Hướng dẫn học sinh tìm số hạng tổng quát của dãy số, nhằm nâng cao hiệu quả bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán tại trường THPT nông cống 3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 3

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH
TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ, NHẰM NÂNG
CAO HIỆU QUẢ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN
TẠI TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 3

Người thực hiện: Mai Giáp Tý
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HOÁ NĂM 2020


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
1.5. Những điểm mới của SKKN.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
2.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu.
2.3. Giải pháp cụ thể.
2.3.1. Tìm số hạng tổng quát của một số dạng dãy số.
2.3.2. Bài tập tương tự ( có mở rộng một số vấn đề).

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận.
3.2. Kiến nghị.
Tài liệu tham khảo.
Danh mục SKKN đã được xếp loại.

Trang
1
1
2
2
2
2
2
2
3
4
4
17
21
21
21
22
22
23


HƯỚNG DẪN HỌC SINH
TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ, NHẰM NÂNG CAO

HIỆU QUẢ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN
TẠI TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 3
1. MỞ ĐẦU
1.1 . Lý do chọn đề tài

Đối với mỗi giáo viên việc bồi dưỡng học sinh giỏi là một nhiệm vụ quan
trọng, để có kết quả cao trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi ngoài việc lựa
chọn những học sinh có năng lực, đam mê bộ môn học, người thầy còn phải có
kiến thức tốt, kinh nghiệm bồi dưỡng và đặc biệt có những giải pháp hiệu quả
nhằm khắc phục những khó khăn vướng mắc của học sinh trong quá trình ôn
luyện giúp học sinh giải quyết các vấn đề khó bằng những phương pháp đơn
giản nhưng hiệu quả.
Trong những năm vừa qua tối được nhà trường tin tưởng, giao phụ trách ôn
luyên học sinh giỏi, bản thân cảm thấy rất tự hào coi đây là động lực để tôi cố
gắng phấn đấu và tìm tòi phương pháp hay để giải bài tập khó nhằm nâng cao
chất lượng dạy học và kết quả bồi dường học sinh giỏi.
Năm học 2017-2018 đánh dấu mốc quan trọng trong cuộc đời dạy học của
của tôi. Đây là năm đầu tiên tôi có học sinh đạt giải trong kỳ thi học sinh giỏi
cấp tỉnh. Củng là năm đầu tiên Tỉnh Thanh Hóa tổ chức thi học sinh giỏi khối
11.
Phần “ Dãy số ” là một phần mới trong đề thi, nguồn tài liệu về phần này ở
SGK tương đối ít.
Để ôn tập cho học sinh phần này, trong lần ôn tập năm học 2017-2018 và
năm nay 2019-2020, tôi đã tìm tòi biên soạn lại, từ nhiều nguồn khác nhau, để
ôn tập cho đội tuyển của mình và thu được nhiều kết quả tốt đẹp.
Để có được thành quả đó là cả một quá trình nghiên cứu, tìm tòi, đổi mới
phương pháp giảng dạy, hướng dẫn học sinh giải quyết các bài toán khó bằng
những cách làm đơn giản, nhanh gọn nhưng hiệu quả.
Với thành ý muốn được chia sẻ với đồng nghiệp trong tỉnh về kinh nghiệm
của bản thân, tôi xin mạnh dạn chia sẻ kinh nghiệm của mình bằng viết sáng

kiến kinh nghiệm: "Hướng dẫn học sinh tìm số hạng tổng quát của dãy số,
nhằm nâng cao hiệu quả bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán tại trường
THPT Nông Cống 3" với hi vọng sẽ giúp ích được cho những đồng nghiệp có
tâm huyết, có đam mê với công tác bồi dưỡng học sinh giỏi.
1


1.2. Mục đích nghiên cứu
- Đề tài đưa ra một số phương pháp giải bài tập phần dãy số nhằm giải quyết
nhanh gọn một số bài toán dãy số trong đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh.
- Đề tài chỉ ra tính hiệu quả của phương pháp tìm số hạng tổng quát của dãy
số.
- Đề tài cung cấp cho các đồng nghiệp một nguồn tư liệu cực kì bổ ích trong
công tác bồi dưỡng học sinh giỏi phần dãy số.
- Đề tài giúp học sinh phát huy tối đa năng lực, tạo điều kiện để những học
sinh có năng lực đạt kết quả cao trong các kì thi học sinh giỏi .
1.3. Đối tượng nghiên cứu
- Tìm số hạng tổng quát của dãy số.
- Một số dạng toán dãy số và các vấn đề liên quan.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp tự nghiên cứu và ứng dụng thực tiễn
- Phương pháp thực nghiệm và đối chứng
- Phương pháp thống kê tổng hợp
- Phương pháp thực nghiệm sư phạm.
1.5. Những điểm mới của SKKN
- Đưa ra cách giải về tìm số hạng tổng quát của dãy số mà trong sách giáo
khoa Toán 11 không có.
- Đề tài gắn liền với thực tế đề thi HSG Toán 11 Tỉnh Thanh Hóa và đề chọn
đội tuyển của các trường trên địa bàn Thanh Hóa.
- Đề tài trình bày và giải quyết vấn đề thông qua việc giải các bài toán cụ thể

và được chia thành các dạng khác nhau.

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1. Định nghĩa dãy số: Mỗi hàm số un xác định trên tập số nguyên
dương N* được gọi là một dãy số vô hạn (gọi tắt là dãy số). Kí hiệu:
N* → R
un : n a u ( n)
Dãy số thường được viết dưới dạng khai triển u1 , u2 , u3 , …., un ,….,
trong đó un  = u ( n ) là số hạng thứ n và gọi nó là số hạng tổng quát, u1 là số hạng
đầu của dãy số (un )

2


2.1.2. Số hạng tổng quát của cấp số cộng
Định nghĩa: Dãy số (un ) gọi là cấp số cộng nếu có một số thực d sao cho với
mọi số nguyên n ≥ 2 ta có: un = un−1 + d .
d : gọi là công sai của CSC; u1 : gọi số hạng đầu, un gọi là số hạng tổng quát của
cấp số
Định lí 1: Cho CSC (un ) . Ta có : un = u1 + (n − 1)d .
Định lí 2: Gọi Sn là tổng n số hạng đầu của CSC (un ) có công sai d. Ta có:
n(n − 1)
Sn = nu1 +
d .
2
2.1.3. Số hạng tổng quát của cấp số nhân
Định nghĩa: Dãy số (un ) có tính chất un+1 = q.un ∀n ∈ ¥ * gọi là cấp số nhân
công bội q
Định lí 3: Cho CSN (un ) có công bội q. Ta có: un = u1q n−1 (3).

Định lí 4: Gọi Sn là tổng n số hạng đầu của CSN (un ) có công bội q . Ta có:
1- q n
Sn = u1
(4).
1- q
2.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
Trong những năm vừa qua mặc dù kết quả thi học sinh giỏi môn Toán của
trường THPT Nông Cống 3 vẫn được duy trì ở tốp đầu trong toàn huyện và được
các đồng nghiệp đánh giá cao. Tuy nhiên số học sinh đạt giải cao trong kì thi
sinh gỏi cấp tỉnh còn ít
Từ những thực tế trên với vai trò là người phụ trách công tác bồi dưỡng học
sinh giỏi của nhà trường, tôi thiết nghĩ mĩnh phải chịu trách nhiệm về những hạn
chế trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi của nhà trường. Vì vậy trong những
năm vừa qua tôi cùng các đồng nghiệp đã có những trao đổi về phương pháp
giảng dạy trong đó có việc giải quyết vấn đề mới về bài toán Dãy số, một vấn đề
mới được đưa vào đề thi HSG tinh Thanh Hóa.
Xuất phát từ cơ sở thực trạng trên, tôi hi vọng sáng kiến kinh nghiệm của
mình sẽ là một đóng góp thiết thực cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi bộ môn
Toán ở trường trung học phổ thông hiện nay nên tối quyết định lựa chọn đề tài
này với một thành ý muốn chia sẻ kinh nghiệm tới các đồng nghiệp trong và
ngoài nhà trường với mong muốn nó có thể giúp các đồng nghiệp có thêm tư
liệu và giải pháp nhằm nâng cao hiệu quả trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi
trong những năm tới.

3


2.3. Giải pháp cụ thể:
2.3.1 Tìm số hạng tổng quát của một số dạng dãy số
Dạng 1: Dãy số (un ) : u1 = x0 , un = aun −1 + b ∀n ≥ 2 ( a, b ≠ 0 là các hằng số) có

CTTQ là:
u1 + (n − 1)b khi a = 1

un = 
.
a n−1 − 1
n −1
khi a ≠ 1
u1.a + b
a −1

Ví dụ 1.1: Xác định số hạng tổng quát của dãy (un ) được xác định bởi:
u1 = −2, un = 3un −1 − 1
∀n ≥ 2 .
Lời giải
3
2

Ta có: −1 = − +

1
nên ta viết công thức truy hồi của dãy như sau:
2

1
3
1
= 3un−1 − = 3(un−1 − ) (*).
2
2

2
1
5
Đặt vn = un − ⇒ v1 = − và vn = 3vn−1 ∀n ≥ 2 . Dãy (vn ) là CSN công bội
2
2
q=3
5
1
5
1
∀n = 1,2,...,.. .
⇒ vn = v1.q n−1 = − .3n−1 . Vậy un = vn + = − .3n +
2
2
2
2
un −

3
2

Nhận xét: Mẫu chốt ở cách làm trên là ta phân tích −1 = − +

1
để chuyển công
2

thức truy hồi của dãy về (*), từ đó ta đặt dãy phụ để chuyển về dãy (vn ) là một
CSN. Tuy nhiên việc làm trên có vè không tự nhiên lắm! Làm thế nào ta biết

3 1
phân tích −1 = − + ? Ta có thể làm như sau:
2 2
u
=
k
.
v
+
l
Đặt n
; k , l là các hằng số và k ≠ 0 ( ta sẽ chọn k , l sau).
n
2l − 1
Khi đó, ta có: k .vn + l = 3k .vn−1 + 3l − 1 ⇔ vn = 3vn +
.
k
k = 1
2l − 1
1

= 0 ⇔ l = và k ≠ 0 bất kì nên ta chọn:  1 .
Ta chọn k , l :
k
2
l = 2
vn = 3vn−1

⇒ (vn ) : 
5 . Dễ thấy dãy (vn ) là CSN với công bội q = 3

v
=
−
 1
2
5
1
5.3n −1 1
⇒ vn = v1.q n−1 = − .3n−1 . Suy ra: un = vn + = −
+ .
2
2
2
2

4


Ta thấy k bất kì, do đó khi đặt ta chọn k = 1 .

u1 = x0
Dạng 2: CTTQ của dãy (un ) được xác định bởi: 
, trong đó
un = a.un−1 + f (n)
f ( n) là một đa thức bậc k theo n ; a là hằng số. Ta làm như sau:
* Nếu a = 1 , ta đặt un = vn + n.g (n) với g ( n) là một đa thức theo n bậc k , thay
vào công thức truy hồi của dãy rồi ta chọn g ( n) : ng (n) − (n − 1) g (n − 1) = f (n) ta
có được dãy ( vn ) là CSN với công bội q = 1 từ đó ta tìm được CTTQ của dãy
( vn ) suy ra ta có CTTQ của dãy (un ) .
* Nếu a ≠ 1 , ta đặt un = vn + h(n) với h(n) là một đa thức theo n bậc k . Thay

vào công thức truy hồi của dãy rồi ta chọn h(n) : h(n) − ah(n − 1) = f ( n) ta có
được dãy ( vn ) là CSN với công bội q = a từ đó ta tìm được CTTQ của dãy ( vn )
. Suy ra ta có CTTQ của dãy (un ) .
Ví dụ 2.1: Xác định CTTQ của dãy (un ) được xác định :
u1 = 2; un+1 = 2un + 3n + 2 .
Lời giải
Đặt : un = k .vn + t.n + l ; k , t , l là các hằng số k ≠ 0 . Khi đó ta có:
t +3
l −t + 2
kvn+1 + t (n + 1) + l = 2kvn + 2tn + 2l + 3n + 2 ⇔ vn +1 = 2vn +
.n +
.
k
k
t + 3
t = −3
 k = 0

⇔ l = −5 , ta chọn k = 1 .
Ta chọn k , t , l sao cho: 
l
−
t
+
2

= 0 k ≠ 0
 k
v = 10
⇒ (vn ) :  1

⇒ vn = 10.2n−1 = 5.2n . Vậy un = vn − 3n − 5 = 5.2n − 3n − 5 .
vn = 2vn−1
Ta thấy trong cách giải trên không phụ thuộc vào k , nên khi đặt ta có thể chọn
k = 1.
u1 = 2
Ví dụ 2.2 : Cho dãy số (un ) : 
. Tìm CTTQ của dãy (un ) .
un = un−1 + 2n + 1
Lời giải
2
Đặt un = vn + an + bn + c . Khi đó, ta có:
vn + an 2 + bn + c = vn−1 + a (n − 1) 2 + b(n − 1) + c + 2n + 1
⇔ vn = vn−1 + 2(1 − a)n + a − b + 1 .
1 − a = 0
a = 1
⇔
Ta chọn 
, c bất kì nên ta chọn c = 0 .
a
−
b
+
1
=
0
b
=
2



5


v1 = −1
⇒ vn = vn−1 = vn−2 = ... = v1 = −1
Khi đó: (vn ) : 
v
=
v
n −1
 n
2
Vậy un = vn + n + 2n = n 2 + 2n − 1 .
Vì c bất kì nên ta chỉ cần đặt un = vn + an 2 + bn = vn + n(an + b)
u1 = p
Dạng 3: Cho dãy (un ) : 
. Khi đó ta có:
n
u
=
a
.
u
+
b
.
α
∀
n

≥
2
n −1
 n
• Nếu a = α ⇒ un = [ ab(n − 1) + u1 ] a n−1 .
bα 2 n−1
bα
)a +
.α n .
α −a
α −a
Chú ý : Trong trường hợp a = α ta có thể tìm CTTQ của dãy (un ) như sau:
Đặt un = xn + y.n.a n . Khi đó ta có: xn + y.n.α n = a.xn−1 + ay (n − 1).a n−1 + b.a n
⇒ xn = a.xn−1 + (− y + b).a n nên ta chọn y = b
⇒ xn = x1.a n−1 ⇒ un = (u1 − ab)a n −1 + bn.a n = [ ab(n − 1) + u1 ] a n−1 .
• Nếu a ≠ α ⇒ un = (u1 −

u1 = 1
Ví dụ 3: Cho dãy số (un ) : 
.Tìm CTTQ của dãy (un ) .
n
u
=
3
u
+
2
;
n
=

2,3,...
n −1
 n
Lời giải
Với cách giải tương tự như các ví dụ trên ta đặt: un = vn + a.2n .
Ta có: vn + a.2n = 3(vn−1 + a.2n−1 ) + 2n ⇔ vn = 3vn −1 + 2n −1 ( a + 2) .
Ta chọn a = −2 ⇒ vn = 3vn−1 = v1.3n−1 = 5.3n−1
Vậy un = 5.3n−1 − 2n +1 .
Lưu ý : Trong trường hợp tổng quát dãy (un ) : un = a.un−1 + b.α n , ta đặt
un = xn + y.α n . Khi đó , ta có: xn + y.α n = a.xn−1 + ay.α n −1 + b.α n
bα
⇒ xn = a.xn−1 + [ y (a − α ) + bα ] α n−1 . Do đó, nếu a ≠ α , ta chọn y =
α −a
2
bα
bα
⇒ xn = a.xn−1 ⇒ xn = x1.a n−1 ⇒ un = (u1 −
) a n−1 +
.α n
α −a
α −a
n
Trường hợp α = a ⇒ un − a.un−1 = b.a
⇒ un = (un − a.un −1 ) + a(un−1 − un −2 ) + ... + a n−2 (u2 − au1 ) + u1.a n−1
⇒ un = b(n − 1)a n + u1a n−1 .
u1 = p
Dạng 4: Để tìm CTTQ của dãy số (un ) : 
,
n
n

u
=
a
.
u
+
b
.
α
+
c
.
β
+
d
;
∀
n
≥
2
n −1
 n
( trong đó a, b, c ≠ 0;α , β ≠ 1;α , β ≠ a ) ta làm như sau:
• Nếu a = 1 ⇒ un − un−1 = b.α n + c.β n + d
6


n −2

⇒ un = u1 + ∑ (un−i − un−i −1 )

i =0
n−2

= u1 + ∑ (b.α
i =0

n −i

+ c.β

n −i

n −2

+ d ) = u1 + b∑α
i =0

n −i

n −2

+ c ∑ β n −i + d .(n − 1)
i =0

1−α

1− β

⇒ un = u1 + b.α .
− 1÷+ c.β .

− 1÷+ d .(n − 1) .
 1−α

 1− β

n
n
• Nếu a ≠ 1 , ta đặt un = vn + x.α + y.β + z
Ta có: vn = a.vn−1 + (ax − xα + α b)α n−1 + (by − y β + β c ) β n−1 + z (a − 1) + d
αb
βc
d
;y =
;z =
Ta chọn : x =
.
α −a
β −b
1− a

α 2b
β 2c
d  n−1
n −1
−
−
Khi đó: vn = a.vn−1 ⇒ vn = v1.a =  u1 −
÷a
α − a β − b 1− a 


n

n


α 2b
β 2c
d  n−1
b
c
d
un =  u1 −
−
−
αn +
βn +
.
÷a +
α − a β − b 1− a 
α −a
β −b
1− a

Chú ý : Nếu α = a hoặc β = a thì khi đặt un theo vn thì ta nhân thêm n vào
trước α n hoặc β n .
u1 = −2
(
u
)
:

Ví dụ 4: Tìm CTTQ của dãy n 
.
n
n
un = 5un−1 + 2.3 − 6.7 + 12 ; n = 2,3,...
Lời giải
n
n
Đặt un = vn + a.3 + b.7 + c . Khi đó , ta có:
vn + a.3n + b.7 n + c = 5(vn−1 + a.3n−1 + b.7 n −1 + c ) + 2.3n − 6.7 n + 12
⇔ vn = 5vn−1 + 3n−1 (2a + 6) − 7 n−1 (2b + 42) + 4c + 12 .
 2a + 6 = 0
 a = −3


Ta chọn a, b, c : 2b + 42 = 0 ⇔ b = −21 .
4c + 12 = 0
c = −3


Khi đó: vn = 5vn−1 ⇒ vn = v1.5n−1 = 157.5n−1
Vậy un = vn − 3n+1 − 3.7 n+1 − 3 = 157.5n −1 − 3n+1 − 3.7 n+1 − 3 .
u1 = p
Dạng 5: Nếu dãy số (un ) : 
,
n
un = a.un−1 + b.α + f (n); ∀n ≥ 2
trong đó f ( n) là đa thức theo n bậc k ta tìm CTTQ của dãy như sau:
* Nếu a ≠ 1 ta đặt un = vn + x.α n + g (n) , với g ( n) là đa thức theo n bậc k .
Ta sẽ chọn x và g ( n) sao cho dãy (vn ) là một CSN, khi đó ta sẽ tìm được

CTTQ của dãy (vn ) từ đó ta có CTTQ dãy (un ) .
* Nếu a = 1 thì ta tìm được un theo cách làm đã ở kết quả 2 và 3.

7


u1 = 1
Ví dụ 5: Tìm CTTQ của dãy (un ) : 
.
n
u
=
2
u
+
3
−
n
;
∀
n
≥
2
n −1
 n
Lời giải
Để tìm CTTQ của dãy ( un ) ta sử dụng hai kết quả dạng 2 và kết quả dạng 3
Đặt un = vn + a.3n + bn + c .
n
n −1

n
Ta có: vn + a.3 + bn + c = 2 ( vn−1 + a.3 + b(n − 1) + c ) + 3 − n

⇔ vn = 2vn−1 + (− a + 3)3n−1 + (b − 1)n − 2b + c .
Ta chọn a = 3; b = 1; c = 2 . Khi đó: vn = 2vn−1 ⇒ vn = v1.2n−1 = −11.2n −1
Vậy un = −11.2n−1 + 3n + n + 2 .
Dạng 6: Cho a, b, c là các số thực khác không; a 2 − 4b ≥ 0 và dãy (un ) được
u0 = p; u1 = q
xác định bởi: 
. Khi đó:
u
=
a
.
u
+
b
.
u
n
n −1
 n+1
y.u0 − u1 n u1 − x.u0 n
x +
y , trong đó x, y là nghiệm
• Nếu a 2 − 4b > 0 thì un =
y−x
y−x
của phương trình : X 2 − aX − b = 0 (1).
n −1

a
pa
ap 
• Nếu a − 4b = 0 thì un =  ÷ 
+ (q − )n  .

2 
2  2
Phương trình (1) gọi là phương trình đặc trưng của dãy.
Chú ý : Để xác định CTTQ của dãy (un ) nói trên ta có thể trình bày như sau
Xét phương trình đặc trưng (1)
• Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt X 1 , X 2 thì un = x. X 1n + y. X 2n , dựa vào u0 , u1
ta tìm được x, y .
• Nếu (1) có nghiệm kép X 1 = X 2 = α thì un = (rn + s ).α n , dựa vào u0 , u1 ta tìm
được r , s .
Ví dụ 6.1: Xác định CTTQ của dãy (un ) : u0 = −1, u1 = 3, un +1 = 5un − 6un−1 ∀n ≥ 1.
Lời giải
Ta viết công thức truy hồi của dãy lại như sau: un+1 − 2un = 3(un − 2un−1 ) (1)
v1 = 5
⇒ vn = 5.3n−1 ⇒ un − 2un−1 = 5.3n−1 .
Đặt vn+1 = un+1 − 2un , ta có: 
vn+1 = 3vn
2

Sử dụng kết quả 2, ta có: un = 5.3n − 6.2n .
u0 = 1; u1 = 2
Ví dụ 6.2: Cho dãy số ( un ) được xác định bởi : 
.
u

=
4
u
+
u
∀
n
≥
1
n
n −1
 n+1
Hãy xác định CTTQ của dãy (un ) .
Lời giải

8


x + y = 4
⇔ x, y là nghiệm PT: X 2 − 4 X − 1 = 0
Gọi x, y là hai số thỏa mãn: 
xy
=
−
1

⇔ X = 2 ± 5 , ta chọn x = 2 + 5; y = 2 − 5 .
Ta có: un+1 = ( x + y )un − xyun−1 ⇔ un+1 − x.un = y (un − xun−1 ) .
Đặt vn = un − x.un−1 ⇒ v1 = 2 − x và vn+1 = y.vn ⇒ vn = v1. y n−1 = (2 − x) y n−1
⇒ un − x.un−1 = (2 − x) y n−1 . Áp dụng kết quả 3, ta có:

y−2 n 2− x n 1
un =
x +
y = (2 + 5) n + (2 − 5) n  .
y−x
y−x
2
Ví dụ 6.3: Cho a, b, c là các số thực khác không và dãy (un ) được xác định bởi
u0 = p; u1 = q
. Hãy xác định CTTQ của dãy (un ) ?

u
=
a
.
u
+
b
.
u
n
n −1
 n+1
Lời giải
Ta viết lại công thức truy hồi của dãy đã cho như sau: un+1 − x.un = y (un − x.un−1 ) .
x + y = a
⇒ x, y là nghiệm PT: X 2 − aX − b = 0
Ta xác định x, y sao cho: 
xy
=

−
b

Giả sử tồn tại tại x, y , tức là phương trình (1) có nghiệm.
v1 = q − x. p
⇒ vn = (q − xp ) y n−1
Đặt vn = un − x.un−1 . Ta có: 
vn+1 = yvn
⇒ un − x.un−1 = (q − px) y n−1 .
• Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, hay x ≠ y . Áp dụng kết quả 2, ta có:
yp − q n q − xp n
un =
x +
y .
y−x
y−x
a
• Ta xét trường hợp còn lại: (1) có nghiệm kép ⇒ x = y = .
2
a
pa a n−1
⇒ un − un−1 = (q −
)( ) . Áp dụng kết quả dạng 3, ta có:
2
2 2
n −1
ap 
 a   pa
un =  ÷ 
+ (q − )n  .

2 
2  2
u1 = p; u2 = q
Dạng 7: Để tìm CTTQ của dãy (un ) : 
,
a
.
u
+
b
.
u
+
c
.
u
=
f
(
n
)
;
∀
n
≥
2
n
n −1
 n+1
2

( trong đó f ( n) là đa thức theo n bậc k và b − 4ac ≥ 0 ) ta làm như sau:
• Xác định đa thức g ( n) : a.g (n) + bg ( n − 1) + cg ( n − 2) = f ( n) , trong đó g ( n)
là: đa thức theo n bậc k nếu PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ; đa thức bậc
k + 1 nếu (1) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1 ; đa thức
bậc k + 2 nếu (1) có nghiệm kép x = 1

9


• Khi xác định được g ( n) ta đặt un = xn + g (n) , ta có dãy ( xn ) được xác định
bởi:
 x0 = p − g (0); x1 = u1 − g (1)
. Áp dụng kết quả 3 ta xác định được CTTQ của

a.xn+1 + bxn + c = 0 ∀n ≥ 1
( xn ) , từ đó ta tìm được CTTQ của dãy (un ) .
u0 = −1; u1 = 3
Ví dụ 7.1: Cho dãy (un ) : 
.
2
u
−
5
u
+
6
u
=
2
n

+
2
n
+
1;
∀
n
≥
2
n −1
n−2
 n
Xác định CTTQ của dãy (un ) .
Lời giải
Ta tìm cách làm mất vế phải trong công thức truy hồi của dãy, bằng cách:
Đặt un = xn + an 2 + bn + c . Thay vào công thức truy hồi của dãy và rút gọn ta
được xn − 5 xn−1 + 6 xn−1 + 2an 2 − (14a + 2b)n + 19a − b + 2c = 2n 2 + 2n + 1
 2a = 2
a = 1


Ta chọn a, b, c : 14a + 2b = −2 ⇔ b = −8 . Khi đó:
19a − b + 2c = 1 c = −13



 x0 = 12; x1 = 23
( xn ) : 
. Áp dụng kết quả 3, ta có:
x

−
5
x
+
6
x
=
0
n −1
n−2
 n
n
n
xn = 13.2 − 3 ⇒ un = 13.2n − 3n + n 2 − 8n − 13 .
u1 = p; u2 = q
Ví dụ 7.2: Tìm CTTQ của dãy số: (un ) : 
,
a
.
u
+
b
.
u
+
c
.
u
=
f

(
n
)
;
∀
n
≥
2
n
n −1
 n+1
2
( trong đó f ( n) là đa thức theo n và b − 4ac ≥ 0 ).
Lời giải
Đặt un = xn + g (n) với g ( n) là một đa thức theo n . Thay vào công thức truy hồi
của dãy ta được: a.xn + b.xn−1 + c.xn− 2 + a.g (n) + b.g (n − 1) + cg (n − 2) = f (n)
Ta chọn g ( n) : a.g (n) + bg ( n − 1) + cg ( n − 2) = f ( n) (*).
Khi đó: a.xn + bxn−1 + c.xn−2 = 0 . Áp dụng kết quả dạng 6, ta có được CTTQ của
dãy ( xn ) , từ đó ta tìm được CTTQ của dãy (un ) .
Vấn đề còn lại là giải phương trình (*).
Giả sử g ( n) = ak n k + ak −1n k −1 + ... + a1n + a0 là đa thức bậc k . Khi đó hệ số của x k
k −1
và x k −1 trong VP là: ak .(a + b + c ) x k và [ −(b + 2c)k .ak + (a + b + c)ak −1 ] x .
Do đó :
* Nếu PT: aX 2 + bX + c = 0 (1) có nghiệm hai nghiệm phân biệt khác 1 thì
a + b + c ≠ 0 nên VT(*) là một đa thức bậc k .
* Nếu PT (1) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm x = 1
⇒ a + b + c = 0 và −(b + 2c) k .ak + ( a + b + c)ak −1 = −(b + 2c).k .ak ≠ 0 nên VT là
một đa thức bậc k − 1 .
10

* Nếu PT (1) có nghiệm kép x = 1 ⇒ a + b + c = 0 và
[ −(b + 2c)k .ak + (a + b + c)ak −1 ] x k −1 nên VT(*) là một đa thức bậc k − 2 .
Vậy để chọn g ( n) ta cần chú ý như sau:
Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, thì g ( n) là một đa thức cùng bậc với f ( n)
Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng 1 thì ta chọn
g ( n) là đa thức lớn hơn bậc của f ( n) một bậc.
Nếu (1) có nghiệm kép x = 1 thì ta chọn g ( n) là đa thức có bậc lớn hơn bậc
của f ( n) hai bậc.
u0 ; u1
Dạng 8: Cho dãy số (un ) xác định bởi: 
.
n
u
+
b
.
u
+
c
.
u
=
d
.
α
;
∀
n

≥
2
n −1
n −2
 n
Để xác định CTTQ của dãy (un ) ta làm như sau:
• Nếu phương trình : X 2 + bX + c = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác α thì ta
đặt
dα
un = xn + 2
.α n , ta có: a.xn+1 + bxn + c.xn−1 = 0 .
aα + bα + c
Từ đây sử dụng kết quả dạng 6, ta tìm được xn ⇒ un .
dα 2
• Nếu x = α là nghiệm đơn của (1) thì ta đặt: un = xn −
n.α n , ta có:
b + 2c
a.xn+1 + bxn + c.xn −1 = 0 .Từ đây sử dụng kết quả 4, ta tìm được xn ⇒ un .
dα 2
• Nếu x = α là nghiệm kép của (1) thì ta đặt: un = xn +
.n 2 .α n , ta có:
bα + 4c
a.xn+1 + bxn + c.xn −1 = 0 .Từ đây sử dụng kết quả 4, ta tìm được xn ⇒ un .
u0 = −1; u1 = 3
(
u
)
:
Ví dụ 8.1: Tìm CTTQ của dãy số n 
.

n
un − 5un−1 + 6un− 2 = 5.2 ∀n ≥ 2
Lời giải
n
Đặt un = xn + y.2 . Khi thay vào công thức truy hồi ta không làm mất 5.2n ở VT
Ta sẽ đi tìm cách giải khác cho bài toán này
Ta viết công thức truy hồi của dãy như sau: (un − 2un−1 ) − 3(un −1 − 2un−2 ) = 5.2n
Đặt xn = un − 2un−1 ⇒ xn − 3xn−1 = 5.2n . Áp dụng kết quả dạng 6, ta có:
xn = 25.3n−1 − 10.2n ⇒ un − 2un−1 = 25.3n−1 − 10.2n
Sử dụng chú ý ở kết quả dạng 4, ta đặt un = vn + a.3n + bn.2n
Ta được: vn = 2vn−1 + (25 − a )3n−1 − (b + 10)2n . Ta chọn a = 25, b = −10
⇒ vn = v0 .2n = −26.2n ⇒ un = 25.3n − (5n + 13).2n +1
Lưu ý : Dựa vào CTTQ đã xác định ở trên, ta có thể giải bài toán trên theo cách
khác như sau:
Đặt un = xn + yn.2n , ta có: xn − 5 xn −1 + 6 xn −2 − y.2n−1 = 5.2n , ta chọn y = −10
11


 x0 = −1; x1 = 23
⇒ ( xn ) : 
. Áp dụng kết quả dạng 6,
 xn − 5 xn−1 + 6 xn−2 = 0 ∀n ≥ 2
ta có: xn = −26.2n + 25.3n ⇒ un = 25.3n − (5n + 13).2n +1 .
u0 = 1; u1 = 3
Ví dụ 8.2: Tìm CTTQ của dãy (un ) : 
n .
u
−
4
u

+
4
u
=
3.2
n −1
n −2
 n
Lời giải
Với dãy số này nếu ta đặt un = xn + y.2n thì khi thay vào công thức truy hồi
của dãy ta không xác định được y !
Nên ta sẽ tìm cách giải khác cho bài toán này.
Ta viết lại công thức truy hồi của dãy như sau:
(un − 2un−1 ) − 2(un −1 − 2un−2 ) = 3.2n
Đặt xn = un − 2un−1 , ta có: xn − 2 xn−1 = 3.2n . Áp dụng kết quả 2, ta có:
⇒ xn = (6n − 5).2n−1 ⇒ un − 2un−1 = (6n − 5).2n−1
⇒ un = (un − 2un−1 ) + 2(un−1 − 2un− 2 ) + ... + 2n−1 (u1 − 2u0 ) + 2n.u0
n
 n

= 2n −1 ∑ (6i − 5) + 2n = 2n−1 6∑ i − 5n + 2 
i =1
 i =1

 (n + 1)n

= 6
− 5n + 2  2 n−1 = (3n 2 − 2n + 2)2n−1 .
2



Lưu ý : Từ CTTQ của dãy (un ) ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như
sau
3
Đặt un = xn + yn 2 .2n . Ta có: xn − 4 xn−1 + 4 xn− 2 + 2 y.2n = 3.2 n . Ta chọn y =
2
 x0 = 1; x1 = 0
⇒ ( xn ) : 
. Áp dụng kết quả 4, ta được
 xn − 4 xn−1 + 4 xn− 2 = 0 ∀n ≥ 2

xn = (2 − 2n)2n−1 ⇒ un = (2 − 2n).2 n−1 + 3n 2 .2 n−1 = (3n 2 − 2n + 2)2 n−1 .
u1 = x, u2 = y, u3 = z
Dạng 9: Cho dãy (un ) : 
.
aun + 2 + bun +1 + cun + dun −1 = 0 ∀n ≥ 2

Để xác định CTTQ của dãy ta xét phương trình: ax3 + bx 2 + cx + d = 0 (1)
( (1)gọi là phương trình đặt trưng của dãy).
• Nếu (1) có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 ⇒ un = α x1n + β x2n + γ x3n .
Dựa vào u0 , u1 , u2 ta tìm được α , β , γ .
• Nếu (1) có một nghiệm đơn, 1 nghiệm kép:
x1 = x2 ≠ x3 ⇒ un = (α + β n) x1n + γ .x3n
Dựa vào u0 , u1 , u2 ta tìm được α , β , γ .

12


• Nếu (1) có nghiệm bội 3 x1 = x2 = x3 ⇒ un = (α + β n + γ n 2 ) x1n . Dựa vào
u0 , u1 , u2 ta tìm được α , β , γ .

u1 = 0, u2 = 1, u3 = 3,
Ví dụ 9: Tìm CTTQ của dãy (un ) : 
un = 7un−1 − 11.un −2 + 5.un −3 , ∀n ≥ 4
Lời giải
Xét phương trình đặc trưng : x − 7 x 2 + 11x − 5 = 0
3

Phương trình có 3 nghiệm thực: x1 = x2 = 1, x3 = 5 . Vậy an = α + β n + γ 5n
Cho n = 1, n = 2, n = 3 và giải hệ phương trình tạo thành, ta được

α =−

1
3
1
,β= ,γ=
16
4
16

Vậy an = −

1 3
1
+ ( n − 1) + .5n−1 .
16 4
16

 xn+1 = pxn + qyn x1 = a
Dạng 10: Cho dãy ( xn ),( yn ) : 

. Để xác định CTTQ
 yn+1 = ryn + sxn y1 = b
của hai dãy ( xn ),( yn ) ta làm như sau:
Ta biến đổi được: xn+1 − ( p + s ) xn + ( ps − qr ) xn−1 = 0 theo kết quả 4 ta xác định
được xn , từ đây thay vào hệ đã cho ta có được yn .
Chú ý : Ta có thể tìm CTTQ của dãy số trên theo cách sau:
q − λr

x
−
λ
y
=
(
p
−
λ
s
)(
x
−
y )
n
+
1
n
+
1
n


λs − p n
Ta đưa vào các tham số phụ λ , λ ' ⇒ 
 x + λ ' y = ( p + λ ' s )( x + q + λ ' r y )
n +1
n
n
 n+1
p + λ 's
q − λr

λ
=

λs − p
 xn+1 − λ yn+1 = ( p − λ s )( xn − λ yn )
⇒
Ta chọn λ , λ ' sao cho 
 xn+1 + λ ' yn+1 = ( p + λ ' s )( xn + λ ' yn )
λ ' = q + λ ' r

λ 's + p
 xn+1 − λ yn+1 = ( p − λ s ) n ( x1 − λ y1 )
giải hệ này ta tìm được ( xn ) , ( yn ) .

n
 xn+1 + λ ' yn+1 = ( p + λ ' s ) ( x1 + λ ' y1 )
u0 = 2; un = 2un −1 + vn−1
∀n ≥ 1 .
Ví dụ 10: Tìm CTTQ của dãy số (un ),(vn ) : 
v0 = 1; vn = un−1 + 2vn−1

Lời giải
Ta có: un = 2un−1 + un−2 + 2vn−2 = 2un−1 + un−2 + 2(un−1 − 2un−2 )
13


⇒ un = 4un−1 − 3un−2 và u1 = 5
1 + 3n+1
−1 + 3n+1
Áp dụng kết quả 4, ta có: un =
.
⇒ vn = un+1 − 2un =
2
2
pun−1 + q
∀n ≥ 2 . Để tìm CTTQ
Dạng 11: Cho dãy (xn): u1 = α ; un =
run−1 + s
của dãy (xn) ta làm như sau:
Đặt un = xn + t , thay vào công thức truy hồi của dãy ta có:
pxn−1 + pt + q
( p − rt ) xn−1 − rt 2 + ( p − s )t + q
xn =
−t =
(1).
run−1 + rt + s
rxn−1 + rt + s
1
1
=a
+b

Ta chọn t : rt 2 + ( s − p)t − q = 0 . Khi đó ta chuyển (1) về dạng:
xn
xn−1
1
Áp dụng kết quả 1, ta tìm được
, từ đó suy ra xn ⇒ un .
xn
u1 = 1

2un −1
Ví dụ 11.1: Tìm CTTQ của dãy (un ) : 
.
u
=
 n 3u + 4 ∀n ≥ 2
n −1

Lời giải
1 3un−1 + 4 3
1
1
=
= +2
Ta có
. Đặt xn = , ta có:
un
2un−1
2
un −1
un

 x1 = 1

5.2n−1 − 3
2
⇒ un =

3 . Áp dụng kết quả 1, ta được: xn =
2
5.2n−1 − 3
 xn = 2 xn−1 + 2
u1 = 2

−9un−1 − 24
Ví dụ 11.2: Tìm CTTQ của dãy số (un ) : 
.
u
=
∀
n
≥
2
n

5un−1 + 13

Lời giải
Đặt un = xn + a . Thay vào công thức truy hồi, ta có:
−9 xn−1 − 9a − 24
(−9 − 5a) xn−1 − 5a 2 − 22a − 24
xn + a =

⇒ xn =
5 xn−1 + 5a + 13
5 xn−1 + 5a + 13
Ta chọn a : 5a 2 + 22a + 24 = 0 ⇒ a = −2 ⇒ x1 = 4
xn−1
1
3
1 11.3n−1 − 10
4
⇒ xn =
⇒ =5+
⇒ =
⇒ xn =
n −1
5 xn−1 + 3
xn
xn−1
xn
4
11.3 − 10
−22.3n−1 + 24
⇒ un = xn − 2 =
.
11.3n−1 − 10

14


Dạng 12: 1) Từ hai ví dụ trên ta có được cách tìm CTTQ của hai dãy số
un = un2−1 + a.vn2−1 ; u1 = α

(un ),(vn ) được xác định bởi: 
(trong đó a là số thực
v
=
2
v
u
;
v
=
β
n −1 n −1
1
 n
dương) như sau:
2
un = un2−1 + a.vn2−1
(un + aun−1 = (un−1 + aun −1 )
⇒
Ta có: 
2
a
.
v
=
2
a
.
v
u

n
n −1 n −1

(un − aun−1 = (un−1 − aun−1 )
1

2n −1
2n −1 
un = 2  (α + β a ) + (α − β a ) 
⇒
.
n −1
n −1
1
2
2
(α + β a ) − (α − β a ) 
vn =


2 a
 x1 = α

2) Áp dụng kết quả trên ta tìm được CTTQ của dãy ( xn ) : 
xn2−1 + a .
 xn = 2 x
n −1

2
2

un = un−1 + a.vn−1 ; u1 = α
Xét hai dãy (un ),(vn ) : 
; v1 = 1
vn = 2vn−1un−1
n −1
n −1
un
(α + a ) 2 + (α − a ) 2
Khi đó: xn = = a
n −1
n −1 .
vn
(α + a ) 2 + (α − a ) 2
u1 = 2
Ví dụ 12.1: Xác định CTTQ của hai dãy số (un ),(vn ) : 
và
v1 = 1
un = un2−1 + 2vn2−1
∀n ≥ 2 .

v
=
2
u
v
n −1 n −1
 n
Lời giải
2
un = un2−1 + 2vn2−1

un + 2vn = (un−1 + 2vn−1 )
⇒
Ta có: 
2
2
v
=
2
2
u
v
n
n −1 n −1

un − 2vn = (un−1 − 2vn−1 )
un + 2vn = (u1 + 2v1 ) 2 = (2 + 2) 2
⇒
2 n −1
2n −1
un − 2vn = (u1 − 2v1 ) = (2 − 2)
1

2n −1
2n −1 
u
=
(2
+
2)
+

(2
−
2)
 n 2 

⇒
.
n −1
n −1
1
2
2
vn =
 (2 + 2) − (2 − 2) 

2 2

n −1

n −1

15


 x1 = 2

Ví dụ 12.2: Xác định CTTQ của dãy số ( xn ) : 
.
xn2−1 + 2
∀n ≥ 2

 xn = 2 x
n −1

Lời giải
u1 = 2 un = un2−1 + 2vn2−1
∀n ≥ 2 .
Xét hai dãy (un ),(vn ) : 
và 
v
=
1
v
=
2
u
v
1
n −1 n −1
 n
Ta chứng minh xn =

un
(*).
vn

• n = 2 ⇒ x2 =

u2
= 2 ⇒ n = 2 (*) đúng.
v2

• Giả sử xn−1 =

un−1
x 2 + 2 un2−1 + 2vn2−1 un
⇒ xn = n−1
=
= ⇒ (*) được chứng minh
vn−1
2 xn−1
2un−1vn−1
vn

Theo kết quả bài toán trên, ta có: xn = 2

n −1

n −1

n −1

n −1

(2 + 2) 2 + (2 − 2) 2
(2 + 2) 2 − (2 − 2) 2

.

u1 = 1
1)

Dạng 13:
Dãy (un ) : 
2
un = 5un−1 + aun−1 − 8 ∀n ≥ 2
là dãy nguyên ⇔ a = 24 .
Thật vậy: u2 = 5 + a − 8 = 5 + t ( t = a − 8 ∈ ¥ ) ⇒ u3 = 5 + (t 2 + 8)(t + 5) 2 − 8
⇒ u3 ∈ ¢ ⇔ f (t ) = (t 2 + 8)(t + 5) 2 − 8 = m 2 ( m ∈ ¢ ) .
Mà (t 2 + 5t + 4) 2 < f (t ) < (t 2 + 5t + 14) 2 kết hợp với f (t ) là số chẵn ta suy ra
m = t 2 + 5t + x với x ∈ { 6,8,10,12} . Thử trực tiếp ta thấy t = 4 ⇒ a = 24 .
u1 = α
2) Với dãy số (un ) : 
, với a 2 − b = 1 ta xác định
2
un = aun−1 + bun−1 + c ∀n ≥ 2
CTTQ như sau:
Từ dãy truy hồi ⇒ (un − aun−1 ) 2 = bun2−1 + c ⇔ un2 − 2aunun−1 + un2−1 − c = 0
Thay n bởi n − 1 , ta có: un2−2 − 2aun −1un −2 + un2−1 − c = 0 ⇒ un + un−2 = 2aun−1 .
u1 = α

un−1
3) Với dãy (un ) : 
α > 0; a > 1 ; a 2 − b = 1
un =
∀n ≥ 2 ,trong đó

a + cun2−1 + b

ta xác định CTTQ như sau:
1
1

a
b
=
+ c + 2 . Đặt xn =
Ta viết lại công thức truy hồi dưới dạng:
un
un un−1
un−1
16


Ta có un = aun−1 + bxn2−1 + c đây là dãy mà ta đã xét ở trên.
u1 = 1
Ví dụ 13: Cho dãy (un ) : 
. Tìm un ?
2
un = 5un−1 + 24un−1 − 8 ∀n ≥ 2
Lời giải
Ta có: u2 = 9; u3 = 89; u4 = 881 . Giả sử: un = xun−1 + yun− 2
9 x + y = 89
 x = 10
⇒
⇔
. Ta chứng minh: un = 10un−1 − un−2 ∀n ≥ 3
89 x + 9 y = 881  y = −1
Từ công thức truy hồi của dãy ta có: (un − 5un−1 ) 2 = 24un2−1 − 8
⇔ un2 − 10unun−1 + un2−1 + 8 = 0 (1) thay n bởi n − 1 , ta được:
un2−2 − 10un −2un −1 + un2−1 − 8 = 0 (2) .
Từ (1),(2) ⇒ un−2 , un là hai nghiệm của phương trình : t 2 − 10un−1t + un2−1 − 8 = 0
Áp dụng định lí Viet, ta có: un + un−2 = 10un−1 .

n −1
n −1
6 −2
6+2
5−2 6
+
5+2 6 .
2 6
2 6
2.3.2. Bài tập tương tự ( có mở rộng một số vấn đề)
Bài tập 1 :(Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa 2017-2018)
u1 = 2, u2 = 5
.
Cho dãy số (un ) xác định như sau 
un+ 2 = 5un+1 − 6un , ∀n ≥ 1
u
Tính giới hạn lim  nn ÷.
 3  Lời giải
Từ giả thiết ta có un+ 2 − 2un +1 = 3(un+1 − 2un ), ∀n ≥ 1. Suy ra dãy
vn+1 = un+1 − 2un là một cấp số nhân có công bội
q = 3 ⇒ vn+1 = 3n−1 v2 = 3n−1 (5 − 2.2) = 3n−1
(1)
Cũng từ giả thiết ta có un+ 2 − 3un +1 = 2(un+1 − 3un ), ∀n ≥ 1. Suy ra dãy
wn+1 = un +1 − 3un là một cấp số nhân có công bội
q = 2 ⇒ wn+1 = 2n−1 w2 = 2n−1 (5 − 3.2) = −2n−1
(2)

Vậy un =

(

)

(

)

 un+1 − 2un = 3n−1
⇒ un = 3n−1 + 2n −1 Suy ra
Từ (1) và (2) ta có hệ 
n −1
un+1 − 3un = −2
 1 1  2 n  1
 3n−1 + 2n−1 
 un 
lim  n ÷ = lim 
=
÷ = lim  + . ÷ ÷
÷ 3
3n
3
2
3
3 







Bài tập 2 :(Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa 2018-2019)

17


u1 = 2
.
xác định 
n
*
u
=
4
u
+
3.4
,
∀
n
∈
¥
(
)
n
 n+1
2n 2 + 3n + 1
u
lim
.
Tìm số hạng tổng quát n và tính

un
Lời giải
n
Ta có un+1 = 4un + 3.4 ⇒ un = 4un−1 + 3.4n−1 với ∀n ∈ ¥ ; n ≥ 2 .
Cho dãy số ( un )

n −1
n −2
n −1
Khi đó: un = 4un−1 + 3.4 = 4 ( 4un− 2 + 3.4 ) + 3.4

= 42.un −2 + 2.3.4n−1 = 42 ( 4un−3 + 3.4n−3 ) + 2.3.4n−1 = 43.un−3 + 3.3.4n−1
...
= 4n −1.u1 + ( n − 1) .3.4n−1 = 4n−1.2 + ( n − 1) .3.4n−1 = ( 3n − 1) 4n−1.
3 1


2+ + 2

2n + 3n + 1
2n + 3n + 1
n n . 4n ÷ = 0
lim
= lim
=
lim

÷
1
un

4n ÷
( 3n − 1) 4n−1
 3−
n


3 1
2+ + 2
2
n n = 2 ; Ta có 0 < n = n n < n =
n ≥ 2.
Vì lim
n
2
2
4
3 .Cn 9 ( n − 1) với
1
1 + 3)
3
(
3−
n
2
2n 2 + 3n + 1
4
n
n −1
= 0 suy ra lim
= 0.

= 0 . Vậy un = ( 3n − 1) 4 ; lim
Mà lim
9 ( n − 1)
un
4n
u1 = 2
Bài tập 3 : Cho dãy ( un ) xác định bởi 
2
*
un+1 = 3un + n + 1, ∀n ∈ ¥
Tìmsố hạng tổng quát của ( un ) , từ đó tính tổng S2019 = u1 + u2 + ... + u2019 ?
Lời giải
2

2

Đặt g ( n) = an 2 + bn + c vn = un + g (n)(a, b, c ∈ R) vn+1 = 3vn
;
;
Khi đó :

vn+1 = 3vn ⇔ un +1 + g (n + 1) = 3[ un + g (n) ]

⇔ 3un + n 2 + 1 + g (n + 1) = 3un + 3 g (n)
⇔ n 2 + 1 + a( n + 1) 2 + b(n + 1) + c = 3an 2 + 3bn + 3c
⇔ ( a + 1)n 2 + (2a + b)n + 1 + a + b + c = 3an 2 + 3bn + 3c

18

a + 1 = 3a
1
1

1
1
⇔ a = ; b = ; c = 1 . Do đó : g (n) = n 2 + n + 1
Nên : 2a + b = 3b
2
2
2
2
1 + a + b + c = 3c

1 2 1
1 2 1

Như vậy : vn = un + n + n + 1 ⇔ un = vn −  n + n + 1÷
2
2
2
2

u1 = 2
v1 = u1 + g (1) = 4
⇔

*
Từ giả thiết : u = 3u + n 2 + 1, ∀n ∈ ¥ *
n

 n+1
vn +1 = 3vn , ∀n ∈ ¥
Suy ra : vn+1 = 3n−1.v1 = 4.3n−1 . Khi đó :
1
1
1

un = 4.3n−1 −  n 2 + n + 1÷ ⇒ un = 4.3n−1 − ( n 2 + n + 2 )
2
2
2

Ta có :
n(n + 1)(2n + 1)
n(n + 1)
2
2
2
+) 1 + 2 + ... + n =
+)1 + 2 + ... + n =
6
2
n
3 −1
+) 4(30 + 31 + ...3n−1 ) = 4
= 2(3n − 1)
3 −1
+) Sn = u1 + u2 + ... + un
1
= 4 ( 30 + 31 + ... + 3n−1 ) − ( 12 + 22 + ... + n 2 ) + ( 1 + 2 + ... + n ) + 2n 

2

n ( n + 1) ( n + 2 )
1  n ( n + 1) ( 2n + 1) n ( n + 1)
= 2 ( 3n − 1) − 
+
+ 2n  = 2.3n −
−2−n
2
6
2
6

2019.2020.2021
2019
− 2 − 2019 ⇒ S2019 = 2.32019 − 1373732309
+) S2019 = 2.3 −
6
u1 = 2018

Bài tập 4 : Cho dãy số (un) được xác định bởi 
.
n 2 + 4n + 3
u
=
u
,
n
≥
1

 n+1
n
2 n 2 + 4n

Hãy lập công thức tính un theo n và tính lim un .
Lời giải
2
1 ( n + 1) + 2( n + 1)
un+1
1 un
u
⇔
=
Ta có un+1 =
.
n
2
n 2 + 2n
( n + 1) 2 + 2( n + 1) 2 n 2 + 2n
u
1
1
Đặt vn = 2 n ⇒ vn +1 = vn ⇒ (vn) là cấp số nhân có công bội q =
n + 2n
2
2
2
u 2018
2018 1
4036 n + 2n

và số hạng đầu v1 = 1 =
⇒ vn =
⇒
u
=
.
.
n
3
3
3 2n−1
3
2n
n(n − 1)(n − 2)
n
n
0
1
2
3
2
3
+) Ta có 2 = (1 + 1) = Cn + Cn + Cn + Cn + .... + Cn ≥ Cn =
6

19


⇒ un ≤ 8072.

n 2 + 2n
.
n(n − 1)(n − 2)

1 2
+

n + 2n 
n n2
lim 8072.
=
8072lim
= 0 ⇒ lim un = 0 .

1
2
n
(
n
−
1)(
n
−
2)





 1 − ÷ 1 − ÷

 n  n 
Bài tập 5: Cho dãy số ( un ) được xác định như sau:
u1 = 1, u2 = 3, un+ 2 = 2un+1 − un + 1, n = 1,2,...
u
Tính lim n2 .
n →+∞ n
Lời giải
2

Ta có un+ 2 − un +1 = un+1 − un + 1, n = 1,2,... suy ra { un+ 2 − un+1} lập thành
một cấp số cộng có công sai bằng 1 nên un+ 2 − un+1 = u2 − u1 + n.1 = n + 2 (1)
Từ (1) ta được un − u1 = un − un −1 + un −1 − un −2 + ... + u2 − u1 = n + n − 1 + ... + 2
n ( n + 1)
⇒ un = 1 + 2 + ... + n =
2
n ( n + 1) 1
un 1
u
lim
= .
lim n2 = lim
=
.
Vậy
n →+∞ n 2
n →+∞ n
n →+∞
2
2n 2
2

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
20


2.4.1 Đối với bản thân
Từ năm học 2017-2018 đến nay tôi được nhà trường phân công bồi dưỡng
học sinh giỏi. Tôi đã vận dụng những kinh nghiệm mà mình tích lũy được để ôn
tập và hướng dẫn học sinh thi học sinh giỏi.
Bảng thống kê kết quả HSG môn Toán do tôi trực tiếp giảng dạy
Năm học
Học sinh
lớp
HSG tỉnh
Trịnh Quốc Đạt
11B1
Nhì
Lê Minh Đức
11B1
Ba
2017- 2018 Nguyễn Thị Loan
11B1
KK
Phạm Kim Chiến
11B1
KK
Lê Thị Thùy
11B1
KK
Năm học 2019-2020 : có hai học sinh lớp 10 được chọn vào Đội tuyển

Toán lớp 11 của trường.
Kết quả học sinh giỏi cấp tỉnh và thi học sinh giỏi cấp trường đạt được
trong những năm gần đây thực sự là một kì tích đối với bản thân tôi và nhà
trường. Đó cũng là minh chứng cho thấy hướng đi đúng đắn của tôi trong việc
ôn thi học sinh giỏi, là nguồn động lực và là niềm tin để tôi tiếp tục cố gắng
phấn đấu và áp dụng kinh nghiệm của mình vào thực tiễn công tác trong những
năm tới.
2.4.2 Hiệu quả ứng dụng vào thực tiễn các trường THPT trong tỉnh:
- SKKN có thể áp dụng cho tất cả các trường THPT.
- Giới thiệu cho các đồng nghiệp và học sinh một nguồn bài tập hay để áp dụng.
- Khích lệ và cổ vũ phong trào ôn thi học sinh giỏi của các trường THPT
trong tỉnh
- Giúp học sinh các trường THPT có thêm kiến thức tham gia kì thi chọn
học sinh giỏi đạt kết quả tốt nhất; có thêm động lực và niềm tin vào khả năng
của mình
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận
Sau một thời gian nghiên cứu, hoàn thành đề tài và vận dụng vào dạy học.
bản thân tôi khẳng định đề tài đã mang lại hiệu quả trong công tác bồi dưỡng
học sinh giỏi. Học sinh sau khi được hướng dẫn, các em có thể vận dụng phương
pháp tìm số hạng tổng quát vào các bài toán cụ thể trong các đề thi học sinh giỏi
những năm gần đây. Giúp trường THPT Nông Cống 3 duy trì được kết quả thi
học sinh giỏi cấp tỉnh.
Mong muốn của tôi là được đóng góp một chút công sức cho giáo dục
tỉnh nhà, cổ vũ phong trào ôn thi học sinh giỏi của các trường THPT trong tỉnh,
được chia sẻ cách làm của mình với đồng nghiệp trong và ngoài nhà trường. Đây
cũng là dịp để bản thân tôi nhìn lại những gì mình đã làm để đạt được thành
công trong những năm qua. Tôi hi vọng kinh nghiệm này sẽ giúp ích được cho
các đồng nghiệp trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, để các đồng nghiệp

21


tham khảo, góp ý và áp dụng nhằm nâng cao hiệu quả bồi dưỡng học sinh giỏi ở
các trường THPT trong toàn tỉnh.
3.2 Kiến nghị
- Tiếp tục đổi mới khâu ra đề thi theo hướng kiểm tra năng lực, đáp ứng
đổi mới căn bản toàn diện giáo dục, đảm bảo khách quan, phù hợp với đặc điểm
các môn học.
- Đề thi HSG nên lựa chọn các bài toán tạo điều kiện để học sinh chứng tỏ
sự sáng tạo của mình trong quá trình làm bài.
Thanh Hóa, ngày 16 tháng 6 năm 2020
HIỆU TRƯỞNG
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Mai Giáp Tý

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Đại số và Giải tích 11
2. Đề thi học sinh giỏi môn Toán tỉnh Thanh Hóa
3. Đề thi học sinh giỏi môn Toán các trường THPT tỉnh Thanh Hóa

22


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN

Họ và tên tác giả: Mai Giáp Tý
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Nông Cống 3

TT

Tên đề tài SKKN

SKKN “Từ bài hệ phương trình
trong đề thi ĐH khối A năm 2011
giúp học sinh khai thác và xây
1
dựng bài toán mới nhằm phát huy
tính tích cự của học sinh”
SKKN “Từ bài toán bất đẳng
thức trong đề thi ĐH khối A năm
2 2011 giúp học sinh khai thác và
xây dựng bài toán mới nhằm phát
hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi”
SKKN “Sử dụng máy tính
3 cầm tay trong ôn luyện thi
THPT Quốc gia, môn Toán”

Cấp đánh
giá xếp loại
(Phòng, Sở,
Tỉnh...)

Kết quả
đánh giá
xếp loại

(A, B,
hoặc C)

Năm học
đánh giá xếp
loại

Ngành

C

2014

Ngành

C

2015

Ngành

B

2017

23