NBV 1d3 1 PHƯƠNG PHÁP QUY nạp TOÁN học

CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP

TOÁN 11
1D3-1

ĐT:0946798489

PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC
TRUY CẬP ĐỂ ĐƯỢC NHIỀU
HƠN

PHẦN A. CÂU HỎI
Câu 1.

Khi sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh mệnh đề chứa biến A  n  đúng với mọi số tự
nhiên n  p ( p là một số tự nhiên), ta tiến hành hai bước:
 Bước 1, kiểm tra mệnh đề A  n  đúng với n  p.

 Bước 2, giả thiết mệnh đề A  n  đúng với số tự nhiên bất kỳ n  k  p và phải chứng minh rằng
nó cũng đúng với n  k  1.
Trogn hai bước trên:
A. Chỉ có bước 1 đúng.
B. Chỉ có bước 2 đúng.
C. Cả hai bước đều đúng.
D. Cả hai bước đều sai.
Câu 2.

Một học sinh chứng minh mệnh đề ''8n  1 chia hết cho 7, n  * '' * như sau:

 Giả sử * đúng với n  k , tức là 8k  1 chia hết cho 7.
 Ta có: 8k 1  1  8  8k  1  7 , kết hợp với giả thiết 8k  1 chia hết cho 7 nên suy ra được 8k 1  1

chia hết cho 7. Vậy đẳng thức * đúng với mọi n  * .
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Học sinh trên chứng minh đúng.
B. Học sinh chứng minh sai vì khơng có giả thiết qui nạp.
C. Học sinh chứng minh sai vì khơng dùng giả thiết qui nạp.
D. Học sinh không kiểm tra bước 1 (bước cơ sở) của phương pháp qui nạp.
Câu 3.

Cho S n 
A. S3 

Câu 4.

Câu 5.

Câu 6.

1
.
12

Cho S n 
A. Sn 

1
1
1
1
với n * . Mệnh đề nào sau đây đúng?



 ... 
1 2 2  3 3  4
n.  n  1

1
B. S2  .
6

2
C. S2  .
3

1
D. S3  .
4

1
1
1
1
với n * . Mệnh đề nào sau đây đúng?


 ... 
1 2 2  3 3  4
n.  n  1

n 1
.

n

B. Sn 

n
.
n 1

C. Sn 

n 1
.
n2

D. Sn 

n2
.
n3

1 
1 
1 

Cho Pn  1  2 1  2  ... 1  2  với n  2 và n  . Mệnh đề nào sau đây đúng?
 2  3   n 
n 1
n 1
n 1
n 1

.
.
.
.
A. P 
B. P 
C. P 
D. P 
n2
2n
n
2n
Với mọi n  * , hệ thức nào sau đây là sai?
n  n  1
A. 1  2  ...  n 
2
B. 1  3  5  ...   2n  1  n 2 .
C. 12  22  ...  n 2 

n  n  1 2n  1
6

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương: />
1


CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP

ĐT:0946798489
2

D. 22  42  62     2n  

2n  n  1 2n  1
.
6

Câu 7.

Với mối số nguyên dương n , đặt S  12  22  ...  n2 . Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
n(n  1)(n  2)
n( n  1)(2n  1)
A. S 
. B. S 
.
6
3
n( n  1)(2n  1)
n( n  1)(2n  1)
C. S 
. D. S 
.
6
2

Câu 8.

Đặt Tn  2  2  2  ...  2 (có n dấu căn). Mệnh đề nào dưới đây là mệnh đề đúng?
A. Tn  3 .

Câu 9.

Đặt Sn 
A. Sn 

B. Tn  2 cos


2

n 1

.

C. Tn  cos


2n 1

.

D. Tn  5 .

1
1
1

 ... 
,với n  * .Mệnh đề nào dưới đây đúng?
1.3 3.5

(2n  1)(2n  1)

n 1
.
2(2n  1)

B. S n 

3n  1
.
4n  2

C. Sn 

n
.
2n  1

Câu 10. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 2n 1  n 2  3n.
A. n  3 .
B. n  5 .
C. n  6 .
Câu 11. Tổng S các góc trong của một đa giác lồi n cạnh, n  3 , là:
A. S  n.180 .
C. S   n  1 .180 .

D. Sn 

n2
.

6n  3

D. n  4 .

B. S   n  2  .180 .
D. S   n  3 .180 .

Câu 12. Với n  * , hãy rút gọn biểu thức S  1.4  2.7  3.10  ...  n  3n  1 .
2
2
A. S  n  n  1 .
B. S  n  n  2  .
C. S  n  n  1 .
D. S  2n  n  1 .
Câu 13. Kí hiệu k !  k  k  1 ...2.1, k  * . Với n  * , đặt Sn  1.1! 2.2! ...  n.n !. Mệnh đề nào dưới
đây là đúng?
A. Sn  2.n ! .
B. S n   n  1! 1 .
C. S n   n  1 ! .
D. Sn   n  1! 1 .

2

2

Câu 14. Với n  * , đặt Tn  12  22  32  ...   2n  và M n  22  42  62  ...   2n  . Mệnh đề nào dưới
đây là đúng?
T
T
T

T
4n  1
4n  1
8n  1
2n  1
A. n 
.
B. n 
.
C. n 
.
D. n 
.
M n 2n  2
M n 2n  1
Mn
n 1
Mn
n 1
Câu 15. Tìm số nguyên dương p nhỏ nhất để 2 n  2n  1 với mọi số nguyên n  p .
A. p  5 .
B. p  3 .
C. p  4 .
D. p  2 .
Câu 16. Tìm tất cả các giá trị của n  * sao cho 2 n  n 2 .
A. n  5 .
B. n  1 hoặc n  6 . C n  7 .
D. n  1 hoặc n  5 .
1
1

1
an  b

 ... 

Câu 17. Với mọi số nguyên dương n , ta có:
, trong đó a , b, c là các
 3n  1 3n  2  cn  4
2.5 5.8
số nguyên. Tính các giá trị của biểu thức T  ab 2  bc 2  ca 2 .
A. T  3 .
B. T  6 .
C. T  43 .
D. T  42 .
1  an  2
 1  1  
Câu 18. Với mọi số nguyên dương n  2 , ta có: 1   1   ... 1  2  
, trong đó a , b là các số
 4   9   n  bn  4
nguyên. Tính các giá trị của biểu thức T  a 2  b 2 .
A. P  5 .
B. P  9 .
C. P  20 .
D. P  36 .
Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương: />
2


CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP

ĐT:0946798489

Câu 19. Biết rằng 1  2  ...  n  an  bn  cn  dn  e, n   . Tính giá trị biểu thức
M  abcd e.
1
1
A. M  4 .
B. M  1 .
C. M  .
D. M  .
4
2
3
Câu 20. Biết rằng mọi số nguyên dương n , ta có 1.2  2.3  ...  n  n  1  a1n  b1n 2  c1n  d1 và
Tính
giá
trị
biểu
thức
1.2  2.5  3.8  ...  n  3n  1  a2 n 3  b2 n 2  c2 n  d 2 .
3

3

3

4

3

2

*

T  a1a2  b1b2  c1c2  d1d 2 .
4
2
.
D. T  .
3
3
k
k
k
Câu 21. Biết rằng 1  2  ...  n , trong đó n, k là số nguyên dương. Xét các mệnh đề sau:

A. T  2 .

B. T  1 .

C. M 

2
n  n  1
n  n  1 2n  1
n 2  n  1
n  n  1 2n  1  3n 2  3n  1
S1 
, S2 
, S3 

và S 4 
.
30
2
6
4
Số các mệnh đề đúng trong các mệnh đề nói trên là:
A. 4 .
B. 1.
C. 2 .
D. 3 .

Câu 22. Với n   , ta xét các mệnh đề P : "7 n  5 chia hết cho 2" ; Q :"7 n  5 chia hết cho 3" và
Q :"7 n  5 chia hết cho 6" . Số mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên là :
A. 3 .
B. 0 .
C. 1.
D. 2 .
*

Câu 23. Xét bài toán: “Kiểm nghiệm với số nguyên dương n bất đẳng thức n  2 n 1 ”. Một học sinh đã trình
bày lời giải bài toán này bằng các bước như sau:
Bước 1: Với n  1 , ta có: n !  1!  1 và 2n1  211  20  1 . Vậy n !  2 n 1 đúng.
Bước 2 : Giả sử bất đẳng thức đúng với n  k  1 , tức là ta có k !  2 k 1 .
Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n  k  1 , nghĩa là phải chứng minh  k  1 !  2k .
k 1

n 1

k

Bước 3 : Ta có  k  1!   k  1 .k !  2.2  2 . Vậy n!  2
Chứng minh trên đúng hay sai, nếu sai thì sai từ bước nào ?
A. Đúng.
B. Sai từ bước 2.
C. Sai từ bước 1.

với mọi số nguyên dương n .
D. Sai từ bước 3.

2

1
1
1
an  bn
, trong đó a , b, c, d và n là các số

 ... 
 2
1.2.3 2.3.4
n  n  1 n  2  cn  dn  16
nguyên dương. Tính giá trị của biểu thức T   a  c  b  d  .
là :
A. T  75 .
B. T  364 .
C. T  300 .
D. T  256 .
PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO

Câu 24. Biết rằng

Câu 1.
Câu 2.
Câu 3.

Chọn
C.
Chọn D. Thiếu bước 1 là kiểm tra với n  1 , khi đó ta có 81  1  9 khơng chi hết cho 7.
1
1
1
Nhìn vào đi của Sn là

 cho n  2 , ta được

.
n.  n  1
2.  2  1 2  3

1
1
2

 . Chọn C.
1 2 2  3 3
1
2
3
Cách trắc nghiệm: Ta tính được S1  , S2  , S3  . Từ đó ta thấy quy luật là từ nhỏ hơn

2
3
4
mẫu đúng 1 đơn vị. Chọn B.
1
2
3
n
 dự đoán Sn 
.
Cách tự luận. Ta có S1  , S2  , S3  
2
3
4
n 1
Do đó với n  2 , ta có S2 

Câu 4.

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương: />
3


CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP

 Với n  1 , ta được S1 

ĐT:0946798489

1

1

: đúng.
1.2 1  1

 Giả sử mệnh đề đúng khi n  k  k  1 , tức là
 Ta có


1
1
1
k
.

 ... 

1.2 2.3
k  k  1 k  1

1
1
1
k

 ... 

1.2 2.3
k  k  1 k  1

1
1
1
1
k
1

 ... 



1.2 2.3
k  k  1  k  1 k  2  k  1  k  1 k  2 

1
1
1
1
k 2  2k  1

 ... 


1.2 2.3
k  k  1  k  1 k  2   k  1 k  2 
1
1
1
1
k 1



 ... 


. Suy ra mệnh đề đúng với n  k  1 .
1.2 2.3
k  k  1  k  1 k  2  k  2


Câu 5.

Câu 6.
Câu 7.
Đáp án


1  3

 P2  1  2  
n  2 

 2  4
Vì n  2 nên ta cho 
.
1
1
2





n  3 
 P3  1  2  . 1  2  

 2  3  3
Kiểm tra các đáp án chỉ cho D thỏa. Chọn D.
Bẳng cách thử với n  1 , n  2 , n  3 là ta kết luận được. Chọn

D.

C. Cách 1: Chúng ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học rằng mọi n * , ta có đẳng
n(n  1)(2n  1)
.
thức 12  22  32  ...  n 2 
6
1(1  1)(2.1  1)
 1.
- Bước 1: Với n  1 thì vế trái bằng 12  1 , vế phải bằng
6
Vậy đẳng thức đúng với n  1 .
-Bước 2: Giả sử đẳng thức đúng với n  k  1 , tức là chứng minh
(k  1)  (k  1)  1 2(k  1)  1 (k  1)(k  2)(2k  3)
12  22  32  ...  k 2  (k  1) 2 

.
6
6
Ta phải chứng minh đẳng thức cũng đúng với n  k  1 , tức là chứng minh
(k  1)  (k  1)  1 2(k  1)  1 (k  1)(k  2)(2k  3)

12  22  32  ...  k 2  (k  1) 2 

.
6
6
Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có
(k  1)(k  1)(2k  1)
12  22  32  ...  k 2  (k  1)2 
 (k  1)2 .
6
( k  1)( k  1)(2k  1)
k ( k  1)(2k  1)  6( k  1) 2 ( k  1)( k  2)(2k  3)
Mà
 ( k  1)2 

.
6
6
6
(k  1)(k  2)(2k  3)
.
Suy ra 12  22  32  ...  k 2  (k  1) 2 
6
Do đó đẳng thức đúng với n  k  1 . Suy ra có điều phải chứng minh.
Vậy phương án đúng là C.
Cách 2: Kiểm tra tính đúng-sai của từng phương án đến khi tìm được phương án đúng thơng qua
một số giá trị cụ thể của n.
+ Với n  1 thì S  12  1 (loại được các phương án B và D);
+ Với n  2 thì S  12  22  5 (loại được phương án A).

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương: />
4


CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP

Vậy phương án đúng là

ĐT:0946798489

C.

Câu 8.
Đáp án

B. Ta chứng minh Tn  2 cos


2 n 1

Bước 1: Với n  1 thì vế trái bằng

bằng phương pháp quy nạp tốn học. Thật vậy:

2 , cịn vế phải bằng 2 cos


11

2

 2 cos


4

 2.

Vậy đẳng thức đúng với n  1 .
Bước 2: Giả sử đẳng thức đúng với n  k  1 , nghĩa là Tk  2 cos


2k 1

.

Ta phải chứng minh đẳng thức cũng đúng với n  k  1 , tức là chứng minh Tk 1  2 cos
Thật vậy, vì Tk 1  2  Tk nên theo giả thiết quy nạp ta có Tk 1  2  Tk  2  2 cos
 
 1  cos  2. k  2
2
 2
Vậy phương án đúng là B.

Mặt khác, 1  cos

Câu 9.
Đáp án



k 1


2k 2


2 k 1

.
.



2 
2 
  2 cos k  2 nên Tk 1  2.2 cos k  2  2 cos k  2 .
2
2
2


C. Cách 1: Rút gọn biểu thức Sn dựa vào việc phân tích phần tử đại diện.
Với mọi số nguyên dương k , ta có

1
1 1
1 
 


.
(2k  1)(2k  1) 2  2k  1 2k  1 

1 1 1 1
1
1  1
1 
n
Do đó: S n   1     ... 
.

  1 

2 3 3 5
2n  1 2n  1  2  2n  1  2n  1
Vậy phương án đúng là phương án
C.
Cách 2: Kiểm tra tính đúng – sai của phương án dựa vào một số giá trị cụ thể của n.
1 1
 (chưa loại được phương án nào);
Với n  1 thì S1 
1.3 3
1
1 2

 (loại ngay được các phương án A,B và D.
Với n  2 thì S2 
1.3 3.5 5
Vậy phương án đúng là phương án
C.

Câu 10.
Đáp án D. Kiểm tra tính đúng – sai của bất đẳng thức với các trường hợp n  1, 2,3, 4, ta dự đoán được
2n 1  n 2  3n, với n  4. Ta chứng minh bất đẳng thức này bằng phương pháp quy nạp toán học.
Thật vây:
-Bước 1: Với n  4 thì vế trái bằng 24 1  25  32, còn vế phải bằng 42  3.4  28.
Do 32  28 nên bất đẳng thức đúng với n  4.
-Bước 2: Giả sử đẳng thức đúng với n  k  4, nghĩa là 2k 1  k 2  3k .
Ta phải chứng minh bất đẳng thức cũng đúng với n  k  1, tức là phải chứng minh
2

2 k 1 1   k  1  3  k  1 hay 2k  2  k 2  5k  4.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có 2k 1  k 2  3k .
Suy ra 2.2 k 1  2  k 2  3k  hay 2k  2  2k 2  6k
Mặt khác 2k 2  6k   k 2  5k  4   k 2  k  4  42  4  4  16 với mọi k  4.
Do đó 2k  2  2  k 2  3k   k 2  5k  4 hay bất đẳng thức đúng với n  k  1.
Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương: />
5


CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP

ĐT:0946798489

Suy ra bất đẳng thức được chứng minh.
Vậy phương án đúng là D.
Câu 11. Đáp án
B.
Cách 1: Từ tổng các góc trong tam giác bằng 180 và tổng các góc trong từ giác bằng 360 ,

chúng ta dự đoán được S   n  2  .180 .
Cách 2: Thử với những trường hợp đã biết để kiểm nghiệm tính đúng –sai từ các cơng thức. Cụ
thể là với n  3 thì S  180 (loại luôn được các phương án A, C và D); với n  4 thì S  360
(kiểm nghiệm phương án B lần nữa).
Câu 12. Đáp án
A.
Để chọn được S đúng, chúng ta có thể dựa vào một trong ba cách sau đây:
Cách 1: Kiểm tra tính đúng –sai của từng phương án với những giá trị của n .
Với n  1 thì S  1.4  4 (loại ngay được phương án B và C); với n  2 thì S  1.4  2.7  18
(loại được phương án D).
Cách 2: Bằng cách tính S trong các trường hợp n  1, S  4; n  2, S  18; n  3, S  48 ta dự
2
đốn được cơng thức S  n  n  1 .

Cách 3: Ta tính S dựa vào các tổng đã biết kết quả như 1  2  ...  n 

12  22  ...  n2 
Câu 13.

n  n  1
và
2

n  n  1 2n  1
2
. Ta có: S  3 12  2 2  ...  n 2   1  2  ...  n   n  n  1 .
6

Đáp án
B.

Chúng ta có thể chọn phương án đúng dựa vào một trong hai cách sau đây:
Cách 1: Kiểm nghiệm từng phương án đúng đối với những giá trị cụ thể của n .
Với n  1 thì S1  1.1!  1 (Loại ngay được các phương án A, C, D).
Cách 2: Rút gọn S n dựa vào việc phân tích phần tử đại diện

k .k !   k  1  1 .k !   k  1 .k ! k !   k  1 ! k ! . Suy ra:
Sn   2! 1!   3! 2!  ...    n  1 ! n !   n  1 ! 1 .
Câu 14.

Đáp án
A.
Chúng ta có thể chọn phương án đúng dựa vào một trong hai cách sau đây:
Cách 1: Kiểm nghiệm từng phương án đúng đối với những giá trị cụ thể của n .
T
5
Với n  1 thì T1  12  2 2  5; M 1  2 2  4 nên 1  (loại ngay được các phương án B, C, D).
M1 4
Cách 2: Chúng ta tính Tn , M n dựa vào những tổng đã biết kết quả. Cụ thể dựa vào ví dụ 1:
2n  2n  1 4n  1
2n  n  1 2n  1
T
4n  1
Tn 
; Mn 
. Suy ra n 
.
6
3
M n 2n  2

Câu 15.

Đáp án
B.
Dễ thấy p  2 thì bất đẳng thức 2 p  2 p  1 là sai nên loại ngay phương án
D.
p
Xét với p  3 ta thấy 2  2 p  1 là bất đửng thức đúng. Bằng phương pháp quy nạp toán học
chúng ta chứng minh được rằng 2 n  2n  1 với mọi n  3 . Vậy p  3 là số nguyên dương nhỏ
nhất cần tìm.
Câu 16. Đáp án
D.
Kiểm tra với n  1 ta thấy bất đẳng thức đúng nên loại ngay phương án A và C.

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương: />
6


CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP

ĐT:0946798489

Kiểm tra với n  1 ta thấy bất đẳng thức đúng. Bằng phương pháp quy nạp toán học chúng ta
chứng minh được rằng 2n  n 2 , n  5 .
Câu 17. Đáp án
B.
1
1 1
1 
Cách 1: Với chú ý

 

, chúng ta có:
 3k  1 3k  2  3  3k  1 3k  2 
1
1
1
1 1 1 1 1
1
1 

 ... 
      ... 


 3n  1 3n  2  3  2 5 5 8
2.5 5.8
3n  1 3n  2 
1
3n
n

= .
.
3 2  3n  2  6n  4
Đối chiếu với đẳng thức đã cho, ta có: a  1, b  0, c  6 .
Suy ra T  ab 2  bc 2  ca 2  6 .
a  b 1 2a  b 1 3 x  b 3
.
 ;

 ;

c  4 10 2c  4 8 3c  4 22
Giải hệ phương trình trên ta được a  1, b  0, c  6 . Suy ra T  ab 2  bc 2  ca 2  6

Cách 2: Cho n  1, n  2, n  3 ta được:

Câu 18.

Đáp án

C.

1 k 1 k 1
. Suy ra

.
k2
k
k
1  1 3 2 4 n  1 n  1 n  1 2n  2
 1  1  
.
.


1   1   ...  1  2   . . . ...
 4  9   n  2 2 3 3
n
2n

2n
4n
Đối chiếu với đẳng thức đã cho ta có: a  2, b  4 . Suy ra P  a 2  b 2  20 .
a  1 3 3a  2 2
Cách 2: Cho n  2, n  3 ta được
 ;
 . Giải hệ phương trình trren ta được
b
4 3b
3
2
2
a  2; b  4 . Suy ra P  a  b  20 .
Câu 19. Đáp án
B.

Cách 1: Bằng cách phân tích số hạng đại diện, ta có: 1 

2

n 2  n  1
n 4  2n3  n 2

Cách 1: Sử dụng kết quả đã biết: 1  2  ...  n 
. So sánh cách hệ số,
4
4
1
1
1

ta được a  ; b  ; c  ; d  e  0 .
4
2
4
Cách 2: Cho n  1, n  2, n  3, n  4, n  5 , ta được hệ 5 phương trình 5 ẩn a , b, c, d , e . Giải hệ
1
1
1
phương trình đó, ta tìm được a  ; b  ; c  ; d  e  0 . Suy ra M  a  b  c  d  e  1 .
4
2
4
Câu 20. Đáp án
C.
Cách 1: Sử dụng các tổng lũy thừa bậc 1 và bậc 2 ta có:
1
2
+) 1.2  2.3  ...  n  n  1  12  2 2  ...  n 2   1  2  ...  n   n3  n 2  n .
3
3
1
2
Suy ra a1  ; b1  1; c1  ; d1  0 .
3
3
+) 1.2  2.5  3.8  ...  n  3n  1  3 12  22  ...  n 2   1  2  ...  n   n3  n 2 .
Suy ra a2  b2  1; c2  d 2  0 .
4
Do đó T  a1a2  b1b2  c1c2  d1d 2  .
3

Cách 2: Cho n  1, n  2, n  3, n  4 và sử dụng phương pháp hệ số bất đinh ta cũng tìm được
1
2
a1  ; b1  1; c1  ; d1  0 ; a2  b2  1; c2  d 2  0 .
3
3
3

3

3

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương: />
7


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP

Do đó T  a1a2  b1b2  c1c2  d1d 2 
Câu 21.

Đáp án

ĐT:0946798489

4
.
3

D.

2
n 2  n  1
chúng ta thấy ngay được chỉ có S3 
là sai.
4
Câu 22. Đáp án
A.
Bằng phương pháp quy nạp toán học, chúng ta chứng minh được rằng 7 n  5 chia hết cho 6.
Thật vậy: Với n  1 thì 71  5  12  6 .
Giả sử mệnh đề đúng với n  k  1 , nghĩa là 7 k  5 chia hết ccho 6.
Ta chứng minh mệnh đề đúng với n  k  1 , nghĩa là phỉa chứng minh 7 k 1  5 chia hết cho 6.
Ta có: 7 k 1  5  7  7 k  5   30 .
Theo giả thiết quy nạp thì 7 k  5 chia hết cho 6 nên 7 k 1  5  7  7 k  5   30 cũng chia hết cho 6.
Vậy 7 n  5 chia hết cho 6 với mọi n  1. Do đó các mệnh đề P và Q cũng đúng.
Câu 23. Đáp án
A.
Câu 24. Đáp án
C.
1
1 1
1

Phân tích phần tử đại diện, ta có:
.
 

k  k  1 k  2  2  k  k  1  k  1 k  2  
1
1

1

 ... 
Suy ra:
1.2.3 2.3.4
n  n  1 n  2 
1 1
1
1
1
1
1

 


.
 ... 






2 1.2 2.3 2.3 3.4
n n 1
n  1 n  2 
n 2  3n
2n 2  6 n
1 1

1

=

.
  
2  2  n  1 n  2   4n 2  12n  8 8n2  24n  16
Đối chiếu với hệ số, ta được: a  2; b  6; c  8; d  24 .
Suy ra: T   a  c  b  d   300 .

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương: />
8