Phần 3 ok

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (158.23 KB, 9 trang )

Bài 1:

DỰ ĐOÁN SỐ HẠNG TỔNG QUÁT VÀ CHỨNG MINH BẰNG QUY NẠP
3
n4 
*
u1 1; u n 1   un  2
 , n  N
un 

2
n

3
n

2


Cho dãy số
xác định bởi
.Tìm cơng thức số hạng
tổng qt un của dãy số theo n .
HƯỚNG DẪN 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
) 3(un 
)  un 1 
 (un 
).
n2
n 1
n2 2
n 1
3
3
1
(vn ), vn un 
q
v1 
n  1 là cấp số nhân có cơng bội
2 và
2.
Dãy số
 2(un 1 

 3
vn  
 2
Bài 2:

n 1

3
1 3
 1
.    , n  *  un 
  
n 1 2  2 
 2

n 1

, n  *



Cho hàm số f : Z  Z thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
f  n  1  f  n  n  Z  .
(1)
,

(2)

f  f  n    n  2000 n  Z  .
,

f  n  1  f  n  n  Z  .
,
f  n
b/Tìm biểu thức
.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu a
f  n  Z 
f n  1  f  n   1 n  Z  .
Vì
nên từ giả thiết (1) ta được: 
,

Kết hợp giả thiết (2) ta được n  Z .
a/Chứng minh:

n  2001  n  1  2000  f  f  n  1   f  f  n    1 n  2001
f n  1  f  n   1
do đó: 
,

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 

.

f  n  n  1000, n  Z .


Thử lại thỏa các điều kiện, nên
CÁC DẠNG KHÁC
Bài 3:

 p
 xi 4
 i 1
 p 1
 x1 4
 i 1
 x  0, i 1, p
 i
*
a/Tìm p  N sao cho hệ 
có nghiệm.
p
b/Với tìm được ở câu a/,hãy xác định tập hợp tất cả các giá trị của tổng:

p

ai

2
i 1 1  ai

với ai  0 và

p

2
i

a

1
.

i 1

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu a

 p   p 1
16   xi  .     p 2  p 4
 i 1   i 1 xi 
Do:
.
p 4 :Khi đó: xi 1, i 1, 4 . Vậy hệ có nghiệm.
 x2  x3 3

 x2 .x3 1

x ,x ,x
p 3 :Chọn x1 1 và
có nghiệm. Nên  1 2 3  là nghiệm của hệ.

 x1  x2 4

p 2 :  x1.x2 1 có nghiệm. Nên  x1 , x2  là nghiệm của hệ.
p 1 :Vơ nghiệm.
Vậy hệ có nghiệm khi p 2, p 3, p 4 .
Câu b
p
ai2
2
f  a1 , a2 ,..., a p   
i 1 ai (1  a1 )
Ta có:
.
Xét hàm:
Do đó:

g  x   x  1  x 2  , 0  x  1; g  x  0  x 

f  a1 , a2 ,..., a p 

p 2 : f  a1 , a2  

1
2
max g ( x) 
(0;1)
3 . Ta có:
3 3.

3 3 p 2 3 3

p

ai 
.
1 hay p = 3.

2 i 1
2 Dấu đẳng thức xảy ra khi: 3

a1 a2
1
 2 2
2 2
2
a2 a1
a1.a2

2
2
vì a1  a2 1 . Dấu đẳng thức

xảy

ra khi

1  a12
a1
1
f (a1 , a2 ) 


a1 a2 
1  a12
a12 liên tục trên  0;1 . Khi a1  0 thì f (a1 , a2 )   .Vậy
2,



p 2 , tập giá trị là:  2 2;  .
p 3 :Chọn

a1  1  2 x ; a 2  x ; a 3  x , 0
a12  a22  a32 1  2 x  x  x 1. f(a1 , a2 , a3 ) 

1
2 .Thỏa giả thiết:

1  2x
x
x


g ( x)
2x
1 x 1 x

liên

1
(0; )

tục trên 2 ;

3 3

 1 3 3
;  

g  
, lim g(x)=+
2
x 0
2
.
 3
.Vậy tập giá trị là: 
p 4 : f  a1 , a2 ,..., a p  
2
1

2
2

2
3

2
4

3 3
.

2 Chọn a1  1  2 x ; a 2  x ; a 3  x , a 4  x thỏa giả thiết:

a  a  a  a 1  3x  x  x  x 1 với

0
1
3 ;

f(a1 , a2 , a3 , a4 ) 
lim1 g(x)=
x

Bài 4:

3

1
1 2x
x
x
x
(0; )



 g ( x)
2x
1 x 1 x 1 x

liên tục trên 3 ;

3 3
; lim g(x)=+
x 0
2

3 3

;  

2
.
.Tập giá trị là: 

Kí hiệu H n là tập hợp các đa thức bậc n dạng:
n 1

f ( x)  x n   ai x i , a i  R
i 0

Chứng minh:





min max | f ( x) | 
f H n

x  1;1

1
2n  1

HƯỚNG DẪN GIẢI
T x cos  n.arccosx 
Xét đa thức Trêbưsép  
.
n –1
T x
Chứng minh   là đa thức bậc n có hệ tử bậc n là 2 .
cosnt  cos  n  1 t 2cost.cos  n  1 t
Chứng minh bằng quy nạp dựa vào công thức:
.
T ( x)
1
T ( x)
1
max


H
f ( x)  n  1
n

1
n 1
n
n 1

f
x

H


2
2
n
2 ,
Do đó: 2
. Ta có
. Nếu tồn tại
sao cho
T ( x)
x    1;1
g  x   f  x   2n 1
g x
. Lúc đó ta xét
đa thức bậc nhỏ hơn hay bằng n –1 ,   đổi

cos

k
n , k 0, n .

dấu n  1 lần tại các điểm
1
1
min max | f ( x) |  n  1

maxf ( x)  n  1
2 .
2 . Vậy f H n x  1;1
Do đó
TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH NGHĨA



Bài 5:



0  b1  a1  1
a
b
Cho hai số a1 , b1 với
.Lập hai dãy số  n  ,  n  với n 1, 2,..
Theo quy tắc sau: giải nghĩa cái đó là:
1
an 1  (an  bn ) b  a .b
n 1 n
2
, n 1
lim an lim bn
Tính: n   và n   .
HƯỚNG DẪN GIẢI

0

b


a

1
a
,
b
1
1
Tính 2 2 với
ta có thể chọn 0  a  2 sao cho: b1 cosa ,
2
Suy ra a1 cos a .

1
1
a
a2  (cos 2 a  cos a )  cos a (cos a 1) cos a.cos 2
2
2
2
a
a
b2  cos a.cos 2 .cos a cos a.cos
2
2
Bằng quy nạp, chứng minh được:
a
a
a

a
a
an cos a.cos ...cos n  1 cos n  1 (1) bn cos a.cos ...cos n  1 (2)
2
2
2
2
2

sin

Bài 6:

a
2n  1 và áp dụng công thức sin 2a được:

Nhân hai vế của (1) và (2) cho
a
sin 2a.cos n  1
sin 2a
2
an 
, bn 
a
a
2n.sin n  1
2n.sin n  1
2
2 .

Tính giới hạn:
sin 2a
sin 2a
lim an 
, lim bn 
n 
n 
2a
2a
1
a
an 1 an 
lim n  2
n


a
,
a

1
an .Chứng minh:
n
Cho dãy số  n  1
và
.
HƯỚNG DẪNGIẢI
n
n 1
n 1

1
1
ak21 ak2  2  2   ai2  a 2j   2  2(n  1).
ak
i 2
j 1
j 1 a j
n 1

1
.
2
j 1 a j

an2 2n  1  

Vậy an  2n  1 , n 2.
1
1
1
1
1 1
1
ak2  2k  1 k 2  4 


 
 
2
2