Bí kíp đạt điểm tối đa học kỳ 2 Toán 11 có giải chi tiết

1


2


PHẦN 1. DÃY SỐ, CẤP SỐ CỘNG VÀ CẤP SỐ NHÂN ....................................................................... 5
I. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC......................................................................................... 5
II. DÃY SỐ................................................................................................................................................ 8
DẠNG 1: THIẾT LẬP CÔNG THỨC TÍNH SỐ HẠNG TỔNG QUÁT u n THEO N ................. 8
DẠNG 2: TÍNH TĂNG, GIẢM CỦA DÃY SỐ ............................................................................... 10
DẠNG 3: DÃY SỐ BỊ CHẶN ............................................................................................................ 11
III. CẤP SỐ CỘNG ............................................................................................................................... 13
DẠNG 1: CHỨNG MINH MỘT DÃY SỐ  u n  LÀ CẤP SỐ CỘNG ........................................... 13
DẠNG 2: TIM SỐ HẠNG ĐẦU TIEN, CÔNG SAI CỦA CẤP SỐ CỘNG, TIM SỐ HẠNG
THỨ K CỦA CẤP SỐ CỘNG, TINH TỔNG K SỐ HẠNG ĐẦU TIÊN ...................................... 14
DẠNG 3: DỰA VÀO TÍNH CHẤT CỦA CẤP SỐ CỘNG, CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC ..... 16
IV. CẤP SỐ NHÂN ................................................................................................................................ 17
DẠNG 1: CHỨNG MINH MỘT DÃY  u n  LÀ CẤP SỐ NHÂN ................................................. 17
DẠNG 2: XÁC ĐỊNH SỐ HẠNG ĐẦU CÔNG BỘI, XÁC ĐỊNH SỐ HẠNG THỨ K, TÍNH
TỔNG CỦA N SỐ HẠNG ĐẦU TIÊN ............................................................................................. 19
DẠNG 3: DỰA VÀO TÍNH CHẤT CỦA CẤP SỐ NHÂN, CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC ..... 22
PHẦN 2: GIỚI HẠN .................................................................................................................................23
I. GIỚI HẠN DÃY SỐ ........................................................................................................................... 23
DẠNG 1: un LÀ MỘT PHÂN THỨC HỮU TỈ DẠNG un 

P n

Q n

( TRONG ĐÓ P  n  , Q  n 

LÀ HAI ĐA THỨC CỦA N). ............................................................................................................ 23
DẠNG 2: un LA MỘT PHÂN THỨC HỮU TỈ DẠNG un 

P n

Q n

( TRONG ĐÓ P  n  , Q  n  LÀ

CÁC BIỂU THỨC CHỨA CĂN CỦA N). ....................................................................................... 25
DẠNG 3: un LÀ MỘT PHÂN THỨC HỮU TỈ DẠNG un 

P n

Q n

( TRONG ĐÓ P  n  , Q  n 

LÀ CÁC BIỂU THỨC CHỨA HÀM MŨ a n , b n , c n ,…. ) ...............................................................26
DẠNG 4 : NHÂN LƯỢNG LIÊN HỢP ............................................................................................ 27
DẠNG 5. GIỚI HẠN CỦA MỘT TỔNG DÀI DÀI ........................................................................ 29
II. GIỚI HẠN HÀM SỐ ........................................................................................................................ 31
DẠNG 1. THAY TRỰC TIẾP ĐƯỢC SỐ ....................................................................................... 31
DẠNG 2. L = lim

x  x0

P( x)
VỚI P(X), Q(X) LÀ CÁC ĐA THỨC VÀ P(X0) = Q(X0) = 0................. 32

Q( x)

P( x)
VỚI P(X0) = Q(X0) = 0 VÀ P(X), Q(X) LÀ CÁC BIỂU THỨC CHỨA
Q ( x)
CĂN CÙNG BẬC ............................................................................................................................... 33
DẠNG 3. L = lim

x  x0

3


DẠNG 4: THÊM BỚT SỐ HẠNG HOẶC MỘT BIỂU THỨC VẮNG ĐỂ KHỬ ĐƯỢC DẠNG
VÔ ĐỊNH............................................................................................................................................. 34
DẠNG 5. L = lim

x 

VÔ ĐỊNH

P( x)
TRONG ĐÓ P ( x ), Q ( x )   , DẠNG NÀY TA CÒN GỌI LÀ DẠNG
Q( x )


. ....................................................................................................................................... 36


DẠNG 6: GIỚI HẠN MỘT BÊN ......................................................................................................37

DẠNG 7 : GIỚI HẠN LƯỢNG GIÁC ............................................................................................. 38
DẠNG 8: SỬ DỤNG MÁY TÍNH: TÍNH GIỚI HẠN .................................................................... 39
III. HÀM SỐ LIÊN TỤC .......................................................................................................................41
DẠNG 1: XÉT TÍNH LIÊN TỤC CỦA HÀM SỐ TẠI MỘT ĐIỂM ............................................ 41
DẠNG 2: HÀM SỐ LIÊN TỤC TRÊN MỘT TẬP HỢP ............................................................... 43
DẠNG 3: CHỨNG MINH PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM ....................................................... 45
PHẦN 3: ĐẠO HÀM ................................................................................................................................. 48
I. QUY TẮC TÍNH ĐẠO HÀM ............................................................................................................ 48
II. ĐẠO HÀM CẤP CAO ...................................................................................................................... 53
DẠNG 1: TÍNH ĐẠO HÀM CẤP CAO CỦA HÀM SỐ. ............................................................... 53
DẠNG 2: TÌM ĐẠO HÀM CẤP N CỦA MỘT HÀM SỐ ..............................................................54
DẠNG 3: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC ........................................................................................ 55
III. PHƯƠNG PHÁP CASIO – VINACAL .........................................................................................57
PHẦN 4: PHƯƠNG TRÌNH TIẾP TUYẾN ........................................................................................... 61
KĨ THUẬT LẬP PHƯƠNG TRÌNH TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ BẰNG MÁY
TÍNH CASIO - VINACAL ................................................................................................................ 69
PHẦN 5. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN ............................................................. 72
DẠNG 1: CHỨNG MINH ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC MẶT PHẲNG ................................. 72
DẠNG 2: CHỨNG MINH ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC ĐƯỜNG THẲNG .......................... 74
DẠNG 3: CHỨNG MINH MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG .............................. 75
DẠNG 4: KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT MẶT PHẲNG ......................................78
CẤP ĐỘ 1: KHOẢNG CÁCH TỪ ĐIỂM Ở ĐÁY ĐẾN MẶT ĐỨNG. ....................................... 78
CẤP ĐỘ 2: KHOẢNG CÁCH TỪ CHÂN ĐƯỜNG CAO TỚI MẶT BÊN ................................. 81
CẤP ĐỘ 3: KHOẢNG CÁCH TỪ 1 ĐIỂM KHÔNG PHẢI CHÂN ĐƯỜNG CAO TỚI MẶT
BÊN (PP ĐỔI ĐIỂM) ......................................................................................................................... 84
DẠNG 5: KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU ....................................87
BÀI TOÁN TỔNG QUÁT 2 BƯỚC TÍNH KHOẢNG CÁCH TỪ A ĐẾN B ..............................90
DẠNG 6: GÓC TRONG KHÔNG GIAN ............................................................................................ 92
1. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG ..................................................................... 92
2. GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG ...................................................................................................94

4


TÓM TẮT GIÁO KHOA
Nguyên lý quy nạp toán học:
Giả sử P  n  là một mệnh đề phụ thuộc vào số tự nhiên n. Nếu cả hai điều kiện  i  và  ii  dưới đây được
thỏa mãn thì P  n  đúng với mọi n  m (m là số tự nhiên cho trước).

i  P  m 
 ii  Với

đúng.
mỗi số tự nhiên k  m, nếu P  k  1 đúng.

Phương pháp chứng minh dựa trên nguyên lý quy nạp toán học gọi là phương pháp quy nạp toán học( hay
gọi tắt là phương pháp quy nạp).
Phương pháp:
Để chứng minh một mệnh đề P  n  phụ thuộc vào số tự nhiên n đúng với mọi n  m (m là số tự nhiên
cho trước), ta thực hiện theo hai bước sau:
Bước 1: Chứng minh rằng P  n  đúng khi n  m .
Bước 2: Với k là một số tự nhiên tùy ý, k  m . Giả sử P  n  đúng khi n  k , ta sẽ chứng minh P  n 
cũng đúng khi n  k  1 . Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta kết luận rằng P  n  đúng với mọi số tự
nhiên n  m.
CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, ta có:
a). 1.4  2.7    n  3n  1  n  n  1
b).

2

n  n  3
1
1
1

  

1.2.3 2.3.4
n  n  1 n  2  4  n  1 n  2 

a). 1.4  2.7    n  3n  1  n  n  1 (1)
2

Với n = 1: Vế trái của (1)  1.4  4 ; Vế phải của (1)  1(1  1) 2  4 . Suy ra Vế trái của (1) = Vế phải của (1).
Vậy (1) đúng với n = 1.
Giả sử (1) đúng với n  k . Có nghĩa là ta có: 1.4  2.7    k  3k  1  k  k  1
Ta phải chứng minh (1) đúng với n  k  1 . Có nghĩa ta phải chứng minh:
1.4  2.7    k  3k  1   k  1 3k  4    k  1 k  2 

5

2

2

 2


Thật vậy 1.4  2.7    k  3k  1   k  1 3k  4   k  k  1   k  1 3k  4    k  1 k  2  (đpcm).



2

 k  k 1

2

2

Vậy (1) đúng khi n  k  1 . Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi số nguyên dương n.
b).

n  n  3
1
1
1

  

(1)
1.2.3 2.3.4
n  n  1 n  2  4  n  1 n  2 

Với n = 1: Vế trái của (1) 

1(1  3)
1
1
1

 ; Vế phải của (1) 
 .
1.2.3 6
4(1  1)(1  2) 6

Suy ra Vế trái của (1) = Vế phải của (1). Vậy (1) đúng với n = 1.
Giả sử (1) đúng với n  k . Có nghĩa là ta có:

k  k  3
1
1
1

  

1.2.3 2.3.4
k  k  1 k  2  4  k  1 k  2 

 2

Ta phải chứng minh (1) đúng với n  k  1 . Có nghĩa ta phải chứng minh:

 k  1 k  4 
1
1
1
1

  



1.2.3 2.3.4
k  k  1 k  2   k  1 k  2  k  3  4  k  2  k  3 
Thật vậy

1
1
1
1

  

1.2.3 2.3.4
k  k  1 k  2   k  1 k  2  k  3 





 2

k  k  3

4 k 1 k  2 

k  k  3
1
1
4 




 k  k  3 

4  k  1 k  2   k  1 k  2  k  3 4  k  1 k  2  
k 3

 k  1  k  4    k  1 k  4  (đpcm).
k 3  6k 2  9k  4


4  k  1 k  2  k  3  4  k  1 k  2  k  3 4  k  2  k  3
2

Vậy (1) đúng khi n  k  1 . Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi số nguyên dương n.
Ví dụ 2: Với mỗi số nguyên dương n, gọi u n  9 n  1 . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì
un luôn chia hết cho 8.
Ta có u1  91  1  8 chia hết cho 8 (đúng).
Giả sử uk  9 k  1 chia hết cho 8.
Ta cần chứng minh u k 1  9 k 1  1 chia hết cho 8.
Thật vậy, ta có uk 1  9k 1  1  9.9 k  1  9  9k  1  8  9uk  8 . Vì 9uk và 8 đều chia hết cho 8, nên uk 1
cũng chia hết cho 8.
Vậy với mọi số nguyên dương n thì un chia hết cho 8.

6


Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  2 , ta luôn có: 2 n 1  2n  3 (*)
Với n  2 ta có 2 2 1  2.2  3  8  7 (đúng). Vậy (*) đúng với n  2 .
Giả sử với n  k , k  2 thì (*) đúng, có nghĩa ta có: 2 k 1  2 k  3 (1).

Ta phải chứng minh (*) đúng với n  k  1 , có nghĩa ta phải chứng minh:
2 k  2  2( k  1)  3
Thật vậy, nhân hai vế của (1) với 3 ta được: 2.2 k 1  2  2k  3   2 k  2  4k  6  2( k  1)  3 .
Vậy 2k  2  2( k  1)  3 (đúng).
Do đó theo nguyên lí quy nạp, (*) đúng với mọi số nguyên dương n  3 .

7


un

Phương pháp:
n

 Nếu u n có dạng u n  a1  a 2  ...  a k  ...  a n (kí hiệu u n   a k ) thì biến đổi ak thành hiệu của hai số
k 1

hạng, dựa vào đó thu gọn u n .
 Nếu dãy số  u n  được cho bởi một hệ thức truy hồi, tính vài số hạng đầu của dãy số ( chẳng hạn tính
u1 , u 2 ,... ), từ đó dự đoán công thức tính u n theo n, rồi chứng minh công thức này bằng phương pháp quy

nạp. Ngoài ra cũng có thể tính hiệu u n 1  u n dựa vào đó để tìm công thức tính u n theo n.
n

Ví dụ 1: Cho dãy số  an  . Đặt un   ak . Tính u1 , u2 , u3 , u4 và xác định công thức tính un theo n trong
k 1

1
trường hợp ak 
k  k  1

1
1
2
1 1
 ; u2  a1  a2  

1.2 2
2 2.(2  1) 3
2
1
3
u3  a1  a2  a3  u2  a3  

3 3(3  1) 4
3 1
4
u4  a1  a2  a3  a4  u3  a4  

4 4.5 5
1
1
1
 
Ta có ak 
, do đó:
k  k  1 k k  1
u1  a1 

n
1 1

1 
1
 1 1 1
 1
.
un   ak   1        ...  
  
  1
n 1
 2  2 3
 n 1 n   n n 1 
k 1

u1  1
n  1.
Ví dụ 2: Dãy số  un  được xác định bằng cộng thức: 
3
un 1  un  n
a). Tìm công thức của số hạng tổng quát.
b). Tính số hạng thứ 100 của dãy số.
a). Ta có: un 1  un  n3  un 1  un  n 3 .
Từ đó suy ra:
u1  1
u 2  u1  13
u3  u 2  23
u 4  u3  33

..............…………
8

un 1  un  2   n  2 
un  un 1   n  1

3

3

Cộng từng vế n đẳng thức trên:
u1  u2  u1  u3  u2  ...  un 1  un  2  un  un 1  1  13  23  33  ...   n  2    n  1
3

3

 un  1  13  23  33  ...   n  2    n  1 .
3

3

Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được: 13  23  33  ...   n  1 
3

Vậy un  1 
b). u100  1 

n2  n  1

2

4

1002.992
 24502501.
4

9

 n  1
4

2

.n2


Phương pháp:
Cách 1: Xét dấu của biểu thức u n 1  u n
 Nếu n  N*,u n 1  u n  0 thì  u n  là dãy số tăng;
 Nếu n  N*,u n 1  u n  0 thì  u n  là dãy số giảm.

Cách 2: Khi n  N*, u n  0 thì có thể so sánh
 Nếu

u n 1
1
un

thì  u n  là dãy số tăng;

 Nếu

u n 1
1
un

thì  u n  là dãy số giảm.

un 1
un

với 1

Cách 3: Nếu dãy số  u n  được cho bởi một hệ thức truy hồi thì ta có thể sử dụng phương pháp chứng
minh quy nạp để chứng minh u n 1  un (hoặc u n 1  un )
Chú ý:
 Nếu k  N* : u k 1  u k thì dãy số  u n  không giảm.
 Nếu k  N* : u k 1  uk thì dãy số  u n  không tăng.

Ví dụ 3 : Xét tính tăng giảm của dãy số  un  biết:
a). un 

1
2
n

a). un 1  un 

b). un 

n 1
n 1

c). un  (1) n  2n  1

1
1
1
1
1

 2    2 
 
 0 n   *
n 1
n(n  1)
n
 n 1 n

Kết luận dãy số  un  là dãy số giảm.
b). un 

n 1
2
 1
n 1
n 1

Ta có un 1  un  1 

2
2 

1
1
1

 1 


 0 n   *

n  2  n  1  n  1 n  2 (n  1)(n  2)

Kết luận dãy số  un  là dãy số tăng.
c). un  (1) n  2n  1
Ta có u1  3, u2  5, u3  9 , từ đó suy ra dãy số  un  là dãy không tăng không giảm.

10


Phương pháp
n

1). Nếu u n   a k thì:
k 1

 Thu gọn u n , dựa vào biểu thức thu gọn để chặn u n .
  Ta cũng có thể chặn tổng

n

 a bằng một tổng mà ta có thể biết được chặn trên, chặn dưới của nó.

k 1

k

2). Nếu dãy số ( u n ) ho bởi một hệ thức truy hồi thì:
 Dự đoán chặn trên, chặn dưới rồi chứng minh bằng phương pháp chứng minh quy nạp.
Ta cũng có thể xét tính đơn điệu ( nếu có) sau đó giải bất phương trình u n 1  u n dựa vào đó chặn ( u n ).

Ví dụ 4: Xét tính tăng hay giảm và bị chặn của dãy số : un 
Ta có: un 1  un 

2n  1
;n N *
n3

2 n  1 2 n  1 2 n 2  7 n  3  2n 2  7 n  4
7



 0; n  N *
n4 n3
 n  4  n  3
 n  4  n  3

Vậy:  un  là dãy số tăng.
Ta có un 

2n  1 2(n  3)  7
7

, suy ra:

 2
n3
n3
n3

n  *, un  2 nên  un  bị chặn trên. Vì  u n  là dãy số tăng n  *, u1 
dưới. Vậy  un  bị chặn.
Ví dụ 5: Cho dãy số  u n  với un  1   n  1 .2 n
a). Viết 5 số hạng đầu của dãy số.
b). Tìm công thức truy hồi.
c). Chứng minh dãy số tăng và bị chặn dưới.
a).Ta có:
u1  1  1  1 .21  1
u2  1   2  1 .2 2  5
u3  1   3  1 .23  17
u4  1   4  1 .2 4  49
u5  1   5  1 .25  129

b). Xét hiệu: un 1  un  1  n.2 n 1  1   n  1 .2n 
 2n.2 n   n  1 .2 n   2n  n  1 .2 n   n  1 .2 n  un 1  un   n  1 2 n.

11

1
 u n Nên  u n  bị chặn
4

u1  1
Vậy công thức truy hồi: 
n
un 1  un   n  1 .2

n  1.

c). Ta có: un 1  u n   n  1 .2 n  0 n  1. Từ đó suy ra dãy số  u n  là dãy số tăng.
Ta có: u n  1   n  1 .2 n  1 n  1. Kết luận  u n  là dãy số bị chặn dưới.

12


TÓM TẮT GIÁO KHOA
1. Cấp số cộng là một dãy số ( vô hạn hay hữu hạn) mà trong đó, kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều
bằng tổng của số hạng đứng ngay trước nó và một số d không đổi, nghĩa là:
( un ) là cấp số cộng  n  2, un  un 1  d
Số d được gọi là công sai của cấp số cộng.
2.Định lý 1: Nếu ( un ) là một cấp số cộng thì kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng ( trừ số hạng cuối đối với
cấp số cộng hữu hạn) đều là trung bình cộng của hai số hạng đứng kề nó trong dãy, tức là uk 

uk 1  uk 1
2

Hệ quả: Ba số a, b, c ( theo thứ tự đó) lập thành một cấp số cộng  a  c  2b .
1). Định lý 2: Nếu một cấp số cộng có số hạng đầu u1 và công sai d thì số hạng tổng quát un của nó được
xác định bởi công thức sau: un  u1   n  1 d
2). Định lý 3: Giả sử  un  là một cấp số cộng có công sai d.
n

Gọi S n   uk  u1  u2  ...  un
k 1

( S n là tổng của n số hạng đầu tiên của cấp số cộng). Ta có : Sn 

n  u1  un  n  2u1   n  1 d 

.
2
2

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN.

 un 
Phương pháp:
Để chứng minh dãy số  u n  là một cấp số cộng, ta xét A  un 1  un
 Nếu A là hằng số thì  un  là một cấp số cộng với công sai d  A .
 Nếu A phụ thuộc vào n thì  un  không là cấp số cộng.

Ví dụ 1: Trong các dãy số sau, dãy nào là cấp số cộng. Tìm số hạng đầu và công sai của cấp số cộng đó:
Dãy số  un  với un  19n  5
Dãy số  un  với un  19n  5
Ta có un 1  un  19  n  1  5  19 n  5   19 . Vậy  un  là một cấp số cộng với công sai d  19 và số
hạng đầu u1  19.1  5  14 .

13


Phương pháp:
Ta thiết lập một hệ phương trình gồm hai ẩn u1 và d. Sau đó giải hệ phương trình này tìm được u1 và d.

Muốn tìm số hạng thứ k, trước tiên ta phải tìm u1 và d. Sau đó áp dụng công thức: uk  u1   k  1 d .
Muốn tính tổng của k số hạng đầu tiên, ta phải tìm u1 và d. Sau đó áp dụng công thức:
Sk 

k  u1  uk  k  2u1  (k  1)d 

2
2

Ví dụ 2: Tìm số hạng đầu tiên, công sai, số hạng thứ 20 và tổng của 20 số hạng đầu tiên của các cấp số
cộng sau, biết rằng:

u5  19
a) 
u9  35
u5  19
a) 
u9  35

u2  u3  u5  10
b) 
u4  u6  26

u3  u5  14
c) 
 s12  129

u6  8
d)  2
2

u2  u4  16

u1  4d  19 u1  3

u1  8d  35 d  4

1 . Áp dụng công thức un  u1   n  1 d , ta có: 1  

Vậy số hạng đầu tiên u1  3 , công sai d  4 .
Số hạng thứ 20: u20  u1  19d  3  19.4  79 .
Tổng của 20 số hạng đầu tiên: S 20 

u2  u3  u5  10
b) 
u4  u6  26

20  2u1  19d 
 10  2.3  19.4   820
2

1 . Ta cũng áp dụng công thức un  u1   n  1 d :

u1  d   u1  2d   u1  4d  10

1  

u1  3d  u1  5d  26

u  3d  10
u  1

 1
 1
 d  3.
 2u1  8d  26

Vậy số hạng đầu tiên u1  1 , công sai d  3 .
Số hạng thứ 20: u20  u1  19d  1  19.3  58 .
Tổng của 20 số hạng đầu tiên: S 20 

u3  u5  14
c) 
 s12  129

20  2u1  19d 
2

 10  2.1  19.3  590

1 . Áp dụng công thức un  u1   n  1 d ,

Sn 

5

u1 
u1  2d  u1  4d  14

2u1  6d  14

2



1  
12u1  66d  129
d  3 .
6  u1  u 12   129

2
14

n  2u1  (n  1) d 
Ta có:
2


Vậy số hạng đầu tiên u1 

5
3
, công sai d  .
2
2

Số hạng thứ 20: u20  u1  19d 

5
3
 19.  31 .
2
2

Tổng của 20 số hạng đầu tiên: S20 

20  2u1  19d 
3
 5
 10  2.  19.   335
2
2
 2

u6  8
u1  5d  8
u1  8  5d
d)  2




2
2
2
2
2
u2  u4  16
 u1  d    u1  3d   16
8  5d  d   8  5d  3d   16
u1  8  5d

2

2
 8  4d    8  2d   16



Giải    : 20 d 2  96 d  112  0  d 
Với d 

14
 d=2.
5

14
 u1  6
5

Số hạng thứ 20: u20  u1  19d  6  19.
Tổng của 20 số hạng đầu tiên: S20 

14 236
.

5
5

20  2u1  19d 
2

14 


 10  2.(6)  19.   412
5


Với d  2  u1  2
Số hạng thứ 20: u20  u1  19d  2  19.2  36 .
Tổng của 20 số hạng đầu tiên: S 20 

20  2u1  19d 
2

 10  2.( 2)  19.2   340

15


Ví dụ 3: Cho a, b, c là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng, chứng minh rằng:
a). a 2  2bc  c 2  2ab
b). a 2  8bc   2b  c 

2

c). a 2  ab  b 2 , a 2  ac  c 2 , b 2  bc  c 2 là cấp số cộng.
a). Vì a, b, c là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng: a  c  2b  a  2b  c
Ta có: a 2  2ab  a 2  a  a  c    ac  c  2b  c   c 2  2bc
Vậy a 2  2 ab  c 2  2bc  a 2  2bc  c 2  2ab.
b). Ta có a 2  8bc   2b  c   8bc
2

 4b 2  4bc  c 2  8bc  4b 2  4bc  c 2   2b  c  .

2

c). Ta cần chứng minh:

a

2

 ab  b 2    b 2  bc  c 2   2  a 2  ac  c 2 

 2b 2  ab  bc  a 2  2ac  c 2

 2b 2  b  a  c    a  c 
 2b 2  2b 2   2b 

2

2

 4b 2  4b 2 (đúng).

16


TÓM TẮT GIÁO KHOA
1). Cấp số nhân là một dãy số ( hữu hạn hay vô hạn) mà trong đó kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều
bằng tích của số hạng đứng ngay trước nó và một số q không đổi, nghĩa là:
 u n  là cấp số nhân  n  2,un  un 1 .q
Số q được gọi là công bội của cấp số nhân.
2). Định lý 1: Nếu  u n  là một cấp số nhân thì kể từ số hạng thứ hai, bình phương của mỗi số hạng ( trừ

số hạng cuối đối với cấp số nhân hữu hạn) bằng tích của hai số hạng đứng kề nó trong dãy, tức là:
u 2k  u k  1 .u k  1  k  2  .
Hệ quả: Nếu a, b, c là ba số khác 0, thì “ba số a, b, c ( theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân khi và
chỉ khi b2  ac ”.
3). Định lý 2: Nếu một cấp số nhân có số hạng đầu u1 và công bội q  0 thì số hạng tổng quát u n của nó
được tính bởi công thức: un  u1 .q n 1 .
n

4). Định lý 3: Giả sử ( u n ) là một cấp số nhân có công bội q. Gọi S n   u k  u1  u 2  ...  un (S n là tổng
k 1

cuản số hạng đầu tiên của cấp số nhân). Ta có:
 Nếu q=1 thì S n  nu1 .


Nếu q  1 thì S n 



u1 1  q n



1q

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN.

u 
n

Phương pháp:
 Chứng minh n  1,u n 1  u n .q trong đó q là một số không đổi.
 Nếu u n  0 với mọi n  N * thì ta lập tỉ số T 

un 1
un

 T là hằng số thì  u n  là cấp số nhân có công bội q  T .
 T phụ thuộc vào n thì  u n  không là cấp số nhân.
Ví dụ 1: Xét trong các dãy số số sau, dãy số nào là cấp số nhân, (nếu có) tìm công bối của cấp số nhân
đó:
u1  3
u1  2

2 n 1
n 3n 2
a). un  ( 3)
b). un  ( 1) .5
c). 
d). 
9
2
un1  un
un 1  u
n

a). Ta có

un 1 (3)2 n 3


 (3)2  9 (không đổi). Kết luận  un  là cấp số nhân với công bội q  9 .
2 n 1
un
(3)

un1 (1)n 1.53( n 1)2

 1.53  125 (không đổi). Kết luận  un  là cấp số nhân với công bội
un
(1)n .53n 2
q  125 .

b). Ta có

17


c). Ta có u2  u12  4 , u3  u22  16 , u4  u32  256 , suy ra

u2 4
u
256
u
u
  2 và 4 
 16  2  4 . Do
u1 2
u3 16
u1 u3

đó  u n  không là cấp số nhân.
d).

un 1
un

9
u
u
 n  n 1  un 1  un 1 ,  n  2 . Do đó có:
9
un
un 1

u1  u3  u5  ....  u2 n 1.... (1)
Và u2  u4  u6  ....  u2 n  ... (2)
Theo đề bài có u1  3  u2 

9
 3 (3)
u1

Từ (1), (2) ,(3) suy ra u1  u2  u3  u4  u5  ....  u 2 n  u2 n 1.... Kết luận  u n  là cấp số nhân với công
bội q  1 .

u1  2
, n  1 . Chứng minh rằng dãy số  vn  xác
Ví dụ 2: Cho dãy số  u n  được xác định bởi 
un 1  4un  9
định bởi vn  un  3, n  1 là một cấp số nhân. Hãy xác định số hạng đầu và công bội của cấp số nhân đó.

Vì có vn  un  3 (1)  vn 1  un 1  3 (2) .
Theo đề u n 1  4un  9  u n 1  3  4  un  3  (3).
Thay (1) và (2) vào (3) được: vn 1  4vn , n  1 

vn 1
 4 (không đổi). Kết luận  vn  là cấp số nhân với
vn

công bội q  4 và số hạng đầu v1  u1  3  5 .

18


Phương pháp:
Dựa vào giả thuyết, ta lập một hệ phương trình chứa công bội q và số hạng đầu u1 , giải hệ phương trình
này tìm được q và u1 .
Để xác định số hạng thứ k, ta sử dụng công thức: uk  u1.q k 1 .
Để tính tổng của n số hạng , ta sử dụng công thức: Sn  u1.

1  qn
, q  1 . Nếu q  1 thì
1 q

u1  u2  u3  ...  u n , do đó S n  nu1 .
Ví dụ 3: Tìm số hạng đầu và công bội của cấp số nhân, biết:

u1  u5  51
a) 
u2  u6  102

u1  u2  u3  135
b) 
u4  u5  u6  40

4
u1 1  q 4   51  
u1  u5  51
u1  u1q  51

a). 


5
4
u2  u6  102
u1q 1  q   102  
u1q  u1q  102

u1q 1  q 4  102


Lấy


51
u1 1  q 4 
 

 q  2  u1 

51
51

 3.
4
1  q 17

Kết luận có công bội q  2 và số hạng đầu tiên u1  3 .
Kết luận: u1  3 và q  2
u  u q  u1q 2  135
u  u  u  135
b)  1 2 3
 1 31
4
5
u4  u5  u6  40
u1.q  u1q  u1q  40

u1 1  q  q 2   135   


3
2
u1q 1  q  q   40  
Lấy

   u1q 3 1  q  q 2   40
u1 1  q  q 2  135
 

 u1 

 q3 

8
2
q
27
3

135
1215

.
2
1 q  q
19

Kết luận có công bội q 

2
1215
và số hạng đầu tiên u1 
.
3
19

u1q  6
u2  6
u q  6

 1

c) 
2
 S3  43 u1  u2  u3  43 u1  u1q  u1q  43

19

u 2  6
c) 
 S3  43.


u1q  6  

2
u1 1  q  q   43

 

. Lấy

  
u1q
6

2
 u1 1  q  q  43

 43q  6 1  q  q 2   6q 2  37 q  6  0  q  6  q 

Với q  6  u1  1 . Với q 

1
6

1
 u1  36.
6

1

q  6
q 
Kết luận 
hoặc 
6
u1  1
u1  36
u1  u5  51
Ví dụ 4: Cho CSN  u n  có các số hạng thỏa: 
u2  u6  102
a). Tìm số hạng đầu và công bội của CSN.
b). Hỏi tổng bao nhiêu số hạng đầu tiên bằng 3069?
c). Số 12288 là số hạng thứ mấy?
u1  u1q 4  51
u1 (1  q 4 )  51
()
u  u  51
a). Ta có  1 5




5
4
u2  u6  102
u1q  u1q  102
u1q (1  q )  102 ()

u1q(1  q 4 ) 102
()


 q  2  u1  3 .
Lấy
()
u1 (1  q 4 )
51
1  qn
1  2n
 3069  3.
 3069  2n  1024  n  10 . Kết luận tổng của 10 số
1 q
1 2
hạng đầu tiên bằng 3069.
c).Có u k  12288  u1 .q k 1  12288  3.2 k 1  12288  2 k 1  4096  212
b). Có Sn  3069  u1.

 k  1  12  k  13 . Kết luận số 12288 là số hạng thứ 13.
Ví dụ 5: Tính các tổng sau:

a). S n  2  2 2  23    2 n
b). S n 

1 1 1
1
 2  3    n
2 2
2
2
2

2

1 
1
1


c). S n   3     9       3n  n 
3 
9
3 


d). Sn  6  66  666    666...6


2

n so 6

a). Ta có dãy số 2, 2 , 2 , , 2n là một cấp số nhân với n số hạng, có số hạng đầu u1  2 và công bội
2

q

3

1  qn
1  2n
22
 2 . Do đó Sn  u1.
 2.
 2  2n  1 .
2
1 q
1 2

20


b). Ta có dãy số

1 1 1
1
1
, 2 , 3 , , n là một cấp số nhân với n số hạng, có số hạng đầu u1  và công bội
2 2 2
2
2

n

1
1
1  
n
2
1
1 q
1
1
2
q  2  . Do đó Sn  u1.
 .    1 n .
1 2
1
1 q 2 1
2
2
2
2

2

2

1 
1
1



c). S n   3     9       3n  n 
3 
9
3 


1
1
1
 32  2  2  34  2  4    32 n  2  2 n
3
3
3

1 
1 1
  32  34    32 n    2  4    2 n   2
 2  
2   2
3 
3 3
n
 Có dãy số 32 ,34 , ,32 n là cấp số nhân với n số hạng, có số hạng đầu u1  32 và công bội q 

Do đó S1  u1.

34
9.
32

1  qn
1  9n 9 n
 9.
  9  1 .
1 q
1 9 8

1 1
1
1
1
, 4 , , 2 n là cấp số nhân với n số hạng, có số hạng đầu u1  2 và công bội q  . Do
2
3 3
3
3
9
1
1 n
1  qn 1
1
1  9n  1
9
 .
 1  n  
đó S1  u1.
.
1  q 9 1  1 8  9  8.9n
9

 Có dãy số

9n  1 9n 1  1

9 n
9n  1
 2n 
 2n .
Vậy Sn   9  1 
8
8.9n
8.9n

6
d). Sn  6  66  666    666...6
  9  9  99  999    999...9
 
n so 6
n


2
 (10  1)  (100  1)  (1000  1)    (10 n  1) 
3
2
2  10n  1  20 n
2n
 10  102  103    10n  n   10.
 n   10  1 
.

3
3  10  1
3
 27

21


Ví dụ 6: Cho a, b, c, d là bốn số hạng liên tiếp của một cấp số nhân. Chứng minh:
a ).  ab  bc  ca   abc  a  b  c 
3

b).  a 2  b 2  b 2  c 2    ab  bc 

3

2

c ).  a  b  c  a  b  c   a 2  b 2  c 2

d).  b  c    c  a    d  b    a  d 
2

2

2

2

Vì a, b, c là ba số hạng liên tiếp của một cấp số nhân, nên có ac  b 2 .

a). Ta có abc  a  b  c   b3  a  b  c    ab  b 2  bc    ab  bc  ca  (đpcm).
3

3

3

3

b). Ta có:  a 2  b 2  b 2  c 2   a 2b 2  a 2 c 2  b 4  b 2 c 2  a 2b 2  2b 4  b 2 c 2
 a 2b 2  2ab.bc  b 2 c 2   ab  bc  (đpcm).
2

c). Ta có  a  b  c  a  b  c    a  c   b   a  c   b    a  c   b2
2

 a 2  2 ac  c 2  b 2  a 2  2b 2  c 2  b 2  a 2  b 2  c 2 (đpcm).

d). Vì a, b, c, d lập thành CSN nên có: a.d  bc, a.c  b 2 , b.d  c 2
Khai triển:  b  c    c  a    d  b   a 2  2b 2  2c 2  d 2  2bc  2ca  2bd
2

2

2

 a 2  2b 2  2c 2  d 2  2ad  2b 2  2c 2  a 2  2ad  d 2   a  d 

22

2


GIỚI HẠN HỮU HẠN
1. Giới hạn đặc biệt:
1
1
lim  0 ;
lim
 0 (k    )
n  n
n  n k
lim q n  0 ( q  1) ;
lim C  C
n 

n 

GIỚI HẠN VÔ CỰC
1. Giới hạn đặc biệt:
lim n  
lim n k   (k    )
lim q n   (q  1)
2. Định lí:

2. Định lí :
a) Nếu lim un = a, lim vn = b thì
 lim (un + vn) = a + b
 lim (un – vn) = a – b
 lim (un.vn) = a.b

u
a
 lim n 
(nếu b  0)
vn b
b) Nếu un  0, n và lim un= a
thì a  0 và lim un  a

a) Nếu lim u n   thì lim

b) Nếu lim un = a, lim vn =  thì lim

3. Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn
u
S = u1 + u1q + u1q2 + … = 1  q  1
1 q

un
=0
vn

c) Nếu lim un = a  0, lim vn = 0
nÕu a.vn  0

u
thì lim n = 
nÕu a.vn  0
vn

d) Nếu lim un = +, lim vn = a

nÕu a  0

thì lim(un.vn) = 
nÕu a  0


c) Nếu u n  vn ,n và lim vn = 0
thì lim un = 0
d) Nếu lim un = a thì lim un  a

1
0
un

* Khi tính giới hạn có một trong các dạng vô
0 
định: , ,  – , 0. thì phải tìm cách khử
0 
dạng vô định.
un 

un

P  n

Q n

P n,Q n

Phương pháp: Chia cả tử và mẫu cho n k với n k là lũy thừa có số mũ lớn nhất của P  n  và Q  n 

Ví dụ 1: Tìm giới hạn của dãy  un  biết:
2n 2  3n  1
2n3  3n 2  4
b).
u

n
5n 2  3
n 4  4n 3  n
a). Ta thấy n 2 là lũy thừa cao nhất của tử và mẫu, nên chia cả tử và mẫu của un cho n 2 được:

a). un 

2n 2  3n  1
3 1
2  2
2
2n  3n  1
n
n n . Ta có : lim 3  0, lim 1  0 và lim 3  0 nên
un 


2
2
3
5n  3
5n  3
n
n2

n2
5 2
2
n
n
200 2
lim un 
 .
50
5
2

b). Dễ dàng thấy n 4 là lũy thừa cao nhất của tử và mẫu, nên chia cả tử và mẫu của un cho n 4 được:

23


2n3  3n 2  4
2 3 4
  2 4
4
2n  3n  4
n . Ta có lim 2  0, lim 3  0, lim 4  0 , lim 4  0
un  4
 4 n 3
 n n
3
4 1
n  4n  n
n  4n  n

n
n2
n4
n
1


3
4
n n
n
1
000
và lim 3  0 . Do đó lim un 
0.
n
1 0  0
3

2

24


un 

un

P  n

Q n

P n,Q n

Phương pháp : Rút bậc lớn nhất ra ngoài và rút gọn dần.
Ví dụ 2: Tìm giới hạn của dãy  un  biết:
a). un 

a). un 

lim

4n 2  n  1  n

b). un 

9n  3n
2

4n  n  1  n
2

9n 2  3n



2n  1  n  3
4n  5

 4n 2  n  1 

n2 
 n
n2


 9n 2  3n 
n 

2
 n


1 1
1 1
 2 n
4   2 1
1
n n
n n

. Vì có lim  0,
n
3
3
n 9
9
n
n

n 4



2

4  0  0 1 1
1
3
 .
 0, và lim  0 . Nên lim un 
2
3
n
n
90

 2n  1 
 n3
1
3
1
3
n
n. 2   n. 1 
2   1
  n

2n  1  n  3
 n 
 n 
n

n 
n
n.


b). un 
4n  5
5
5
 4n  5 
n. 4 
4
n

n
n
 n 
Vì có lim

1
3
5
 0, lim  0 và lim  0 .
n
n
n

Từ đó có lim un 

2  0  1 0

2 1

.
2
40

25