − ag (n −1) là một đa thức cùng bậc với g (n) nên ta chọn g (n) là đa
thức bậc k và trong đẳng thức (3) ta cho k + 1 giá trị của n thì ta sẽ xác định được g (n) .
Vậy ta có kết quả sau
u1 = x0
Dạng 2: Để xác định CTTQ của sãy (un ) được xác định bởi 
, trong
un = a.un−1 + f (n)
đó f (n) là một đa thức bậc k theo n ; a là hằng số.
Ta làm như sau:
Phân tích: f (n) = g (n) − a.g (n −1) với g (n) là một đa thức theo n . Khi đó, ta đặt
vn = un − g (n) ta có: un = u1 − g (1) a n−1 + g (n) .
Lưu ý: nếu a = 1 , ta chọn g (n) là đa thức bậc k + 1 có hệ số tự do bằng 0 , còn nếu a  1 ta
chọn g (n) là đa thức bậc k .
u1 = 2
Ví dụ 1.5 Cho dãy số (un ) : 
. Tìm CTTQ của dãy (un ) .
un = un −1 + 2n + 1
Giải
Ta có 2n + 1 = g (n) − g (n − 1) = a n 2 − (n − 1) 2  + b  n − (n − 1)

(trong đó g (n) = an 2 + bn )
−a + b = 1 a = 1

 g ( n) = n 2 + 2n
Cho n = 0, n = 1 ta có hệ: 
a + b = 3
b = 2

 un = n2 + 2n − 1
u1 = 1
Ví dụ 1.6 Cho dãy số (un ) : 
. Tìm CTTQ của dãy (un )
n
un = 3un−1 + 2 ; n = 2,3,...
Giải
n
n
Tương tự ví dụ trên, ta có: 2 = a.2 − 3a.2n−1 .
Cho n = 1 , ta có: a = −2  2n = −2.2n + 3.2.2n−1
Nên ta có un + 2.2n = 3 ( un−1 + 2.2n−1 ) = ... = 3n−1 ( u1 + 4 )
Vậy un = 5.3n−1 − 2n+1
Chú ý: Trong trường hợp tổng quát dãy (un ) : un = a.un−1 + b. n ,
7
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019


Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

Ta phân tích

 n = k. n − a.k. n−1 với a  
Chú ý: Trong trường hợp tổng quát dãy (un ) : un = a.un−1 + b. n−1
Ta phân tích  n = k. n − a.k. n−1 với (a   ) .

Khi đó un − k .b. n = a ( un−1 − kb n−1 ) = ... =  n−1 ( u1 − bk )
Suy ra un = a n−1 ( u1 − bk ) + bk n .

Trường hợp  = a , phân tích  n = n. n −  ( n − 1) . n−1

 un − bn. n =  ( un−1 − b ( n − 1) . n−1 ) = ... =  n−1 ( u1 − b )

 un = b ( n − 1) n + u1 n−1
Vậy ta có kết quả sau

u1
Dạng 3. Để xác định CTTQ của dãy ( un ) : 
, ta làm như sau
n

un = a.un−1 + b. n  2
* Nếu a =   un = b ( n − 1) n + u1 n−1
* Nếu a     n = k. n − ak. n−1
Khi đó un = a n−1 ( u1 − bk ) + bk . n
Suy ra k =



 −a


u1 = 1
Ví dụ 1.7 Tìm CTTQ của dãy ( un ) : 
n
n

un = 5un−1 + 2.3 − 6.7 + 12; n = 2,3,...
Giải
3

k
=
−
n
n
n −1

3 = k .3 − 5k .3

2
n
=
1

Ta có  n
cho

n

n −1
7 = l.7 − 5l.7
l = 7
 2
Mặt khác, ta có 12 = −3 + 5.3 nên công thức truy hồi như sau
un + 3.3n + 21.7n + 3 = 5 ( un−1 + 3.3n−1 + 21.7n−1 + 3) = ... = 5n−1 ( u1 + 9 + 147 + 3)
Vậy un = 157.5n−1 − 3n+1 − 3.7n+1 − 3

u1 = 1
Ví dụ 1.8 Tìm CTTQ của dãy ( un ) : 
n
un = 2un−1 + 3 − n; n  2
Giải
n
n
n −1
3 = 3.3 − 2.3.3
Ta có 
n = −n − 2 + 2 ( n − 1) + 2 
Suy ra công thức truy hồi của dãy
un = −3.3n − n − 2 = 2 un−1 − 3.3n−1 − ( n − 1) − 2 = ... = 2n−1 ( u1 − 12 )
Vậy un = −11.2n−1 + 3n+1 + n + 2

8
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019


Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

u1 = p
Dạng 4. Để xác định CTTQ của dãy ( un ) : 
, trong đó
n
un = a.un−1 + b. + f ( n ) ; n  2
f ( n ) là đa thức theo n bậc k , ta phân tích  n và f ( n ) như cách phân tích dạng 2

Ví dụ 1.9 Xác định CTTQ của dãy ( un ) : u0 = −1; u1 = 3; un = 5un−1 − 6un−2 ; n  2
Giải
Để xác định CTTQ của dãy số trên, ta thay thế dãy ( un ) bằng 1 dãy số khác là CSN.
Công thức truy hồi được viết lại như sau:
x + x = 5
un − x1.un−1 = x2 ( un−1 − x1.un−2 ) , do đó ta chọn x1 , x2 :  1 2
hay x1 , x2 là nghiệm
 x1.x2 = 6
phương trình: x 2 − 5 x + 6 = 0  x = 2; x = 3 . Ta chọn x1 = 2; x2 = 3
Khi đó: un − 2.un−1 = 3 ( un−1 − 2.un−2 ) = ... = 3n−1 ( u1 − 2u0 ) = 5.3n−1 .

Chú ý: Tương tự như cách làm trên ta xác định CTTQ của dãy ( un ) được xác định bởi
u0 ; u1
, trong đó a, b là các số thực cho trước và a2 − 4b  0 như

un − a.un −1 + b.un −2 = 0 n  2

sau
Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x2 − a.x + b = 0 (4) (phương trình này gọi là
phương trình đặc trưng của dãy)

Khi đó
Sử dụng kết quả của dạng 3, ta có các trường họp sau:
x .u − u u − x.u0
* Nếu x1  x2 thì un = 2 0 1 + 1
x2 − x1
y−x
 k + l = u0
Hay un = k.x1n + l.x2n , trong đó k , l là nghiệm của hệ 
.
 x1.k + x2 .l = u1
u a 
au  
* Nếu x1 = x2 =  thì un =  n−1  0 +  u1 − 0  n 
2  
 2 
l =  .u0
hay un = ( kn + l ) n−1 , trong đó k , l là nghiệm của hệ 
 k + l = u1
u0 ; u1
Dạng 5. Để xác định CTTQ của dãy ( un ) : 
, trong đó a, b là
un − a.un −1 + b.un −2 = 0 n  2
các số thực khác 0 ; a2 − 4b  0 , ta làm như sau:

Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình đặc trưng: x2 − a.x + b = 0
 k + l = u0
* Nếu x1  x2 thì , trong đó k , l là nghiệm của hệ 
.
x
.

k
+
x
.
l
=
u
1
2
1


l =  .u0
* Nếu x1 = x2 =  thì un = ( kn + l ) n−1 , trong đó k , l là nghiệm của hệ 
 k + l = u1

9
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019


Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

u0 = 1; u1 = 2
Ví dụ 1.10 Cho dãy số ( un ) được xác định bởi 
. Hãy xác định
un+1 = 4un + un +1 , n  1

CTTQ của dãy ( un ) .

Giải
Phương trình x2 − 4x − 1 = 0 có hai nghiệm x1 = 2 + 5; x2 = 2 − 5

k + l = 1
 un = k.x + l.x . Vì u0 = 1; u1 = 2 nên ta có hệ 
 2 + 5 k + 2 − 5 l = 2
n
1

k =l =

Vậy un =

(

n
2

) (

)

1
.
2

(

1
2+ 5
2 

) + ( 2 − 5 )  .
n

n

u0 = 1; u1 = 3
Ví dụ 1.11 Xác định CTTQ của dãy ( un ) 
un − 4un−1 + 4un − 2 = 0; n = 2,3,...

Giải
Phương trình đặc trưng x2 − 4x + 4 = 0 có nghiệm kép x = 2 nên un = ( kn + l ) 2n−1
l = 2
 k = 1; l = 2 .
Vì u0 = 1; u1 = 3 nên ta có hệ 
k + l = 3

Vậy un = ( n + 2 ) 2n−1

u0 = −1; u1 = 3
Ví dụ 1.12 Cho dãy ( un ) : 
.
2
un − 5un−1 + 6un−2 = 2n + 2n + 1; n  2
Xác định CTTQ của dãy ( un ) .
Giải
Với cách làm tương tự như ví dụ 1.4, ta phân tích 2n2 + 2n + 1 =

2
2
= ( kn 2 + l.n + t ) − 5  k ( n − 1) + l ( n − 1) + t  + 6  k ( n − 2 ) + l ( n − 2 ) + t  (5)





19k − 7l + 2t = 1 k = 1


Cho n = 0; n = 1; n = 2 ta có hệ 7k − 5l + 2t = 5  l = 8
−k − 3l + 2t = 13 t = 19


Đặt vn = un − n2 − 8n − 19  v0 = 20; v1 = −25 và vn − 5vn−1 + 6vn−2 = 0
 +  = −20
 = 15

 vn =  .3n +  .2n . Ta có hệ 
3 + 2  = −25
  = −35

 vn = 15.3n − 35.2n  un = 15.3n − 35.2n + n2 + 8n + 19 .
10
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019

Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

u0 ; u1
Chú ý Để xác định CTTQ của dãy ( un ) : 
un+1 + a.un + b.un−1 = f ( n ) n  2
(trong đó f ( n ) là đa thức bậc k theo n và a2 − 4b  0 ) ta làm như sau:
* Ta phân tích f ( n ) = g ( n ) + ag ( n − 1) + bg ( n − 2) (6) rồi ta đặt vn = un − g ( n )

v0 = u0 − g ( 0 ) ; v1 = u1 − g (1)
Ta có được dãy số ( vn ) : 
. Đây là dãy số ta xét trong dạng 5.
vn + avn−1 + bvn−2 = 0 n  2
Do đó ta sẽ xác định CTTQ của vn  un
* Ta xác định g ( n ) như thế nào để có (6)
Vì f ( n ) là đa thức bậc k nên ta phải chọn g ( n ) sao cho g ( n ) + ag ( n − 1) + bg ( n − 2) là
đa thức bậc k theo n . Khi đó ta chỉ cần thay k + 1 giá trị bất kì của n vào (6) ta sẽ xác định
được g ( n ) .
Giả sử g ( n ) = am .nm + am−1.nm−1 + ... + a1n + a0 ( am  0 ) là đa thức bậc m . Khi đó hệ số của

xm và xm−1 trong vế phải là am (1 + a + b ) và −
 ( a + 2b ) m.am + (1 + a + b ) am−1  .

Do đó
i) Nếu phương trình x2 + a.x + b = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 thì 1 + a + b  0
nên vế phải (6) là đa thức bậc m .
ii) Nếu phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm
x = 1  1 + a + b = 0 và − ( a + 2b ) m.am + (1 + a + b ) am−1 = − ( a + 2b ).m.am  0 nên vế phải
(6) là đa thức bậc m − 1.

iii) Nếu phương trình (1) có nghiệm kép x = 1  a = −2; b = 1 nên vế phải (6) là đa thức bậc
m − 2.
Vậy chọn g ( n ) ta cần chú ý như sau:
* Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, thì g ( n ) là đa thức cùng bậc với f ( n ) .
* Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm bằng 1 thì ta chọn
g ( n ) = n.h ( n ) trong đó h ( n ) là đa thức cùng bậc f ( n ) .
* Nếu (1) có nghiệm kép x = 1 thì ta chọn g ( n ) = n2 .h ( n ) trong đó h ( n ) là đa thức cùng
bậc với f ( n ) .


u0 ; u1
Dạng 6 Để tìm CTTQ của dãy ( un ) : 

un + a.un−1 + b.un−2 = f ( n ) n  2
(trong đó f ( n ) là đa thức theo n bậc k và b2 − 4ac  0 ) ta làm như sau:
Xét g ( n ) là đa thức bậc k : g ( n ) = ak .n k + ... + a1k + a0 .
* Nếu phương trình x2 + a.x + b = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt, ta phân tích
11
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019


Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

f ( n ) = g ( n ) + a.g ( n − 1) + bg ( n − 2) rồi đặt vn = un − g ( n )
* Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm x = 1 , ta phân tích

f ( n ) = n.g ( n ) + a ( n − 1) g ( n − 1) + b ( n − 2) g ( n − 2) rồi đặt vn = un − n.g ( n )
* Nếu (1) có nghiệm kép x = 1 , ta phân tích

f ( n ) = n2 .g ( n ) + a ( n − 1) g ( n − 1) + b ( n − 2) g ( n − 2) rồi đặt vn = un − n 2 .g ( n ) .
2

2

u0 = 1; u1 = 4
Ví dụ 1.13 Xác định CTTQ của dãy ( un ) 
un − 3un−1 + 2un − 2 = 2n + 1 n  2

Giải
Vì phương trình x2 − 3x + 2 = 0 có hai nghiệm x = 1; x = 2 nên ta phân tích
2n + 1 = n ( kn + 1) − 3 ( n − 1)  k ( n − 1) + l  + 2 ( n − 2 )  k ( n − 2 ) + l  , cho n = 0, n = 1

5k − l = 1
 k = −1; l = −6
Ta có hệ 
3k − l = 3

Đặt vn = un + n ( n + 6)  v0 = 1; v1 = 11 và vn − 3vn−1 + 2vn−2 = 0
 +  = 1
  = 10;  = −9
 vn =  .2n +  .1n với  ,  
2 +  = 11

 vn = 10.2n − 9  un = 5.2n+1 − n2 − 6n − 9 n = 0,1,2,3,...
u0 = −1; u1 = 3
Ví dụ 1.14 Tìm CTTQ của dãy ( un ) : 

n
un − 4un−1 + 3un−2 = 5.2 n  2
Giải
Ta phân tích 2n = a.2n − 4a.2n−1 + 3a.2n−2
Cho n = 2 ta có : 4 = 4a − 8a + 3a  a = −4
Đặt vn = un + 5.4.2n  v0 = 19; v1 = 43 và vn − 4vn−1 + 3vn−2 = 0
Vì phương trình x2 − 4 x + 3 = 0 có hai nghiệm x = 1; x = 3 nên vn =  .3n +  .1n
 +  = 19
  = 12;  = 7  vn = 12.3n + 7
Với  ,  : 
3 +  = 43

Vậy un = 4.3n+1 − 5.2n+2 + 7 n = 1,2,...
Chú ý: Với cách giải trên, ta tìm CTTQ của dãy số ( un ) được xác định bởi


u0 ; u1
(với a2 − 4b  0 ) như sau:

n

un + a.un−1 + b.un−2 = c. n  2
Ta phân tích  n = k n + a.k. n−1 + b.k. n−2 (7)
12
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019


Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

Cho n = 2 thì (7) trở thành k ( 2 + a. + b ) =  2
Ta tìm được k =

2
khi  khơng là nghiệm của phương trình
 2 + a. + b
x2 + a.x + b = 0 (8)

v0 = u0 − k .c; v1 = u1 − k .c.
Khi đó, ta đặt vn = un − k.c. n , ta có dãy ( vn ) : 
vn + a.vn−1 + b.vn − 2 = 0 n  2

 vn = p.x1n + q.x2n ( x1 , x2 là hài nghiệm của (8)).
 un = p.x1n + q.x2n + k.c. n
Vậy nếu x =  là một nghiệm của (8),tức là  2 + a. + b = 0 thì ta sẽ xử lý như thế nào?
Nhìn lại cách giải ở dạng (3), ta phân tích

 n = k.n. n + a.k ( n − 1) . n−1 + bk ( n − 2 ) n−2 (9)
Cho n = 2 ta có:  k ( 2 + a ) =  2  k ( 2 + a ) =   k =


a

  − 
2 + a 
2

 (2) có nghiệm k   là nghiệm đơn của phương trình (8)
Khi đó un = p.x1n + q.x2n + kcn. n
a
là nghiệm kép của (8). Với ý tưởng như trên, ta sẽ
2
2
2
phân tích:  n = kn2 . n + a.k ( n − 1) . n−1 + bk ( n − 2) . n−2 (10)

Cuối cùng ta xét trường hợp x =  = −

Cho n = 2 ta có: (10 )   2 = 4k . 2 + a.k .  k =


1
=
4 + a 2

1
Khi đó un = p.x1n + q.x2n + cn 2 . n
2

u0 ; u1
Dạng 7 Cho dãy số ( un ) xác định bởi 
n
un + aun−1 + bun−2 = c. n  2
Để xác định CTTQ của dãy ( un ) ta làm như sau
Xét phương trình x2 + a.x + b = 0 (11)
* Nếu phương trình (11) có hai nghiệm phân biệt khác  thì

2
un = p.x + q.x + kc. với k = 2
 + a. + b
n
1

n
2

n

* Nếu phương trình (11) có nghiệm đơn x =  thì

un = p.x1n + q.x2n + kcn. n với k =


4. + a

13
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019


Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

1



* Nếu x =  là nghiệm kép của (11) thì un =  p + qn + cn 2  . n
2




u0 = −1; u1 = 3
Ví dụ 1.15 Xác định CTTQ của dãy ( un ) : 
n

un − 5un−1 + 6un−2 = 5.2 n  2
Giải
Phương trình x2 − 5x + 6 = 0 có hai nghiệm x1 = 2; x2 = 3 , do đó

un = p.2n + q.3n + 5kn.2n


2

k = 2 + a = 4 − 5 = −2

 k = −2; p = −26; q = 25
Với  p + q = −1
2 p + 3q + 10k = 3


Vậy un = −26.2n + 25.3n − 10n.2n = 25.3n − 2n+1 ( 5n + 13) n = 1, 2,...



u0 = 1; u1 = 3
Ví dụ 1.16 Tìm CTTQ của dãy ( un ) : 
n

un − 4un−1 + 4un−2 = 3.2
Giải
3 

Phương trình x2 − 4x + 4 = 0 có nghiệm kép x = 2 nên un =  p + qn + n 2  2n
2 

p =1
 p = 1; q = −1
Thế u0 = 1; u1 = 3 ta có hệ 
q + p = 0

Vậy un = ( 3n2 − 2n + 2 ) 2n−1 n = 1, 2,...
u0 ; u1 ; u2
Dang 8. Cho dãy ( un ) : 
un + aun−1 + bun−2 + cun−3 = 0 n  3

Để xác định CTTQ của dãy ta xét phương trình: x3 + a.x2 + bx + c = 0 (12)
* Nếu (12) có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3  un =  .x1n +  .x2n +  .x3n . Dựa vào u0 , u1 , u2 ta
tìm được  ,  ,  .
* Nếu (12) có 1 nghiệm đơn và một nghiệm kép

x1 = x2  x3  un = ( +  n ) x1n +  .x3n
Dựa vào u0 , u1 , u2 ta tìm được  ,  ,  .
* Nếu (12) có nghiệm bội 3 x1 = x2 = x3  un = ( +  n +  n 2 ) x1n
Dựa vào u0 , u1 , u2 ta tìm được  ,  ,  .

14
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019


Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

u1 = 0; u2 = 1; u3 = 3
Ví dụ 1.17 Tìm CTTQ của dãy ( un ) : 
un = 7un−1 − 11un− 2 + 5un−3 = 0 n  4

Giải
Xét phương trình đặc trưng: x3 − 7.x2 + 11x − 5 = 0
Phương trình có 3 nghiệm x1 = x2 = 1; x3 = 5
Vậy un =  +  n +  5n
Cho n = 1, n = 2, n = 3 và giải hệ phương trình, ta được

 =−
Vậy un = −

1
3
1
,  = , =
16
4
16

1 3
1
+ ( n − 1) + 5n−1
16 4
16

u0 = 2; un = 2un −1 + vn −1
Ví dụ 1.18 Tìm CTTQ của dãy ( un ) , ( vn ) : 
v0 = 1; vn = un −1 + 2vn −1 n  1

Giải
Ta có : un = 2un−1 + un−2 + 2vn−2 = 2un−1 + un−2 + 2 ( un−1 − 2un−2 )

 un = 4un−1 − 3un−2 và u1 = 5
Từ đây, ta có: un =
Dạng 9 Cho dãy

1 + 3n+1
−1 + 3n+1
 vn = un+1 − 2un =
2
2

( xn ) , ( yn ) :

( xn ) , ( yn ) ta làm như sau

 xn = pun −1 + qyn −1 ; x1
. Để xác định CTTQ của hai dãy


 yn = ryn −1 + sxn −1 ; y1

Ta biến đổi xn − ( p + s ) xn−1 + ( ps − qr ) xn−2 = 0 từ đây ta xác định được xn , thay vào hệ đã
cho ta có được yn .
Chú ý: Ta có thể tìm CTTQ của dãy số trên theo cách sau




q − r
yn−1 
 xn −  yn = ( p −  s )  xn−1 −
s − p



Ta đưa vào các tham số phụ  ,  '  
x +  ' y = p +  ' s  x + q +  'r y 
(
)  n−1
n
 n
 ' s + p n−1 


q − r


=


 xn −  yn = ( p −  s ) ( xn−1 −  yn−1 )
s − p


Ta chọn  ,  ' sao cho 
 xn +  ' yn = ( p +  ' s ) ( xn−1 +  ' yn−1 )
 ' = q +  ' r

 's + p
15
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019


Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

 xn −  yn = ( p −  s )n −1 ( x1 −  y1 )

giải hệ này ta tìm được ( xn ) , ( yn )
n −1
 xn +  ' yn = ( p +  ' s ) ( x1 +  ' y1 )

u1 = 1

Ví dụ 1.19 Tìm CTTQ của dãy ( un ) : 
2un−1

un = 3u + 4 n  2
n −1

Giải
1 3un −1 + 4 3
1
1
=
= +2
Ta có
. Đặt xn = , ta có:
un
2un−1
2
un−1
un

 xn =

 x1 = 2


3
 xn = 2 xn −1 + 2

5.2n−1 − 3
2
 un =
n −1
2

5.2 − 3

u1 = 2

Ví dụ 1.20 Tìm CTTQ của dãy ( un ) : 
−9un−1 − 24
un = 5u + 13 n  2
n −1

Giải
Bài tốn này khơng cịn đơn giản như bài tốn trên vì ở trên tử số cịn hệ số tự do, do đó
ta tìm cách làm mất hệ số tự do ở trên tử số. Muốn vậy ta đưa vào dãy phụ bằng cách đặt
un = xn + t . Thay vào công thức truy hồi ta có

−9 − 5t ) xn−1 − 5t 2 − 22t − 24
−9 xn−1 − 9t − 24
(
xn + t =
 xn =
5 xn−1 + 5t + 13
5 xn−1 + 5t + 13
Ta chọn t : 5t 2 + 22t + 24 = 0  t = −2  x1 = 4

 xn =

xn−1
1
3
1 11.3n−1 − 10
4

 = 5+
 =
 xn =
n −1
5 xn−1 + 3
xn
xn−1
xn
4
11.3 − 10

 un = xn − 2 =

−22.3n−1 + 24
11.3n−1 − 10

3.3.2.2 Ứng dụng bài tốn tìm CTTQ của dãy số vào giải một số bài toán về dãy
số
u1 = 11
Bài 1. Cho dãy số ( un ) xác định bởi : 
. Xác định số hạng
un +1 = 10un + 1 − 9n, n  N
tởng qt của dãy đã cho.

Giải
Ta có:

16
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019


Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

u1 = 11 = 10 + 1
u2 = 10.11 + 1 − 9 = 102 = 100 + 2
u3 = 10.102 + 1 − 9.2 = 1003 = 1000 + 3

Dự đoán: un = 10n + n (1)
Chứng minh theo quy nạp ta có
u1 = 11 = 101 + 1 , công thức (1) đúng với n = 1 . Giả sử công thức (1) đúng với n = k ta có

uk = 10k + k .

Ta có: uk + 1 = 10 (10k + k ) + 1 − 9k = 10k +1 + ( k + 1)
Công thức (1) đúng với n = k + 1
Vậy un = 10n + n , n  N.
u1 = −2
Bài 2. Cho dãy số (un ) biết 
. Xác định số hạng tổng quát của dãy.
un = 3un−1 − 1, n  2

Giải
1
3
1
1

= 3un −1 −  un − = 3(un −1 − )(1)
2
2
2
2
1
1 −5
Đặt vn = un −  v1 = u1 − =
2
2 2
(1)  vn = 3vn−1 , n  2
Dãy (vn ) là cấp số nhân với công bội là q = 3 .
−5
Nên vn = v1.q n −1 = .3n −1 .
2
1 −5 n −1 1
3 + , n = 1, 2,...
Do đó un = vn + =
2 2
2
u1 = −2
Bài 3. Cho dãy số (un ) biết 
. Xác định số hạng tổng quát của dãy.
un = 3un −1 − 1, n  2
Giải
1
3
1
1
un = 3un−1 − 1  un − = 3un −1 −  un − = 3(un −1 − )(1)

2
2
2
2
1
1 −5
Đặ
t v n = un −  v1 = u1 − =
2
2 2
(1)  vn = 3vn−1 , n  2
Dãy (vn ) là cấp số nhân với công bội là q = 3 .
−5
Nên vn = v1.q n −1 = .3n −1 .
2
1 −5 n −1 1
3 + , n = 1, 2,...
Do đó un = vn + =
2 2
2
Bài 4. Cho dãy số (un ) xác định bởi:
un = 3un−1 − 1  un −

17
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019


Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

u1 = 4


1
un+1 = 9 (un + 4 + 4 1 + 2un ), n 
Tìm cơng thức của số hạng tởng qt (un ) ?
Giải

*

xn2 − 1
Đặt xn = 1 + 2un  x = 1 + 2un , xn  0  un =
2
Thay vào giả thiết:
xn2+1 − 1 1 xn2 − 1
= (
+ 4 + 4 xn )  (3xn+1 )2 = ( xn + 4)2  3xn+1 = xn + 4, n  N * , xn  0
2
9 2
2
n

Ta có 3xn+1 − xn = 4  3n+1 xn+1 − 3n xn = 4.3n .
Đặt yn = 3n.xn  yn+1 = yn + 4.3n , n  N *

 yn+1 = y1 + 4(3n + 3n−1 + ... + 3)  yn+1 = y1 − 6 + 2.3n+1
Ta có x1 = 3  y1 = 9  yn = 3 + 2.3n

1
4
1
1
, n  N *  un = (3 + n −1 + 2 n −2 ), n  N * .
n −1
2
3
3
3
un
, n 
Bài 5. Cho dãy số ( un ) xác định bởi: u1 = 1; un +1 =
2un + 1

Suy ra xn = 2 +

*

.

Tìm cơng thức số hạng tởng qt u n theo n.
Giải
Ta có un  0, n 
Với mọi n 

*

*

. Khi đó un +1 =

, đặt vn =

un
1
1

= 2+ .
2un + 1
un +1
un

1
 v1 = 1; vn+1 = vn + 2, n 
un

*

.

Suy ra, dãy số ( vn ) là cấp số cộng có v1 = 1 và cơng sai d = 2.
Do đó, vn = v1 + ( n − 1) d = 2n − 1, n 
Vậy un =

*

.

1

1
=
.
vn 2n − 1

Bài 6. Cho dãy số (un ) xác định bởi: u1 = 1; un+1 = 2un + 3n , n 

*

. Tìm cơng thức số

hạng tởng qt u n theo n .
Giải
Với mọi n  * , ta có
un+1 = 2un + 3n  un+1 − 3n+1 = 2(un − 3n )

18
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019


Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

Xét dãy số (vn ), với vn = un − 3n , n  *. Ta có: vn+1 = 2vn . Do đó, dãy số (vn ) là một cấp
số nhân có cơng bội q = 2 và số hạng đầu bằng −2.
Suy ra vn = v1.q n−1 = −2n.
Vậy un = vn + 3n = 3n − 2n.

3
n+4 
Bài 7. Cho dãy số (un ) xác định bởi: u1 = 1; un +1 =  un − 2
 , n 
2
n + 3n + 2 

*

. Tìm cơng

thức số hạng tởng qt u n theo n .
Giải
Với mọi n 

*

, ta có
n+4
2
3
2un+1 = 3(un −
)  2un+1 = 3(un +
−
)
(n + 1)(n + 2)
n + 2 n +1
3
3
3

3
3
 2(un+1 −
) = 3(un −
)  un +1 −
= (un −
).
n+2
n +1
n+2 2
n +1
3
1
3
dãy số (vn ), vn = un −
là cấp số nhân có công bội q = và v1 = − .
2
n +1
2
n −1
n −1
3
13
3  1
vn =   . −  , n  *  un =
−   , n  * .
n +1 2  2 
2  2

u1 = 3


Bài 8. Cho dãy số (un) xác định bởi: 
5un − 3
u
=
, n
n
+
1

3
u
−
1
n

Xét dãy số ( vn ) với vn =

un + 1
, n 
un − 1

*

*

.

. . Chứng minh dãy số ( vn ) là một cấp số cộng.

Tìm số hạng tởng qt của dãy số ( un ) .
Giải

un + 1
v +1
 un = n
thay vào hệ thức truy hồi ta có
un − 1
vn − 1
v +1
5. n
−3
v + 1 2vn + 8
v + 1 2vn + 8
vn+1 + 1
vn − 1
 n +1
=
 n +1
=
=
2
4
vn+1 − 1 2vn + 4
vn+1 − 1 3. vn + 1 − 1
vn − 1

Ta có vn =

hay vn+1 = vn + 3 và v1 = 2 . Suy ra dãy số ( vn ) là một cấp số cộng có v1 = 2 và cơng sai

d = 3.
Ta có vn = v1 + ( n − 1) d = 2 + 3( n − 1) = 3n − 1.
3n − 1 + 1
3n
=
. Thử lại thấy dãy số này thỏa mãn.
3n − 1 − 1 3n − 2
3n
Vậy số hạng tổng quát của dãy số ( un ) là un =
n  *.
3n − 2

Do đó un =

19
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019


Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

3
n+4 
*
Bài 9. Cho dãy số ( un ) xác định bởi u1 = 1; u n+1 =  un − 2
 , n  N .
2

n + 3n + 2 
Tìm cơng thức số hạng tổng quát u n của dãy số theo n .
Giải
3
n+4 
Vì u n +1 =  un − 2
 nên
2
n + 3n + 2 
3
n+4
−1,5n − 6
2u n+1 − 3un = − . 2
=
2 n + 3n + 2 ( n + 1)( n + 2 )
1,5
1,5
 2 u n +1 − 3un = 2.
− 3.
n+2
n +1
1,5
1,5
 2 u n +1 − 2.
= 3un − 3.
n+2
n +1
1,5  3 
1,5 


  u n+1 −
 =  un − 3.

n+2 2
n +1

3
1,5
Đặt vn = un −
, khi đó ta có: vn +1 = vn
2
n +1
1,5 1
= .
Lại có: v1 = u1 +
2
4
n −1
3 1
Từ đẳng thức trên ta có cơng thức tổng qt của dãy ( vn ) là: vn =   .
2 4

Từ đó ta có công thức tổng quát của dãy ( un )

1,5  3 
là un = vn +
= 
n +1  2 

n −1

1
3
. +
4 2 ( n + 1)

Qua các bài tốn trên, chúng ta thấy cơng cụ cơ bản để xác định công thức tổng
quát của dãy số cho bởi dãy các phương trình là các định lý cơ bản của giải tích và
mối liên hệ mang tính truy hồi giữa các phương trình.

20
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019


Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

IV. HIỆU QUẢ, KẾT LUẬN
1- Hiệu quả đạt được:
Dãy số là một lĩnh vực khá rộng và khó, các bài tốn dãy số rất đa dạng. Trong đề tài
này chỉ đề cập CTTQ của dãy số.
Đề tài này đã trình bày một số dạng toán về xác định CTTQ của dãy. Các bài toán dạng
này đều có phương pháp giải cụ thể vận dụng các kiến thức về dãy số
Đề tài đã chọn lọc được các bài tốn điển hình cho mỗi dạng tốn, đặc biệt có nhiều
bài tốn là đề thi học sinh giỏi những năm gần đây qua đó thấy vai trị quan trọng của bài
toán về dãy số trong các đề thi này.
Qua quá trình áp dụng đề tài vào thực tế giảng dạy, đặc biệt là trong quá trình tham

gia dạy đội tuyển học sinh giỏi của trường tôi nhận thấy học sinh hiểu rõ được bản chất của
nhiều bài tốn khó về dãy số, học sinh có hứng thú và chủ động trong học tập.
Kết quả đạt được khá rõ ràng khi tôi tham gia dạy đội tuyển học sinh giỏi của có học
sinh đạt giải cấp tỉnh (năm học 2017 -2018: 1 học sinh đạt giải C), đặc biệt các em thường
giải tốt các bài toán về dãy số trong các đề thi trong khi các năm trước đó học sinh thường
khơng giải được bài tốn này.
2. Mức độ ảnh hưởng: Khả năng áp dụng giải pháp
Đối với giáo viên: có thể sử dụng sáng kiến này làm tài liệu nghiên cứu, giảng dạy
trên lớp và ôn tập học sinh giỏi của trường.
Đối với học sinh: Trong đa số đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh trong các năm gần đây,
nội dung dãy số chiếm 20% trong đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh. Với việc áp dụng sáng kiến
này vào năm 2017-2018, 2018-2019 tôi thấy các em học sinh đã tự tin hơn khi đứng trước
bài toán về dãy số, hứng thú phân tích tìm lời giải hơn và bước đầu có những kết quả khả
quan nhất định. Đa số các em tìm được lời giải của bài tốn tìm số hạng tổng qt ở mức độ
mở rộng đơn giản. Năm 2017-2018 có một học sinh đạt giải C cấp tỉnh.
Ngoài ra, các phép biến đổi trong dãy số sẽ góp phần đáng kể trong việc nâng cao
khả năng tư duy của học sinh, đó là một yêu cầu rất cần thiết đối với người học Toán nói
riêng và trong cuộc sống nói chung.
3- Kết luận
3.1. Qua q trình trình thực hiện đề tài này tơi nhận thấy để nâng cao chất lượng
trong dạy học, đặc biệt là trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi cần phát huy tính tích cực chủ
động cho học sinh, học sinh phải có hứng thú trong học tập và phải có năng lực tự học.
Chính vì lẽ đó mà giáo viên cũng cần có sự say mê trong chun mơn, ln có sự hướng dẫn
học sinh khơng chỉ kiến thức mà còn cả các kĩ năng tư duy, hướng dẫn học sinh cách tự học,
biết tổng hợp kiến thức.

21
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019

Sáng kiến cải tiến

Trường THPT Vĩnh Trạch

3.2. Hướng tiếp tục nghiên cứu mở rộng đề tài.
Các bài toán về dãy số thường khó và nhiều dạng khác nhau, đề tài này mới chỉ đề
cập đến một số bài tốn tìm CTTQ của dãy số. Để nâng cao chất lượng học tập cho học sinh
và để các dạng toán được đầy đủ hơn tơi sẽ nghiên cứu tiếp các bài tốn về dãy số thường
gặp trong các đề thi học sinh giỏi như tìm giới hạn của dãy số, nghiên cứu các tính chất số
học của dãy số.
Tơi cam đoan những nội dung báo cáo là đúng sự thật.
Xác nhận của đơn vị áp dụng sáng kiến

Người viết sáng kiến

Lê Hồ Ngọc Toản

22
GV: Lê Hồ Ngọc Toản

Năm học: 2018 - 2019