Chinh phục olympic toán dãy số HSG

.
1.1. DỰ ĐOÁN SỐ HẠNG TỔNG QUÁT VÀ CHỨNG MINH BẰNG QUY NẠP.
Bài 1.

u  11
Cho dãy số  un  xác định bởi :  1
. Xác định số hạng tổng quát của
un 1  10un  1  9n, n  N
dãy đã cho.
Hướng dẫn giải

Ta có:.
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 . .
Bài 2.

u1  2
Cho dãy số (un ) biết 
. Xác định số hạng tổng quát của dãy.

un  3un 1  1, n  2
Hướng dẫn giải

un  3un 1  1  un 

Đặt vn  un 

1
3
1
1
 3un 1   un   3(un 1  )(1) .
2
2
2
2

1
1 5
.
 v1  u1  
2
2 2

(1)  vn  3vn 1 , n  2 .

Dãy (vn ) là cấp số nhân với công bội là q  3 .
Nên vn  v1.q n 1 
Do đó un  vn 
Bài 3.

5 n 1
.3 .
2

1 5 n 1 1

3  , n  1, 2,... .
2 2
2

3
n4 
Cho dãy số  un  xác định bởi u1  1; u n 1   un  2
 , n 
2
n  3n  2 
tổng quát u n của dãy số theo n .

HƯỚNG DẪN GIẢI

*

.Tìm công thức số hạng


Với mọi n 
2un 1  3(un 
 2(un 1 

*

, ta có.

n4
2
3
)  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 .

Dãy số (vn ), vn  un 
3
vn   

2

Bài 4.

n 1

3
3
1
là cấp số nhân có công bội q  và v1   .
n 1
2
2

 1
.    , n 
 2

*

3
13
 un 
  
n 1 2  2 

n 1

, n 

*

.

Cho hàm số f : Z   Z  thỏa mãn đồng thời các điều kiện:.

(1) f  n  1  f  n  , n  Z  . .
(2) f  f  n    n  2000 , n  Z  . .
a/Chứng minh: f  n  1  f  n  , n  Z  . .
b/Tìm biểu thức f  n  .
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu a.
Vì f  n   Z  nên từ giả thiết (1) ta được: f  n  1  f  n   1 , n  Z  . .
Kết hợp giả thiết (2) ta được n  Z  . .
n  2001   n  1  2000  f  f  n  1   f  f  n    1  n  2001 do đó: f  n  1  f  n   1 , n  Z  . .

Câu b.
f  n   f 1  n –1, n  Z   f  f 1  f 1  f 1 –1 ,.

Suyra: 1  2000  2 f 1 –1  f 1  1001  f  n   n  1000, n  Z  .
Thử lại thỏa các điều kiện, nên f  n   n  1000, n  Z  . .
Bài 5.
a)Xác định ba số hạng đầu của một cấp số cộng, biết tổng của chúng bằng 9 và tổng các bình phương của
chúng là 125.
b)Cho dãy số  un 

u1  16

có 
. Tìm số hạng tổng quát u n .

15  n.un  1
u

14

,

n

1
 n 1
n 1

Hướng dẫn giải

a)Xác định ba số hạng đầu của một cấp số cộng, biết tổng của chúng bằng 9 và tổng các bình phương của
chúng là 125.


Gọi d là công sai, số hạng thứ 2 là a. Khi đó 3 số hạng đầu của csc là a  d , a, a  d .
a  d  a  a  d  9
Theo giả thiết ta có hệ: 
.
2
2
2
 a  d   a   a  d   125

3a  9
 2

2
3a  2d  125
a  3

 d  7

.

Vậy có 2 cấp số thỏa mãn có 3 số hạng đầu là: -4;3;10 hoặc 10;3;-4.
b)Cho dãy số  un 

Ta có: un 1  14 

u1  16

có 
. Tìm số hạng tổng quát u n .
15  n.un  1
, n  1
un 1  14 
n 1


15  n.un  1
  un 1  14  n  1  15  n.un  1 .
n 1

  n  1 un 1  15nun  14n  1 (1).

Đặt vn  nun   v1  16  .

(1) trở thành: vn 1  15vn  14n  1  vn 1   n  1  15  vn  n  (2).
Đặt w n  vn  n   w1  15 .
(2) trở thành: wn 1  15wn   w n  là csn có w1  15, q  15  w n  15n .
Từ đó ta có: un 
Bài 6.

15n  n
.
n

Cho dãy số  un  xác định bởi : u1  1; u2  4; un  2  7un 1  un  2, n  * .

Chứng minh : u n là số chính phương với mọi n nguyên dương.
Hướng dẫn giải
Ta có u1  1; u2  4; u3  25 .
Đặt un  vn 
Khi

đó

2
3
18
123
thì v1  ; v2  ; v3 
.
5
5
5
5

un  2  7un 1  un  2, n  *

 vn  2  7vn 1  vn , n 

 vn  2 

2
2 
2

 7  vn 1     vn    2, n  *
5
5 
5


*.

Ta có : vn  2 .vn  vn21  (7vn 1  vn ).vn  vn21  vn 1 (7vn  vn 1 )  vn2  vn 1vn 1  vn2 .
Suy ra : vn  2 .vn  vn21  vn 1vn 1  vn2 

9
 v3v1  v22  ; n  * .
5


2

2

4 
4
4  9
2 
2 
2 9

Suy ra :  un  2   .  un     un 1     un  2un   un  2  un     un21  un 1   
5
25 
5
25  5
5 
5 
5 5

2
4
9
 un  2un   7un 1  2   un21  un 1   un  2un  un21  2un 1  1  (un 1  1) 2 ; n  * .
5
5
5
2
Từ hệ thức un  2un  (un 1  1) ; n  * và u1 ; u2 là các số chính phương suy ra u n là số chính phương với

mọi n nguyên dương.
Bài 7.

Cho dãy số

n

xn  
i 1

an n 1


tăng, an  0 n  1, 2,3,.... và   0 . Xét dãy số

 xn n 1


xác định bởi

ai 1  ai
. Chứng minh rằng tồn tại lim xn .
n 
ai 1ai
Hướng dẫn giải

Dễ dàng thấy rằng dãy  xn n 1 tăng ngặt.


Trường hợp 1. Nếu   1 .
ai 1  ai
1
1
1
1

1

  
     xn   vậy dãy  xn n 1 .

 1
ai 1ai
ai ai 1ai
ai ai 1
a1

bị chặn trên do đó tồn tại lim xn .
n 

Trường hợp 2. Nếu 0    1 .

ai 1  ai 1  1
1 
      * thật vậy *   ai11  ai 1  ai   ai1  ai .

ai 1ai
  ai ai 1 
 1
ai1  ai

  ai 1 ** . Ta chứng minh (**).
ai 1  ai

Xét hàm số f  x   x Trên đoạn  ai ; ai 1  rõ ràng hàm số thoả mãn điều kiện của định lí Lagrăng nên
tồn tại số c   ai ; ai 1  thoả mãn f '  c  

ai1  ai
a  a
a  a
  c 1  i 1 i   ai11  i 1 i đpcm.
ai 1  ai
ai 1  ai
ai 1  ai

Từ đó ta có.
 xn 

Bài 8.

1

 dãy  xn n 1 bị chặn trên do đó tồn tại lim xn .

n 
 a1

Cho dãy số  xn  được xác định bởi : x4  1 và.

xn 1  xn  1 n  2   2  n  3  3  n  4  

Tính giới hạn lim

n 

  n  2 1, với mọi n  4. .

xn
..
n4

Hướng dẫn giải
Ta có: 1 n  2   2  n  3  3  n  4   ...  n  2  .1 .
  n  1  1  2  n  1  2    3  n  1  3  ...   n  2   n  1   n  2   .


2
  n  1 1  2  3  ...   n  2    12  22  32  ...   n  2   .



=  n  1 .

 n  2  n  1   n  2  n  1 2m  3  n  n  1 n  2 
2

6

Do đó ta suy ra : xn 1  xn 
Ta chứng minh

6

n  n  1 n  2 
 xn  Cn3
6

.

* .

xn  Cn4 . Thật vậy với n  4 , ta có x4  1  C44 .

Giả sử với n  4 ta có : xn  Cn4 .
Ta có : xn 1  xn  Cn4 theo (*) hay xn 1  xn  Cn3  Cn4  Cn3  Cn4 trong.

xn
n!
1
 lim
 ..
4
4
n  n
n  4! n  4  ! n
6
lim

Bài 9.

1

Cho hàm số f :  0;     0;   thỏa mãn điều kiện f  3x   f  f  2 x    2 x với mọi x  0
2

. Chứng minh rằng f  x   x với mọi x  0 .

Hướng dẫn giải

1

Ta có: f (3x)  f  f (2 x)   2 x (1) .
2


1
Từ (1) suy ra f ( x)  f 
2

2x
 2x   2x
f   
 f ( x)  , x  0 (2).
3
 3  3

 1  2x   2x 2 1
Khi đó f ( x)  f  f    
 .
 2  3  3 3 2

 2x  2x 1  2x  2x  4 2 
f  
 f  
  x .
 3  3 3  3  3  27 3 

Xét dãy (an ) ,  n  1, 2,  được xác định như sau: a1 

2
1
2
và an 1  an2  .
3
3
3

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n rằng với mỗi n 

*

luôn có.

f ( x)  an x với x  0 (3).

Thật vậy, khi n  1 thì theo (2), ta có ngay (3).
Giả sử mệnh đề (3) đúng với n  k . Khi đó.
 1  2x   2x 1
2x 2x
 2x  2x 1
f ( x)  f  f    
 a .f  
 a .a . 
3
 2  3  3 2 k  3  3 2 k k 3
.
a2  2

 k
.x  ak 1.x
3

Vậy (3) đúng với n  k  1 .
Tiếp theo ta chứng minh

lim an  1 . Thật vậy, ta thấy ngay

1
an 1  an  (an  1)(an  2)  0 , suy ra dãy (an ) tăng ngặt.
3

an  1 n 

*

. Do đó:


1
2
Dãy (an ) tăng và bị chặn trên nên hội tụ. Đặt lim an  l thì l  l 2  với l  1 , suy ra l  1 . Vậy
3
3
lim an  1 .

Do đó từ (3) suy ra f ( x )  x với mỗi x  0 (đpcm).


Bài 10. Tìm tất cả các hàm số f :

thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau đây.

1. f  x  y   f  x   f  y  với mọi x, y 
2. f  x   e x  1 với mỗi x 

.

.
Hướng dẫn giải

f  x  0   f  x   f  0   f  0   0 và bởi vì f  0   e0  1  0 cho nên f  0   0 .
f  x    x   f  x   f   x   f  x   f   x   0

 x
f  x  f   
2

1 .

 x 
 x
f    2  e 2  1 .
2



 2x 
 x

f  x   2  e  1  f  x   f   
2



 4x 
 x
f    4  e  1 .
2



 xn

Dùng quy nạp theo n  1, 2,... ta CM được f  x   2n  e 2  1 .





Cố định x0 

 x0n

ta có f  x0   2n  e 2  1 .





 x0n

Xét dãy an  2n  e 2  1 ta có:.





 x0n

 e2 1 
lim an  lim 
.x0   x0 .
x0
 n

 2

Vậy f  x0   x0

x0 

Vậy f  x   f   x   x    x   0

 2 .
 3 .

Kết hợp (1) và (3) ta được f  x   f   x   0 .
Từ (2)  f   x    x  f  x   x
ta thấy đúng. Vậy

 4  . Kết hợp (2) và (4) ta được f  x   xx 
f  x  f x  x  x  0
 3 .

. Thử lại f  x   x

Kết hợp (1) và (3) ta được f  x   f   x   0 .
Từ (2)  f   x    x  f  x   x
ta thấy đúng.

 4  . Kết hợp (2) và (4) ta được f  x   xx 

. Thử lại f  x   x


2015

 x1  2016

Bài 11. Cho dãy số xác định bởi 
. Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn
2
 x  x   xn  , n  1
n
 
 n 1
 n
hữu hạn.

Hướng dẫn giải
Trước hết, bằng quy nạp, ta dễ dàng có xn  0 n  1 và dãy số đã cho là dãy tăng.
Ta có :.
x2  x1  x12  2 x1 ;

.
x22
x3  x2   2 x1  x12  3 x1 ;
4
xk2
Giả sử xk  kx1 với k  1 . Ta có: xk 1  xk  2  kx1  x12  (k  1) x1 .
k

Theo nguyên lý quy nạp ta có xn  nx1 n  1 .
Ta

xm  m  1 m  2017 thật

có :

mx1  m  1  m 1  x1   1  m 

vậy :

1
1
m
 m  2016 ;.
2015
1  x1

1
2016

Do đó xm  mx1  m  1 .
xn2
2
x x
x
1
1
1
1
1
1
 n 1 n  n  2 n  2 

 .
Ta có với n  2 thì 
xn xn 1
xn xn 1
xn xn 1 n xn 1 n
n(n  1) n  1 n

Do
n  2018


i 0

đó

n  2018

thì

1
x2017

1
1
1
1
1


.





 2016  i 2017  i  2016 n  1 2016

Suy ra

2016 x2017
1
1
1
.



 0  xn 
xn x2017 2016
2016  x2017

Vậy dãy đã cho tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn.
u1  1; u2  2

Bài 12. Cho dãy số (un ) xác định như sau 
.
3
1
u

u

u

n

2
 n 1 2 n 2 n 1

a) Xác định số hạng tổng quát u n .
b) Tính lim un
n 

.
Hướng dẫn giải



1 n2018  1
1
  

xn
x2018i
i  0  x2017 i






Biến đổi ta được: un 1  un 

1
1
 un  un1  với vn1  un 1  un khi đó: vn1  vn , n  2 .
2
2

nghĩa là dãy v2 , v3 ,...vn ,... là một cấp số cộng của v2  1; q 

1
.
2

vn  un  un 1


vn 1  un 1  un  2 
  un  u1  v2  v3  ...vn
........................ 
.

v2  u2  u1
n2
n2
 1
1 
1
 un  1  1   ...     3   
 2
 2  
2


  1 n  2 
lim un  lim  3      3 .

x 
x  
 2 

Bài 13. Cho dãy số  un  được xác định như sau.
u1  2011; un 1  n 2  un 1  un  ,.

với mọi n 

*

, n  2 . Chứng minh rằng dãy số  un  có giới hạn và tìm giới hạn đó.

Hướng dẫn giải
Từ công thức truy hồi của dãy ta được.
1 
1 
1 
1 
1  
1 



un  1  2  un 1   1  2  1 
u

...

1

1



 ... 1  2  u1 .
n


2


2
2
2




 n 
 n    n  1 
 n    n  1   2 

Do đó un 

 n  1 n  1 .  n  2  n ... 4.2 . 3.1 .2011  n  1 .2011. Từ đó
2011
.
lim un 
2
2
2
2
2
n
2n
 n  1 3 2

Bài 14. Cho dãy số  un  xác định bởi  u1   2014, un 1 

un4  20132
, n 
un3  un  4026

n

1
, n 
k 1 u  2013

Đặt vn  

*

3
k

. Tính lim vn .
Hướng dẫn giải

Cho dãy số  un 

un4  20132
, n 
xác định bởi  u1   2014, un 1  3
un  un  4026

*

.

n

1
, n 
k 1 u  2013

Đặt vn  

3
k

*

. Tính lim vn .

 un  2013  un  2013
u 4  20132
 2013 
Ta có un 1  2013  3 n
un  un  4026
un  un2  1  4026
3

Từ đó bằng quy nạp ta chứng minh được un  2013, n 

*

.

.

*

.


 un  2013  un3  2013
un 1  2013  3
 un  2013   un  2013
Từ 1 suy ra

1 .

1
1
1
1
1
1
.

 3
 3


un 1  2013 un  2013 un  2013 un  2013 un  2013 un 1  2013

n


1
1
1
1
1
Do đó vn   
.


 1

uk 1  2013  u1  2013 un 1  2013
un 1  2013
k 1  uk  2013

Ta chứng minh lim un   .

 u  2013  0, n 
u 2  4026un  20132
Thật vậy, ta có un1  un  n 3
 3n
un  un  4026
un  un  4026
2

*

.

Suy ra  un  là dãy tăng, ta có 2014  u1  u2  ... .
Giả sử ngược lại  un  bị chặn trên và  un  là dãy tăng nên lim un  a   thì a  2014 . Khi đó
a

a 4  20132
 a  2013  2014 (vô lý). Suy ra  un  không bị chặn trên, do đó lim un   .
a3  a  4026



1
Vậy lim vn  lim 1 
 1 .
 uk 1  2013 
Bài 15. Tìm số hạng tổng quát của dãy số  un  biết.


1
u1 
2

u

 2 673

2
3
2

un  2  2(n  2) un 1  (n  4n  5n  2)un

n3

.

n 

, n  1

Hướng dẫn giải
Vì un  2 

2(n  2) 2 un 1  (n3  4n 2  5n  2)un
nên ta có:.
n3

(n  3)un  2  2(n  2) 2 un 1  (n  2)(n  1) 2 un .


n3
un  2  2(n  2)un 1  (n  1) 2 un .
n2



n3
un  2  (n  3)un 1  (n  1)un 1  (n  1) 2 un . .
n2

Đặt un  n !vn , n  , n  1 thu được.
(n  3)vn  2  (n  3)vn 1  (n  1)vn 1  (n  1)vn .

 (n  3)(vn  2  vn 1 )  (n  1)(vn 1  vn ). .

Đặt wn  vn  vn 1 , n  , n  2 thu được.
(n  1) wn  (n  1) wn 1 .


 (n  1)nwn  n(n  1) wn 1 .

Do đó.

(n  1)nwn  n(n  1) wn1  (n  1)(n  2) wn 2  ...  3.2.w2
 6(v2  v1 )  2016.
Như vậy wn 

.

2016
1 
1
 2016  
 ,n ,n  2 .
n(n  1)
 n n 1 

Từ đó, với n  , n  1 , ta có.
1 
n 1

1
.
vn  v1  2016  
  2016
n 1
 2 n 1 
 vn 

4033n  4031
.
2(n  1)

Vậy un  n !

4033n  4031
, n  , n  1.
2(n  1)

3
n4 
Bài 16. Cho dãy số  un  xác định bởi u1  1; u n 1   un  2
 , n 
2
n  3n  2 
Tìm công thức số hạng tổng quát u n của dãy số theo n .

*

.

Hướng dẫn giải

3
n4 
Vì u n 1   un  2
 nên.
2
n  3n  2 

3
n4
1,5n  6
2 u n1  3un   . 2

.
2 n  3n  2  n  1 n  2 
 2 u n 1  3un  2.
 2 u n 1  2.

1,5
1,5
.
 3.
n2
n 1

1,5
1,5
.
 3un  3.

n2
n 1

1,5  3 
1,5 

  u n 1 
   un  3.
.
n2 2
n 1 


Đặt vn  un 

1,5
3
, khi đó ta có: vn 1  vn .
n 1
2

Lại có: v1  u1 

1,5 1
 .
2 4

3
là: vn   
2

n 1

1,5  3 
un  vn 
 
là:
n 1  2 

n 1

Từ đẳng thức trên ta có công thức tổng quát của dãy  vn 
Từ đó ta có công thức tổng quát của dãy  un 

1
. .
4

1
3
. 
4 2  n  1 .


Bài 17. Cho dãy số  un  xác định bởi u1  1 và un 1  3un 2  2 với mọi n  1 .
a) Xác định số hạng tổng quát của dãy số  un  .
2
b) Tính tổng S  u12  u22  u32  ...  u2011
.

Hướng dẫn giải
a) Dễ thấy un  0, n  N * .
Từ un 1  3un2  2  un21  3un2  2 .
Đặt vn  un2 thì có: vn 1  3vn  2  vn 1  1  3  vn  1 .
Đặt xn  vn  1 thì ta có: xn 1  3xn . Từ đây suy ra  xn  là cấp số nhân với x1  2 , công bội là 3.
Nên: xn  2.3n 1  vn  2.3n 1  1  un  2.3n 1  1 .
b) S  2.30  2.31  2.32  ...  2.32010  2011 .
 2  30  31  32  ...  32010   2011 .



2  32011  1
3 1

 2011  32011  2012 .

Bài 18. Cho dãy số  un  được xác định bởi u1  1 và un 1  un  2n với mọi n  1 .
a) Chứng minh rằng: un  2n  1 .
b) Tính tổng S  u1  u2  u3  ...  un theo n .
Hướng dẫn giải
a) Khi n  1 : u2  u1  21  1  2  22  1 đúng.
Giả sử uk  2k  1 đúng với k  1, k  N .
Ta chứng minh: uk 1  2k 1  1 .
Thật vậy: uk 1  uk  2k  2k  1  2k  2k 1  1 .
b) S   21  1   22  1  ...   2n  1  21  22  ...  2 n  n .
S  2.

2n  1
 n  2n 1  n  2 .
2 1

u1  2

Bài 19. Cho dãy số(un) xác định như sau: 
un  2  1
un 1 
1  ( 2  1)un


a) Chứng minh: tan


8

 2  1.

(n  1, n  )

.


b) Tính: u2015 .
Hướng dẫn giải
a) Ta có: 1  tan







2 tan



8  tan 2   2 tan   1  0 .
 tan    
4
8
8
 8 8  1  tan 2 
8

 
 tan 8  2  1



 tan  2  1 (Vì tan dương).
8
8
 tan    2  1

8
tan a  tan







tan(a  )  tan
8
8
8  tan(a  2.  ) .
b) Đặt u1  2  tan a , ta có: u2 
 tan(a  ) , u3 



8
8
1  tan a.tan
1  tan tan(a  )
8
8
8


Ta chứng minh: un  tan(a  (n  1) ), n  1, n 
8



(*).

Với n  1 : u1  tan a đúng.



Giả sử (*) đúng với n  k , k  1 , hay ta có: uk  tan(a  (k  1) ) .
8





tan(a  (k  1) )  tan
uk  2  1
8
8  tan(a  k .  ) .
Ta có: uk 1 

8
1  ( 2  1)uk 1  tan(a  (k  1)  ).tan 
8
8


Vậy (*) đúng với n  k  1 . Vậy un  tan(a  (n  1) ), n  1, n 
8
Cho n  2015 , ta có:

.


3
3
u2015  tan(a  2014. )  tan(a 
 251 )  tan( a  ) .

8
4
4


2 1

 tan(a  ) 
 ( 2  1) 2  tan 2 .
4
8
2 1
Bài 20. Cho dãy số thực  un 

u1  1

(n  N * ) .
với u2  1
u  2u  u
n 1
n
 n2

a) Chứng minh un  3  2n với mọi n  N * .
b) Tính tổng S  u1  u2  ...  u2012 .
Hướng dẫn giải
a) Dùng phương pháp qui nạp.
u1  1  3  2.1 , u2  3  2.2  1 .

Giả sử uk  3  2k  k  3 .
Ta có: uk 1  2uk  uk 1  2(3  2k )  (3  2( k  1)) .
 1  2k  3  2( k  1) .

Vậy un  3  2n với mọi n  N * .
b) S  (3  2.1)  (3  2.2)  ...  (3  2.2012) .
 3.2012  2(1  2  ...  2012)  6036  2013.2012  4044120 .

Bài 21. Cho dãy số  vn 

v1  8

(n  N * ) .
với v2  34
v  8v  1996v
n 1
n
 n2

Tìm số dư khi chia v2013 cho 2011 .
Hướng dẫn giải
Xét dãy số  un 

u1  8

(n  N * ) .
với u2  34
u  8u  15u
n 1
n

 n2

Ta có vn  un  mod 2011 với mọi n  N * .
Xét phương trình đặc trưng: t 2  8t  15  0 .
Phương trình trên có nghiệm t  5, t  3 .

 un 

5 A  3B  8
có dạng un  A.5n  B.3n . Vì u1  5, u2  13 nên 
.Ta có: A  B  1 .
25 A  9 B  34

Ta có: un  5n  3n .
Ta có 2011 là số nguyên tố Theo định lý Fecma ta có: 52010  1 mod 2011 .
32010  1 mod 2011 .

Suy ra 52013  125  mod 2011 , 32013  27  mod 2011 .
Vậy khi chia u2013 cho 2011 ta được số dư là 152 .
Suy ra khi chia v2013 cho 2011 ta được số dư là 152 .

u1  1
Bài 22. Cho dãy số  un  :  n

3  2un 1  un   2, (n 

*

)

.

a) Chứng minh dãy số  un  là dãy số giảm.
b) Lập công thức số hạng tổng quát của dãy số  un  .
Hướng dẫn giải


a) Chứng minh dãy số  un  là dãy số giảm.
Ta có: un 1 

un 1
 ; Chứng minh: un 1  un n 
2 3n

*

bằng phương pháp quy nạp.

u1  1

Ta có: 
5  u2  u1 .
u2  6

Giả sử: uk 1  uk ; k 
Ta có: uk  2 

và k  1 . Chứng minh: uk  2  uk 1 .

uk 1

u
u
1
1
1
 k 1  k  k 1  k  k  uk 1 . Vậy un 1  un n 
2
3
2 3
2 3

*

.

b) Lập công thức số hạng tổng quát của dãy số  un  .
3
Ta có: 3n (2un 1  un )  2  3n 1.un 1  3n.un  3 .
2
3
3
Đặt vn  3n un  6 , ta được: vn 1  6  (vn  6)  3  vn 1  vn .
2
2

v1  9

Ta được: (vn ) : 
3
vn 1  2 vn , (n 

3
Suy ra: vn  v1.  
2

Vậy un 

n 1

3
 9.  
2

*

)

là cấp số nhân có công bội q 

3
.
2

n 1

.

vn  6
 1 1
 6.  n  n  .

n
3
2 3 

Bài 23. Tìm số hạng tổng quát của dãy  xn  biết rằng:.
 x0  1; x1  5; x2  125
*

2
2 ( n  N ).
 xn  2 xn xn 1  3  xn 1  xn 1  10 xn 1  xn 

Hướng dẫn giải
Từ đề bài ta có: xn  0 với mọi n  N .
Ta có:

xn  2 3xn 1 10 xn
với mọi n  N * .


xn 1
xn
xn 1

Đặt yn 

xn
ta được yn  2  3 yn 1  10 yn  0 với mọi n  N * .
xn 1

Vì phương trình đặc trưng của dãy  yn  có hai nghiệm phân biệt 2;5 nên yn  A  2   B.5n với mọi
n

n N* .


x1

 y1  x  5
B  1

0
Với 
ta có 
. Suy ra yn  5n với mọi n  N * .
x
A

0

 y  2  25
 2 x1
n 1

Ta có xn  5 .xn 1  5 .5 ....5.x0  5
n

n

Kết hợp với x0  1 , ta suy ra xn  5

n  ( n 1) ...1

n2  n
2

5

n2  n
2

với mọi n  N * .

với mọi n  N .

7

u1  2
Bài 24. Cho dãy số  un  : 
7u  4
un 1  n
, n
2un  5


.
*

a) Chứng minh dãy số  un  là dãy số giảm.
b) Lập công thức tổng quát của dãy số  un  .

Hướng dẫn giải
a) Chứng minh dãy số  un  là dãy số giảm.
7
19
Ta có: u1  ; u2   u1  u2 .
2
8

Giả sử: uk  uk 1 với k >1. Cần chứng minh: uk 1  uk  2 .
Ta có: uk 1 

7uk  4 7 27
1
7 27
1
  .
 uk  2   .
2uk  5 2 2 2uk  5
2 2 2uk 1  5 .

Mà uk  uk 1 


1
1

2uk  5 2uK 1  5 .

7 27
1

7 27
1
 .
  .
 uk 1  uk  2 (điều phải chứng minh).
2 2 2uk  5 2 2 2uk 1  5

b) Lập công thức tổng quát của dãy số  un  .
7
Ta có 0  un  , n 
2

Xét dãy số xn 

xn 1 

*

.

un  2
1
, ta có: x1 
un  1
3.

un 1  2 1  un  2  1
1
 
  xn  ( xn ) là cấp số nhân  xn  n

un 1  1 3  un  1  3
3 .

un  2 1
2.3n  1
n
n
   3  1 un  2.3  1  un  n
.
un  1 3n
3 1 .


1

u1  2016
Bài 25. Cho dãy số  un  : 
u  2015un  1 , n 
 n 1
2016
a) Chứng minh rằng un  1, n 

*

.
*

.

b) Lập công thức tổng quát của dãy số  un  .

Hướng dẫn giải
a) Chứng minh rằng un  1, n 
Ta có: u1 

*

.

1
1
2016
.

Giả sử: uk  1, (k  1) ; Cần chứng minh: uk 1  1
Ta có: uk  1  2015uk  1  2016 

.

2015uk  1
 1  uk 1  1 . Vậy un  1, n 
2016

*

.

b)Lập công thức tổng quát của dãy số  un  .
Đặt xn  un  1 ta có x1  
xn 1  un 1  1 

2015
2016 .

2015un  1
2015
2015
1 
xn
 un  1 
2016
2016
2016 .
n

 2015 
  xn  là cấp số nhân  xn   

 2016  .
n

 2015 
Vậy un  1  
 , n 
 2016 

Bài 26. Cho dãy số  un 

*

..

u1  2

xác định bởi: u2  3
.
u  nu  n  2 u  2n  4, n  3

 n2
n 1
 n

a) Tìm số hạng tổng quát của dãy  un  .
b) Tìm số dư khi chia u2016 cho 2015 .
Hướng dẫn giải
v1  1

a) Đặt vn  un  n ta có: v2  1
.
v  n(v  n  1)  (n  2)(v  n  2)  3n  4  nv  n  2 v , n  3

 n2
n 1
n2
n 1
 n

Khi đó vn  vn 1  (n  1)vn 1  (n  2)vn  2 .
Lại có:.

vn  v2  (vn  vn 1 )  (vn 1  vn  2 )  ...  (v4  v3 )  (v3  v2 ) .

  (n  1)vn 1  (n  2)vn  2    (n  2)vn  2  (n  3)vn 3   ...  (3v3  2v2 )  (2v2  1v1 ) .
 ( n  1)vn 1  v1 .

Do đó vn  (n  1)vn 1 . Hay vn  (n  1)(n  2)vn  2  ...  (n  1)( n  2)...1.v1  ( n  1)! .
Vậy un  (n  1)! n .
b) Ta có u2016  2015! 2016 chia cho 2015 dư 1.
 x1  3

Bài 27. Xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số  xn  : 
.
xn 1
, n  2
 xn 
2
1  1  xn 1


Hướng dẫn giải
Ta có:

1
1
1
1

 1  2 . Đặt yn  , khi đó ta được dãy
xn
xn xn 1

xn 1

 yn 

xác định như sau: y1 

yn  yn 1  1  yn21 .



1


 1  cos 3

Vì y1 
.
 cot  y2  cot  1  cot 2 
 cot

3
3
3
2.3
3
sin
3

Bằng quy nạp ta chứng minh được: yn  cot


n 1

2 .3

 xn  tan


n 1

2 .3

, n  1 .

1
và
3


.
1.2. DÃY SỐ CHO BỞI CÔNG THỨC TRUY HỒI.

u  2
Cho dãy số (un ) biết  1
. Xác định số hạng tổng quát của dãy.
un  3un 1  1, n  2

Bài 1.

Hướng dẫn giải

un  3un 1  1  un 

1
3
1
1
 3un 1   un   3(un 1  )(1) .
2
2
2
2

1
1 5
 v1  u1  
2
2 2 .
(1)  vn  3vn 1 , n  2
Ñaët v n  un 

Dãy (vn ) là cấp số nhân với công bội là q  3 .
Nên vn  v1.q n 1 
Do đó un  vn 

5 n 1
.3 .
2

1 5 n 1 1


3  , n  1, 2,... .
2 2
2

a) Tính giới hạn A  lim

Bài 2.



3



n3  n 2  1  n .

u1  11
b) Cho dãy số (un) xác định bởi : 
un 1  10un  1  9n, n 

. Tìm công thức tính u n theo n .

Hướng dẫn giải
a) Tính giới hạn A  lim
Ta có: A  lim

 lim



3



3



n3  n 2  1  n .



n2  1

n  n  1  n  lim
3

2

1

3

 n3  n2  1  n. 3 n3  n2  1  n2

1
n2

2

1 1 

 1 1
3 1
 6   3 1   3   1

4
 n n 
 n n 

1
Vậy A  .
3

b) Ta có:.
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 .

.

2

.

.

Chứng minh:.
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  10 n  n, n  N . .
Bài 3.

u1  4

Cho dãy số (un ) xác định bởi: 
1
un 1  9 (un  4  4 1  2un ), n 
tổng quát (un ) ?.

*

. Tìm công thức của số hạng

Hướng dẫn giải
xn2  1
Đặt xn  1  2un  x  1  2un , xn  0  un 
.
2
2
n

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

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 .
Suy ra xn  2 
Bài 4.

1
1
4
1
, n  N *  un  (3  n 1  2 n 2 ), n  N * .
n 1
3
2
3
3

Cho dãy số  un  xác định bởi: u1  1; un 1 

un
, n 
2un  1

u n theo n. .

Hướng dẫn 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 công sai d  2. .
Do đó, vn  v1   n  1 d  2n  1, n 
Vậy un 

1
1

..
vn 2n  1

*

..

*

. Tìm công thức số hạng tổng quát


Bài 5.

Cho dãy số (un ) xác định bởi: u1  1; un 1  2un  3n , n 

*

. Tìm công thức số hạng tổng quát

u n theo n .

Hướng dẫn giải

Với mọi n 

*

, ta có.

un 1  2un  3n  un 1  3n 1  2(un  3n ) .

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

công bội q  2 và số hạng đầu bằng 2. .
Suy ra vn  v1.q n 1  2n. .
Vậy un  vn  3n  3n  2n. .
Bài 6.

3
n4 
Cho dãy số (un ) xác định bởi: u1  1; un 1   un  2
 , n 
2
n  3n  2 
hạng tổng quát u n theo n .

*

. Tìm công thức số

Hướng dẫn giải
Với mọi n 
2un 1  3(un 

*

, ta có.

n4
2
3
)  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

 2(un 1 

dãy số (vn ), vn  un 
3
vn   
2

Bài 7.

n 1

3
3
1
là cấp số nhân có công bội q  và v1   .
n 1
2
2

 1
.    , n 
 2

*

3
13
 un 

  
n 1 2  2 

n 1

, n 

*

.

u1  3

Cho dãy số (un) xác định bởi: 
5un  3
un 1  3u  1 , n 
n


Xét dãy số  vn  với vn 

un  1
, n 
un  1

*

Hướng dẫn giải
un  1
v 1

thay vào hệ thức truy hồi ta có.
 un  n
un  1
vn  1

vn  1
3
vn 1  1
vn  1
v  1 2vn  8
v  1 2vn  8

.
 n 1

 n 1

vn 1  1 3. vn  1  1
vn 1  1 2vn  4
2
4
vn  1
5.

.

. . Chứng minh dãy số  vn  là một cấp số cộng. Tìm số hạng

tổng quát của dãy số  un  . .

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 công sai d  3. .
Ta có vn  v1   n  1 d  2  3  n  1  3n  1. .
Do đó un 

3n  1  1
3n
. Thử lại thấy dãy số này thỏa mãn.

3n  1  1 3n  2

Vậy số hạng tổng quát của dãy số  un  là un 
Bài 8.

3n
n
3n  2

*

..

Cho dãy số (un ) xác định bởi:.

u1  4



1
un 1  9 (un  4  4 1  2un ), n 

*

.

Tìm công thức của số hạng tổng quát (un ) ?.
Hướng dẫn giải
Đặt xn  1  2un  xn2  1  2un , xn  0  un 
Thay vào giả thiết:.
xn21  1 1 xn2  1
 (
 4  4 xn )
2
9 2
.
 (3 xn 1 ) 2  ( xn  4) 2
 3 xn 1  xn  4, n  N * , xn  0

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 .

Suy ra.
1
, n  N *
3n 1
.
1
4
1
*
 un  (3  n 1  2 n  2 ), n  N
2
3
3
xn  2 

xn2  1
.
2


1.3. PHƯƠNG TRÌNH ĐẶC TRƯNG.
Bài 1.

un 1
.
n  u
n

Cho dãy số  un  xác định bởi u1  1, u2  2, un  2  un  2un 1 , n  1. Tìm lim
Hướng dẫn giải

Dễ thấy dãy đã cho là dãy số dương, do đó không có số hạng nào của dãy bằng 0. Từ công thức truy hồi
u
u
của dãy ta có n  2  2  n , n  1. .
un 1
un 1
Đặt vn 

un 1
1
, n  1, ta được dãy số v1  2, vn 1  2  , n  1. .
un
vn

Dễ thấy dãy  vn  là dãy số dương và vn  2, n  1 . Do đó.

1 1
1 5
5
5
  2    vn 1  , n  1. Vậy ta có 2  vn  .
vn 2
vn 2
2
2
1
1
 5
Xét hàm số f  x   2  , x   2;  . Ta có f '  x    2  0, x. Do đó có hai dãy con đơn điệu của dãy

x
x
 2

 vn 

và hai dãy con này đều bị chặn nên chúng có giới hạn. Giả sử a  lim v2 n và b  lim v2 n 1 thì ta có
n 

hệ.

1
a  b  1  2


a  2  b
a

b


 a  b  1  2 .

 ab  1 
b  2  1
 ab  1

a
Ta thấy chỉ có a  b  1  2 thỏa mãn và đây là giới hạn cần tìm.
Bài 2.

Tìm số các dãy số  un 

un 1  4un2  4un  0, n  1

thỏa mãn điều kiện: 
.
1
u2004 

2

Hướng dẫn giải
ết lại un 1  4un 1 – un   f  un  với f  x   4 x 1 – x  .
Nhận xét: f  x    0;1  x   0;1 . .
Vì vậy: u2004 

1
  0;1  u2003   0;1  u2002   0;1  ....u1   0;1 . .
2

ới 0  u1  1 tồn tại duy nhất : 0  a 


và u1  sin 2 a .
2

Lúc đó: u2  4sin 2 a(1 – sin 2 a)  sin 2 2a ; u3  4sin 2 2a(1 – sin 2 2a )  sin 2 4a .
Quy nạp ta được: un  sin 2 (2n 1 a ) 

1 1
 cos(2n ) .
2 2

n 


u2004 

1
1 1
1
  cos(22004 )  .
2
2 2
2

 cos(22004 )  0  22004  
Vì 0  a 


2

 k   


22005

(2k  1), k  Z . .




1
1
nên 0  2005 (2k  1)     k  22003  .
2
2
2
2
2

Do k  Z nên: k  0;1; 2;...; 22003 –1 .

 

Từ đó có tất cả 22003 giá trị u1 thỏa bài toán: u1  sin 2  2005 (2k  1)  , k {0;1;....;22003  1} .
2

Do đó có tất cả 22003 dãy số  un  thỏa điều kiện đã cho.
Bài 3.

Cho x1 , x2 ,..., xn ,... là các nghiệm dương của phương trình tan x  x được sắp theo thứ tự tăng
dần. Tính lim  xn  xn 1  .
n 

Hướng dẫn giải


1

 

Xét hàm số f ( x)  tan x  x , với x     k ;  k  . Ta có f '( x) 
 1  0 => f ( x) tăng từ
2
cos 2 x
 2

 đến  .


 

Suy ra: trong khoảng    k ;  k  phương trình tan x  x có nghiệm duy nhất xk .
2
 2


  
xk  yk  k với yk    ;  => tan yn  tan xn  yn  n   => lim yn  .
n

2
 2 2
lim  xn  xn 1  = lim

n 

n 

Bài 4.

 y

n



 n    yn 1   n  1   = lim   yn  yn 1    .
n 

u1  2014
Cho dãy số (un ) xác định như sau: 
. Tìm điều kiện của
2
2
un 1  un  (1  2a)un  a n  1, 2,...
a  để dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.
Hướng dẫn giải

Ta có: un 1  un  (un  a ) 2  0  un 1  un ; n  1, 2,3,... .
* Suy ra dãy số (un ) tăng; từ đó dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn khi và chỉ khi dãy bị chặn trên.
Giả sử tồn tại lim un  L ( L  ) , thì chuyển qua giới hạn hệ thức un 1  un2  (1  2a)un  a 2 ta có:

L  L2  (1  2a) L  a 2  L  a .
- Nếu có chỉ số k 
Do

đó:

uk  a

*

mà uk  a thì un  a; n  k nên L  a trái với kết quả lim un  L  a .

với

mọi

k  1, 2,...

hay

un2  (1  2a)un  a 2  a, n  1, 2,3,...

u12  (1  2a )u1  a 2  a  a  1  u1  a  a  1  2014  a từ đó ta được 2014  a  2015 .

* Đảo lại: Nếu 2014  a  2015  a  1  u1  a .

nói

riêng


 (u1  a  1)(u1  a )  0  u12  (1  2a)u1  a 2  a  0  u2  a .

và u1  u2  a  1  u2  a .
Bằng quy nạp ta chứng minh được a  1  un  a, n  1, 2,3,... (H/s trình bày ra).
Như vậy dãy (un ) tăng, bị chặn trên bới a , do đó dãy (un ) có giới hạn hữu hạn.

Kết luận: Với điều kiện 2014  a  2015 thì dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn và lim un  a .
Cho hai dãy số  an  và  bn  được xác định như sau:.

Bài 5.

a1  2, b1  1 , an 1 

2an .bn
; bn 1  an 1.bn , n  1, 2,  .
an  bn

Chứng minh rằng  an  và  bn  có cùng giới hạn, tìm giới hạn đó.
Hướng dẫn giải
Bằng quy nạp, ta chứng minh rằng:.
2n.sin

an 

sin


3


n

1 ; bn 


2 .3

.cos



2n.sin
sin

n

2 .3

2n.3 (2).



3

Từ (1), (2) tồn tại lim an và lim bn .
n 

Ngoài ra: lim an  lim
n 

n 

lim bn  lim an .lim cos
n 

n 

n 

n 

2n.sin
sin


3


n

2 .3


2 .3

.cos





n



2n.3

3



sin





2 3
.
9

3

2 3
.
9

Vậy hai dãy an  , bn  có cùng giới hạn chung là

Bài 6.

2 3
.
9

1


x

1

2
Cho dãy số (xn) thỏa mãn: 
. Chứng minh dãy số trên có giới hạn.
2
x
 x  x  n ; n  1
n
 n 1
n2
Hướng dẫn giải

*) Ta chứng minh xn  n 2 

n  n  1
2

với mọi n  1 (1).

Thật vậy: n  1 đúng.
Giả sử (1) đúng với n  k  1: xk  k 2 

k  k  1
2

.

 xk 1   k  1  xk 
2

xk2
x
2
2
  k  1 = k2  xk  k 2    k  1 .
2
k
k

3  k  1 k  k  1
2
 k  1  k  k  1
.

 1
  k  1 

2
2
2
k 2 
2



  k  1 k  2 
k  1  3  k  1
(đpcm).
k 

2
2 
2


*) Ta chứng minh  xn  có giới hạn.
NX:  xn  tăng và xn  0 với mọi n .
Ta có

1 1
1
1
1
2
1
 1
   2 1    2  xn 
với mọi n  1.



2
x1 xn
xn xn 1 xn  n
n  n  1

2 2
 n

Vậy  xn  có giới hạn.
Bài 7.

Tam giác mà 3 đỉnh của nó là ba trung điểm của ba cạnh tam giác ABC được gọi là tam giác
trung bình của tam giác ABC. .

Xây dựng dãy các tam giác A1 B1C1 , A2 B2C2 , A3 B3C3 ,.... sao cho tam giác A1 B1C1 là một tam giác đều
cạnh bằng 1 và với mỗi số nguyên n  2, tam giác An BnCn là tam giác trung bình của tam giác

An 1 Bn 1Cn 1 . Với mỗi số nguyên dương n , kí hiệu rn tương ứng là bán kính của đường tròn ngoại tiếp
tam giác An BnCn . Chứng minh rằng dãy số  rn  là một cấp số nhân. Hãy xác định số hạng tổng quát của
cấp số nhân đó?.
Hướng dẫn giải
+  rn  là một cấp số nhân với công bội q 
+ Số hạng tổng quát: rn 
Bài 8.

1
1
và số hạng đầu r1 
..
2
3

1
..
3.2n 1

Cho dãy số  an  được xác định bởi: a1  1 và an 1  an  2n  1 với mọi n  1. Xét dãy số  bn 
mà: bn  an 1  an với mọi n  1 .

a) Chứng minh rằng dãy số  bn  là một cấp số cộng. Hãy xác định số hạng đầu và công sai của cấp số
cộng đó.
b) Cho số nguyên dương N . Hãy tính tổng N số hạng đầu tiên của dãy số  bn  theo N . Từ đó, hãy suy
ra số hạng tổng quát của dãy số  an  . .
Hướng dẫn giải
a) Từ giả thiết  bn  2n  1   bn  là một cấp số cộng với số hạng đầu b1  1 và công sai d  2. .
b) + Tổng N số hạng đầu của dãy  bn  là: S N  N 2 . .