Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học

Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC
Vấn đề 1. Dùng quy nạp để chứng minh đẳng
thức. Bất đẳng thức
Bài 1
1. Bước 1: Với n = 1 ta có:
1(1+ 1)(2.1+ 1)
VT = 12 = 1, VP =
= 1⇒ VT = VP
6
⇒ đẳng thức cho đúng với n = 1.
Bước 2: Giả sử đẳng thức cho đúng với n = k ≥ 1, tức là:
k(k + 1)(2k + 1)
12 + 22 + ... + (k − 1)2 + k2 =
(1)
6
Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với n = k + 1, tức là cần chứng
minh:
(k + 1)(k + 1)(2k + 3)
12 + 22 + ... + (k − 1)2 + k2 + (k + 1)2 =
(2).
6
Thật vây:
VT(2) = 12 + 22 + ... + k2  + (k + 1)2



do (1)

=

k(k + 1)(2k + 1)
+ (k + 1)2
6

 2k2 + k
 (k + 1)(2k2 + 7k + 6)
= (k + 1) 
+ k + 1 =
6
 6

(k + 1)(k + 2)(2k + 3)
=
= VP(2)
6
⇒ (2) đúng ⇒ đẳng thức cho đúng với mọi n ≥ 1.
2. * Với n = 1 ta có VT = 1 = VP ⇒ đẳng thức cho đúng với n = 1
* Giả sử đẳng thức cho đúng với n = k ≥ 1, tức là:
1 2
k 3 2k + 3
+
+ ... +
= −
(1)
2
3 3
3k 4 4.3k
Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với n = k + 1, tức là cần chứng
minh

1 2
k k + 1 3 2k + 5
+
+ ... +
+
= −
(2).
2
3 3
3k 3k+1 4 4.3k+1
Thật vậy:
3 2k + 3 k + 1 3 2k + 5
VT(2) = −
+
= −
= VP(2)
4 4.3k
3k+1 4 4.3k+1
⇒ (2) đúng ⇒ đẳng thức cho đúng.
Bài 2
1. 1.2 + 2.3 + ... + k(k + 1) + (k + 1)(k + 2) =
87


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

=

k(k + 1)(k + 2)

(k + 1)(k + 2)(k + 3) .
+ (k + 1)(k + 2) =
3
3

2.
=

1
1
1
1
1
+
+
+ ... +
+
=
1.5 5.9 9.13
( 4k − 3) ( 4k + 1) (4k + 1)(4k + 5)

k
1
k+1
+
=
4k + 1 (4k + 1)(4k + 5) 4k + 5
2

2

 k(k + 1) 
 (k + 1)(k + 2) 
3. 
+ (k + 1)3 = 

 .
3
 3 




4
1+ 2k
(2k + 3)(2k − 1)(1+ 2k)
2k + 3
=−
=
÷
4.  1−
2 ÷1− 2k
2
−(2k + 1)
(2k + 1) 
(2k + 1) (1− 2k)

5,6,7. Bạn đọc tự làm
k(k + 1)(k + 2)(k + 3)
+ (k + 1)(k + 2)(k + 3) =

8.
4
(k + 1)(k + 2)(k + 3)(k + 4)
=
.
4
9.

k(k2 − 1)(3k + 2)
 (k − 1)(3k + 2) 
+ k(k + 1)2 = k(k + 1) 
+ 1
12
12


=

10.
=

k(k + 1)(3k2 − k − 10) (k + 1)k(k + 2)(3k + 5)
.
=
12
12

k(k + 3)
1
+

=
4(k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2)(k + 3)

(k + 1)(k + 4)
k(k + 3)2 + 4
(k + 1)2(k + 4)
=
.
=
4(k + 1)(k + 2)(k + 3) 4(k + 1)(k + 2)(k + 3) 4(k + 2)(k + 3)

Bài 3
1.
π
* Với n = 1⇒ VT = 2, VP = 2cos = 2
4
⇒ VT = VP ⇒ đẳng thức cho đúng với n = 1.
* Giả sử đẳng thức cho đúng với n = k , tức là:
π

(k dấu căn) (1)
2
Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với n = k + 1, tức là:
2 + 2 + 2 + ... + 2 + 2 = 2cos

2 + 2 + 2 + ... + 2 + 2 = 2cos

88

k +1

π
k+ 2

2

( k + 1 dấu căn) (2).


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

π
2 + 2 + ... + 2 + 2 = 2 + 2cos
Thật vậy: VT(2) =   2 + 144444444
k +1
424444444443
2
k dau can

= 2(1+ cos

π
k +1

2

) = 4cos2

π
k+ 2

2

= 2cos

π
k+ 2

2

= VP(2)

a
(Ở trên ta đã sử đụng công thức 1+ cosa = 2cos2 ).
2
⇒ (2) đúng ⇒ đẳng thức cho đúng.
x
sin sinx
2
= sinx nên đẳng thức cho
2. • Với n = 1 ta có VT = sinx, VP =
x
sin
2
đúng với n = 1
• Giả sử đẳng thức cho đúng với n = k ≥ 1, tức là:
kx
(k + 1)x
sin
2

2
sinx + sin2x + ...sinkx =
(1)
x
sin
2
Ta chứng minh (4) đúng với n = k + 1, tức là
(k + 1)x
(k + 2)x
sin
sin
2
2
sinx + sin2x + ...sin(k + 1)x =
(2)
x
sin
2
kx
(k + 1)x
sin sin
2
2
+ sin(k + 1)x
Thật vậy: VT(2) =
x
sin
2

kx

(k + 1)x
x
sin
+ 2cos
sin 
(k + 1)x 
2
2
2
= sin


x
2 

sin

2

sin

(k + 1)x
(k + 2)x
sin
2
2
=
= VP(2)
x
sin

2
Nên (2) đúng. Suy ra đẳng thức cho đúng với mọi n ≥ 1.
sin

Bài 4 * Với n = 1 ta có: VT = sin1.α = 1. sin α = VP nên đẳng thức cho
đúng.
* Giả sử đẳng thức cho đúng với n = k ≥ 1, tức là : sinkx ≤ k sinx (1)
89


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

Ta phải chứng minh đẳng thức cho đúng với n = k + 1,tức là :
sin(k + 1)α ≤ ( k + 1) sin α (2)
Thật vậy:
sin ( k + 1) α = sinkα cosα + coskα sin α
≤ sinkα . cosα + coskα . sin α ≤ sinkα + sin α
≤ k sin α + sin α = ( k + 1) . sin α
Vậy đẳng thức cho đúng với n = k + 1, nên đẳng thức cho cũng đúng
với mọi số nguyên dương n .
Bài 5
k


1
n2 n
1. Ta chứng minh  1+ ÷ <
+ + 1 ,1≤ k ≤ n (1) bằng phương pháp
n


k2 k
quy nạp theo k . Sau đó cho k = n ta có (7).
1 1 1
* Với k = 1⇒ VT(1) = 1+ < 2 + + 1 = VP(1)
n n
n
⇒ (1) đúng với k = 1.
* Giải sử (1) đúng với k = p, 1≤ p ≤ n , tức là:
p

p2 p

1
 1+ ÷ < 2 + + 1 (2).
n
n

n
k
=
p
+
1
Ta chứng minh (1) đúng với
, tức là
p+1


1

 1+ ÷
n


p+1


1
Thật vậy:  1+ ÷
n


=
<

p2
n3

+

<
p


1
=  1+ ÷
n



p2 + p
n2

+

(p + 1)2
n2

+

p+1
+ 1 (3).
n


1   p2 p  
1
. 1+ ÷ < 
+ + 1÷ 1+ ÷
2 n

÷
n
n

 n



p+1

p p2 + p p + 1
+ 1≤
+
+
+1
n
n
n2
n2

p2 + 2p + 1 p + 1
(p + 1)2 p + 1
+
+ 1=
+
+ 1 ⇒ (3) đúng ⇒
n
n
n2
n2

đpcm.
Cách khác: Khi n = 1⇒ 2 < 3(đúng) dễ thấy khi n > 1⇒
n

1
tiến dần về
n

n


1

1
0 ⇒  1+ ÷ tiến gần về 1.Vậy ∀n ≥ 1ta ln có  1+ ÷ < 3
n
n




2. Với n = 2 ta có: VT = 32 = 9 > VP = 3.2 + 1 = 7 nên đẳng thức cho đúng
với n = 1
• Giả sử đẳng thức cho đúng với n = k ≥ 2, tức là: 3k > 3k + 1 (1)
90


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với n = k + 1, tức là :
3k+1 ≥ 3(k + 1) + 1 = 3k + 4

(2)

Thật vậy: 3k+1 = 3.3k > 3(3k + 1) = 3k + 4 + (6k − 1) > 3k + 4 nên (2) đúng.
Vậy bài tóan được chứng minh.
2
3. Với n = 1 ta có: VT = = 2, VP = 3 ⇒ đẳng thức cho đúng với n = 1
1

• Giả sử đẳng thức cho đúng với n = k ≥ 1, tức là:
2.4.6.2k
> 2k + 1 (1)
1.3.5...( 2k − 1)
Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với n = k + 1, tức là:
2.4.6.2k(2k + 2)
> 2k + 3 (2)
1.3.5...( 2k − 1) (2k + 1)
Thật vậy:

2.4.6.2k(2k + 2)
2k + 2 2k + 2
> 2k + 1.
=
2k + 1
1.3.5...( 2k − 1) (2k + 1)
2k + 1

Nên ta chứng minh

2k + 2

> 2k + 3 ⇔ ( 2k + 2) > (2k + 1)(2k + 3)
2

2k + 1
⇔ 4 > 3 hiển nhiên đúng.
Vậy bài toán được chứng minh.
Bài 6

x
1. Trong BĐT f(x + y) ≥ f(x).f(y) thay x và y bằng , ta được:
2
2

 x x  x  x
 x
ff + ÷ ≥  ÷.ff ÷ ⇒ ( x) ≥ f( )
 2 2  2  2
 2
Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n = 1.
Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k ≥ 1. Ta có
2k

  x 
(1)
f ( x) ≥ f  ÷
k
  2 
Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là :
  x 
f ( x) ≥ f 
k +1 ÷
  2 
 x 
Thật vậy ta có : ff
=
 k÷
÷
2 

2k+1

(2)

 x
x    x 
+
≥ f 


÷
÷
÷

÷
 2k + 1 2k + 1    2k + 1  

  x 
⇒ ff

 k÷
÷
  2  

2k



≥ 

 

2
 x  


÷
÷ 
 2k + 1   


2

2k

91


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

  x 
⇒ ff
÷
  2k ÷
 

2k



≥


 x 


÷
÷
 2k + 1  

2k + 1

2k+1

  x 
Do tính chất bắc cầu ta có được : f ( x) ≥ f 
k +1 ÷
  2 
Bất đẳng thức đúng với n = k + 1 nên cũng đúng với mọi số tự nhiên n.
Bài 7
1
1
1
1
1
< 2−
⇔
<
1. 2 − +
(hiển nhiên đúng)

2
k (k + 1)
k+1 k+1 k
k+

1

> k + 1 ⇔ k(k + 1) > k (hiển nhiên)
k+1
1
2 k+
< 2 k + 1 ⇔ 2 k(k + 1) < 2k + 1
k+1

2.

⇔ 4k(k + 1) < (2k + 1)2 = 4k(k + 1) + 1 (hiển nhiên).
3. tan(n + 1)α =

tannα + tan α
> (n + 1)tan α
1− tannα.tan α

⇔ tannα + tan α > (n + 1)tan α − (n + 1)tan2 α.tannα
⇔ tannα 1+ (n + 1)tan2 α  > ntan α (đúng)


4. 2k+1 > 2(2k + 1) = 2k + 3 + 2k − 1 > 2k + 3 .
5. 2k+ 3 = 2.2k+ 2 > 2(2k + 5) = 2(k + 1) + 5 + 2k + 7 > 2(k + 1) + 5
6. 3k = 3.3k−1 > 3k(k + 2) = (k + 1)(k + 2) + 2k2 + 3k − 2

> (k + 1)(k + 2) .
7. 2k− 2 = 2.2k−3 > 2(3k − 1) = 3k + 2 + 3k − 4 > 3k + 2
8. • Với n = 1 thì bđt hiển nhiên đúng
π
π
• Giả sử k cos − (k − 1)cos
≥ 1 . Ta cần chứng minh
k
k−1
π
π

π
π
π
(k + 1)cos
− kcos ≥ 1 ⇔ k  cos
− cos ÷ ≥ 2sin2
k+1
k
k
+
1
k
2(k
+ 1)


⇔ ksin
Ta có:

(2k + 1)π
π
π
sin
≥ sin2
(1)
2k(k + 1)
2k(k + 1)
2(k + 1)

π (2k + 1)π
π
(2k + 1)π
π
>
>
> 0 ⇒ sin
> sin
2 2k(k + 1) 2(k + 1)
2k(k + 1)
2(k + 1)

Mặt khác: sinnx ≤ n sinx ⇒ k sin
Từ đó ta có được (1) luôn đúng.
92

π
π
≥ sin

2k(k + 1)
2(k + 1)


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

Vậy bài toán được chứng minh.
1 3 5 2k + 1 2k + 3
1
2k + 3
. . ....
.
<
.
9.
2 4 6 2k + 2 2k + 4
3k + 4 2k + 4
Và

2k + 3
1
<
3k + 4 2k + 4
3k + 7
1

.

⇔ (3k + 7)(2k + 3)2 < (3k + 4)(2k + 4)2 ⇔ k + 1 > 0 (đúng).
10. k +

1
k +1

2

−1

< k + 1⇔

1
k +1

2

−1

< 1 (đúng).

Bài 8
1
2
3
4
,S2 = ;S3 = ,S4 =
3
5
7
9
n

2. Dự đoán cơng thức Sn =
.
2n + 1
Bài 9 • Ta chứng minh (2) đúng với n = 2k , k ≥ 1
* Với k = 1 thì (8.2) đúng (do (1))
* Giả sử (2) đúng với n = 2k , ta chứng minh (2) đúng với n = 2k+1
 x1 + ... + x k 
k
2 ÷
Thật vậy: f(x1) + ...f(x k ) ≥ 2 f 
k
2

÷
2


1. Ta có S1 =

 x k + ... + x k+1 
2
÷
) + ...f(x k+1 ) ≥ 2k f  2 +1
k
k
2 +1
2

÷
2

f(x


 x1 + ... + x k
k
2
Do đó: f(x1) + ...f(x k+1 ) ≥ 2 f 
k
2

2





 x k + ... + x k+1 
2
÷+ 2k f  2 +1
÷
k
÷

÷
2



 x1 + ... + x k + x k + ... + x k+1 

2
2 +1
2
÷.
≥ 2k+1f 
k +1

÷
2


Do vậy (2) đúng với mọi n = 2k .
• Giả sử (2) đúng với mọi n = k + 1≥ 3, tức là
f(x1) + f(x2) + ... + f(xk+1)  x1 + x2 + ... + xk +1 
≥ f
÷ (3)
k+1
k+1


Ta chứng minh (8.2) đúng với n = k , tức là
f(x1) + f(x2) + ... + f(xk )  x1 + x2 + ... + xk 
≥ f
÷ (4)
k
k


x + x + ... + xk x
Thật vậy: đặt xk+1 = 1 2

= , áp dụng (3) ta có
k
k
93


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

 x
f(x1) + f(x2) + ... + f(xk ) + f  ÷  x + x + ... + x 
 k  ≥ f 1 2
k÷

÷
k+1
k+1

÷
÷


 x + x + ... + xk 
≥ f 1 2
÷.
k
k


Vậy bài tốn được chứng minh.

Chú ý: Chứng minh tương tự ta cũng có bài tốn sau
f(x) + f(y)
≥ f( xy) ∀x,y ≥ 0 (a) thì ta có
Nếu
2
f(x1) + f(x2) + ... + f(xn )
≥ f n x1x2...xn với ∀xi ≥ 0, i = 1,n (b).
n
Hay

f(x1) + f(x2) + ... + f(xk )

(

)

Vấn đề 2. Ứng dụng phương pháp quy nạp
trong số học và trong hình học
Bài 1
1. Đặt an = n(2n2 − 3n + 1) = 2n3 − 3n2 + n
Ta có: an+1 = 2(n + 1)3 − 3(n + 1)2 + n + 1 = an + 6n2 .
2. Đặt an = 11n+1 + 122n−1
Ta có: an+1 = 11.11n+1 + 122.122n−1 = 11.an + 133.122n−1
3. Đặt an = n7 − n
7

7
k 7− k
Ta có an+1 = (n + 1) − (n + 1) = an+1 = an + ∑ C7 n
i =1

7!
k
,1≤ k ≤ 7 luôn chia hết cho 7.
Mà C7 =
k!(7 − k)!
4. Đặt an = 13n − 1⇒ an+1 = 13an + 12
5. Đặt an = n5 − n thì ta có:
ak+1 − ak = (k + 1)5 − k5 − 1 = 5k(k3 + 2k2 + 2k + 1) .

(

)

k +1
k
6. Đặt an = 16n − 15n − 1 thì ta có: ak+1 = 16 − 15k − 16 = ak + 15. 16 − 1

7. Đặt an = 4.32n+1 + 32n − 36 thì ta có:
ak+1 = 4.32k+ 3 + 32(k + 1) − 36 = ak + 32(32k+1 + 1)
Bài 2

1. * Với n = 2, ta có : a2 = ( 2 + 1) ( 2 + 2) = 12 ⇒ a2M4 = 22 .
* Giả sử ak M2k ta chứng minh ak+1M2k+1 . Thật vậy:
94


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

ak+1 = ( k + 1+ 1) ( k + 1+ 2) ...( k + k + 1+ 1)

= ( k + 2) ( k + 3) ...( k + k + 2)

= ( k + 2) ( k + 3) ...( k + k ) ( k + k + 1) ( k + k + 2)

= ( k + 1) ( k + 2) ( k + 3) ...( k + k )  .2.( k + k + 1)
14444444444444244444444444443
= 2ak .(k2 + k + 1)
ak
Do ak M2k ⇒ 2ak M2k+1 ⇒ ak+1M2k+1 đpcm.

2. Ta có: S(n) = 27S(n − 1) − 14S(n − 2) rồi dùng quy nạp để chứng minh
S(n) chia hết cho 751.
3.
• Ta có: f(3) = 2f(2) + f(1) = 5 , nên f 2(2) − f(3)f(1) = 22 − 5.1 = (−1)1
Suy ra đẳng thức cho đúng với n = 1.
• Giả sử đẳng thức cho đúng với n = k , tức là:
f 2(k + 1) − f(k + 2)f(k) = (−1)k (1)
Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với n = k + 1, tức là:
f 2(k + 2) − f(k + 3)f(k + 1) = (−1)k+1 (2)
Ta có:
f 2(k + 2) − f(k + 3)f(k + 1) = f 2(k + 2) −  2f(n + 2) + f(n + 1) f(k + 1)
= f(k + 2) f(k + 2) − 2f(k + 1) − f 2(k + 1)
= f(k + 2)f(k) − f 2(k + 1) = −(−1)k = (−1)k+1
Vậy bài toán được chứng minh.
4. Trước hết ta có nhận xét: p1.p2...pn + 1 > pn+1
• Với n = 1 ta có: 221 = 4 > p = 2
1
• Giả sử 22k > p ∀k ≤ n , ta cần chứng minh 22k+1 > p
k
k +1

1

2

pk

Thật vậy, ta có: 22 .22 ...22

+ 1 > p1.p2...pk + 1 > pk+1
k +1

−1
k +1
22
Suy ra 221+ 22+...+ 2k > p
+ 1 > pk+1 ⇒ 22
> pk+1
k +1 ⇒ 2
Vậy bài tốn được chứng minh
5.
• Với n = 1 bài tốn hiển nhiên đúng.
• Giả sử bài tốn đúng với n = k , ta chứng minh bài tốn đúng với
n= k+1
Nếu a = (k + 1)! thì bài toán hiển nhiên đúng
Ta xét a < (k + 1)! , ta có: a = (k + 1)d + r với d < k!,r < k + 1

95


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác

giả.

Vì d < k! nên d = d1 + d2 + ... + dk với di (i = 1,k) là các ước đôi một khác
nhau của k!
Khi đó: a = (k + 1)d1 + (k + 1)d2 + ... + (k + 1)dk + r
Vì (k + 1)di ,r là các ước đôi một khác nhau của (k + 1)!
Vậy bài toán được chứng minh.
Bài 3
1. Ta có: an = (x1 + x2)(x1n−1 + x2n−1) − x1x2(x1n− 2 + x1n− 2)
x1 + x2 = 6
Theo định lí Viét: 
nên ta có:
x1x2 = 1
an = 6(x1n−1 + xn2−1) − (x1n−2 + x1n−2) = 6an−1 − an−2 .
2.
* Với n = 1⇒ a1 = x1 + x2 = 6 ⇒ a1 ∈ ¢
Và a1 khơng chia hết cho 5
* Giả sử ak ∈ ¢ và ak khơng chia hết cho 5 với mọi k ≥ 1.
Ta chứng minh ak+1 ∈ ¢ và ak+1 khơng chia hết cho 5.
Do ak+1 = 6ak − ak−1
Mà ak ,ak−1 ∈ ¢ ⇒ ak+1 ∈ ¢ .
Mặt khác: ak+1 = 5ak + (ak − ak−1) = 5ak + 5ak−1 − ak−2
5ak M5
Vì ak−2 không chia hết cho 5 và 
nên suy ra ak+1 không chia
5ak−1M5
hết cho 5.
Bài 4
1. Giả sử n mặt phẳng chia không gian thành an miền
Ta chứng minh được: an+1 = an +

n2 + n + 2
2

(n + 1)(n2 − n + 6)
.
6
2. Gọi an là số miền do n đường thẳng trên tạo thành.
Từ đó ta tính được: an =

Ta có: a1 = 2 .
Ta xét đường thẳng thứ n + 1 (ta gọi là d ), khi đó d cắt n đường
thẳng đã cho tại n điểm và bị n đường thẳng chia thành n + 1phần
đồng thời mỗi phần thuộc một miền của an . Mặt khác với mỗi đoạn
nằm trong miền của an sẽ chia miền đó thành 2 miền, nên số miền
có thêm là n + 1. Do vậy, ta có: an+1 = an + n + 1
96


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

Từ đây ta có: an =

n2 + n + 2
.
2

Bài 5
1.
• Với n = 0 ta có x0 = a + dMm

• Giả sử xk = a.bk + ck + dMm với k ≥ 0,k ∈ ¥ , ta chứng minh
xk+1 = a.bk+1 + c(k + 1) + dMm . Thật vậy:

xk+1 − xk = a.bk+1 − a.bk + c = bk ( ab − a + c) − c.bk + c

(

)

= bk ( ab − a + c) − c(b − 1) bk−1 + bk− 2 + ... + 1

Mà xk ,ab − a + c,c(b − 1)Mm ⇒ xk+1Mm
Vậy bài toán được chứng minh.
2.
• Với n = 1 ta thấy bài tốn hiển nhiên đúng
• Giả sử bài tốn đúng với n − 1, có nghĩa là: từ n số bất kì trong
2n − 2 số tự nhiên đầu tiên ln tìm được hai số là bội của nhau.
Ta chứng minh bài toán đúng với n , tức là: từ n + 1 số bất kì trong 2n
số tự nhiên đầu tiên ln tìm được hai số là bội của nhau.
Ta chứng minh bằng phản chứng:
Giả sử tồn tại một tập con X có n + 1 phần tử của tập A = { 1,2,...,2n}
sao cho hai số bất kì trong X khơng là bội của nhau.
Ta sẽ chứng minh rằng có một tập con X' gồm n phần tử của tập
{ 1,2,...,2n − 2} sao cho hai phần tử bất kì của X' không là bội của nhau
Để chứng minh điều này ta xét các trường hợp sau đây
TH 1: X không chứa 2n và 2n − 1
Ta bỏ đi một phần tử bất kì của tập X ta được một tập X' gồm n
phần tử và là tập con của { 1,2,...,2n − 2} mà hai phần tử bất kì thuộc
X' không là bội của nhau.
TH 2: X chứa 2n mà không chứa 2n − 1

Ta bỏ đi phần tử 2n thì ta thu được tập X' gồm n phần tử và là tập
con của { 1,2,...,2n − 2} mà hai phần tử bất kì thuộc X' khơng là bội
của nhau.
TH 3: X chứa 2n − 1 mà không chứa 2n
Ta bỏ đi phần tử 2n − 1thì ta thu được tập X' gồm n phần tử và là tập
con của { 1,2,...,2n − 2} mà hai phần tử bất kì thuộc X' không là bội
của nhau.
TH 2: X chứa 2n và 2n − 1
Vì X khơng chứa hai số là bội của nhau nên X không chứa n và ước
của n (Vì nếu chứa ước của n thì số đó là ước của 2n )

97


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

Bây giờ trong X , ta bỏ đi hai phần tử 2n − 1 và 2n rồi bổ sung thêm
n vào thì ta thu được tập X' gồm n phần tử và là tập con của
{ 1,2,...,2n − 2} mà hai phần tử bất kì thuộc X' không là bội của nhau.
Như vậy ta luôn thu được một tập con X' gồm n phần tử của tập
{ 1,2,...,2n − 2} mà các phần tử không là bội của nhau. Điều này trái với
giả thiết quay nạp.
Vậy bài tốn được chứng minh theo ngun lí quy nạp.

DÃY SỐ
Vấn đề 1. Xác định số hạng của dãy số
Bài 1:
1. Năm số hạng đầu của dãy là: u1 = 1,u2 =

5
7
3
11
,u3 = ,u4 = ,u5 =
.
4
5
2
7

2.100 + 1 67
=
100 + 2 34
2.200 + 1 401
=
Số hạng thứ 200: u200 =
200 + 2 202
167 2n + 1 167
⇒
=
⇔ 84(2n + 1) = 167(n + 2)
3. Giả sử un =
84
n + 2 84
⇔ n = 250.
167
Vậy
là số hạng thứ 250 của dãy số (un ) .
84

2(n + 2) − 3
3
= 2−
4. Ta có: un =
n+2
n+2
3
⇒ un ∈ ¢ ⇔
∈ ¢ ⇔ 3Mn + 2 ⇔ n = 1
n+ 2
Vậy dãy số có duy nhất một số hạng là số nguyên.
Bài 2
1. Bốn số hạng đầu của dãy:
u3 = 5u2 − 6u1 = 21 ; u4 = 5u3 − 6u2 = 87 ; u5 = 5u4 − 6u3 = 309
2. Số hạng thứ 100: u100 =

u6 = 5u5 − 6u4 = 1023 ; u7 = 5u6 − 6u5 = 3261.
2. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp
* u1 = 5.30 − 6.20 = −1 (đúng).
* Giả sử uk = 5.3k−1 − 6.2k−1 , ∀k ≥ 2.
Khi đó, theo cơng thức truy hồi ta có:

(

) (

uk+1 = 5.uk − 6uk−1 = 5 5.3k−1 − 6.2k−1 − 6 5.3k− 2 − 6.2k−2

(

) (

= 5 5.3k−1 − 6.3k −2 − 6 5.2k −1 − 6.2k −2
98

)

)


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

= 5.3k − 6.2k đpcm.
Chú ý: Ta có bài tốn tổng qt sau
u1,u2
Cho dãy (un ) : 
, với b2 − 4ac > 0
a.un+1 + bun + cun−1 = 0 ∀n ≥ 2
Khi đó: un = α.x1n−1 + β.x2n−1 với x1,x2 là hai nghiệm của phương trình
α
 .x1 + β.x2 = u1
.
ax2 + bx + c = 0 (*) và α ,β :  2
2
α.x1 + β.x2 = u2
Phương trình (*) gọi là phương trình đặc trưng của dãy.
Bài 3
1. Ta có: u1 = 2 + 5;u2 = 4 + 2 2;u3 = 6 + 13;u4 = 8 + 2 5
u5 = 10 + 29;u6 = 12 + 2 10 .
2. Ta có: u20 = 40 + 2 101 ; u2010 = 4020 + 20102 + 4

3. Ta có: un nguyên ⇔ n2 + 4 = k ∈ ¥ ⇔ k2 − n2 = 4
⇔ (k − n)(k + n) = 4 phương trình này vơ nghiệm
Vậy khơng có số hạng nào của dãy nhận giá trị nguyên.
Bài 4
1 Ta có: u1 = 2;u2 = 9;u3 = 26;u4 = 63;u5 = 140
2. Chứng minh bằng phương pháp quy nạp
3. Ta có: 5.22010 ≡ 1.(−1)2010 = 1(mod 3)
Suy ra u2010 ≡ 2(mod 3) .
Bài 5
1. Ta có: un+ 2 − un+1 = un+1 − un ⇒ vn+ 2 = vn+1 = ... = v2 = 1
2. Ta có: un − un−1 = 1⇒ un = un−1 + 1

Suy ra un = ( un − un−1 ) + ( un−1 − un− 2 ) + ... + ( u2 − u1 ) + u1
= 1+ 1+ ... + 1+ u1 = n − 1+ 2008 = n + 2007 .
Bài 6
1. Ta có:

u n+ 1
un

=

un
un−1

= ... =

u2
u1

=2

2. Ta có un = 2un−1 = ...2n−1u1 = 2n−1
Bài 7.
1. Ta có 6 số hạng đầu của dãy là:
u2 = 2u1 + 3 = 7,u3 = 17,u4 = 37,u5 = 77,u6 = 157
2. Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp
Với n = 2 ta có: u2 = 5.2 − 3 = 7 (đúng)
99


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

Giả sử uk = 5.2k−1 − 3, khi đó ta có:

(

)

uk+1 = 2uk + 3 = 2 5.2k−1 − 3 + 3 = 5.2k − 3
Vậy bài tốn được chứng minh theo ngun lí quy nạp.
1003
3. Ta có un < 1000 ⇔ 2n−1 <
.
5
Mà 29 là lũy thừa lớn nhất của 2 lớn nhất có 3 chữ số nên ta có:
2n−1 = 29 ⇒ n = 10 .
Vậy u10 là số hạng cần tìm.
Bài 8.

1. Vì dãy số cho giá trị của 4 số hạng đầu ứng với 4 giá trị tương ứng
của n = 1,2,3,4 nên ta chỉ cần xác định một hàm số theo n mà ta phải
tìm 4 ẩn là được. Chẳng hạn ta xét un = an3 + bn2 + cn + d
Theo bài ra ta có hệ phương trình :
a + b + c + d = 1
a + b + c + d = 1

1


8a + 4b + 2c + d = 3
7a + 3b + c = 2
a = 0,b = c =
⇔
⇔
2

27a + 9b + 3c + d = 6
26a + 8b + 2c = 5 d = 0

64a + 16b + 4c + d = 10 21a + 5b + c = 3


n(n + 1)
Nên un =
là một dãy thỏa đề bài.
2
2. Ta có ba số hạng tiếp theo của dãy là: u5 = 15,u6 = 21,u7 = 28 .
Bài 9
a + b = 4

1. Đặt a = 2 + 5,b = 2 − 5 ⇒ 
. Khi đó:
ab = −1
1
1
un = (an + bn ) = (a + b)(an−1 + bn−1) − ab(an−2 + bn−2)

2
2
an−1 + bn−1 an− 2 + bn− 2
+
= 4un−1 + un−2
2
2
Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp
* u1 = 2 là số chẵn và u2 = 9 là số lẻ
= 4.

* Giả sử u2k là số lẻ và u2k−1 là số chẵn.
Khi đó: u2k+1 = 4u2k + u2k−1 là số chẵn, u2k+ 2 = 4u2k+1 + u2k là số lẻ
Từ đó ta có đpcm.
2. Ta chứng minh được: un = 8un−1 − 4un− 2 . Từ đây suy ra đpcm.
3. Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp phản chứng
100


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

• Giả sử dãy (un ) có hữu hạn các số chẵn, giả sử uk là số hạng lớn
nhất của dãy là số chẵn. Khi đó un lẻ với ∀n ≥ k + 1.

Đặt uk+1 = 2m.p + 1 với m,p ∈ ¥ ,p lẻ. Khi đó:

3
uk+1 =  3p.2m−1 +  = 3p.2m−1 + 1
2

uk+ 2 = 3p.2m− 2 + 1,…, uk+ m = 3p.20 + 1 = 3p + 1 là số lẻ, suy ra vơ lí.
Nên dãy (un ) chứa vơ hạn số chẵn.
• Chứng minh tương tự ta cũng có dãy (un ) chứa vô hạn số lẻ.
 u2 = 5 ⇒ u3 = 12,u3 = 13
4. Ta có: u2 − 4 = 1⇒ 
 u2 = 3 ⇒ u3 = 4,u3 = 5
a) Ta chứng minh tồn tại duy nhất dãy số nguyên dương (un ) thỏa
u0 = 1,u1 = 2,u2 = 3,u3 = 5 và un+ 2.un − un2+1 = 1, ∀n ≥ 4 (1)
• Chứng minh tồn tại:
v0 = 1,v1 = 2
Xét dãy (vn ) : 
vn+1 = vn + vn−1, n = 2,3,...
Bằng quy nạp ta chứng minh được (vn ) thỏa mãn (1).
2
2
Thật vậy: vn+ 2.vn − vn+1 = vn ( vn+1 + vn ) − vn+1

= vn+1 ( vn − vn+1 ) + vn2 = vn2 − vn−1vn+1 = 1
• Chứng minh duy nhất.
Trước hết ta chứng minh nếu dãy (un ) thỏa (1) thì (un ) là dãy tăng.
Giả sử an+1 > an ⇒ an+1 − 1≥ an
a2n+1 ± 1 an2+1 ± 1
≥
>a

+ 1 > an+1
an
an+1 − 1 n+1
Nên theo quy nạp ta có đpcm.
Giả sử tồn tại k để vk ≠ uk và vn = un , ∀n < k . Khi đó
Từ an+ 2an − an2+1 = 1⇒ an+ 2 =

2
u .u
k k − 2 = uk −1 + 1
Ta giả sử vk < uk , suy ra: 
2
vk .vk−2 = vk−1 − 1
⇒ uk− 2 ( uk − vk ) = 2 ⇒ 2Muk− 2 điều này vơ lí.

Do vậy tồn tại duy nhất dãy ngun dương (un ) (đó chính là dãy (vn )
) thỏa mãn (1).
b) Tương tự ta chứng minh được tồn tại dũy nhất các dãy nguyên
dương thỏa:
u0 = 1,u1 = 2,u2 = 3,u3 = 4, un+ 2un − un2+1 = 1
101


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

u0 = 1,u1 = 2,u2 = 5,u3 = 12, un+ 2un − un2+1 = 1
u0 = 1,u1 = 2,u2 = 5,u3 = 13, un+ 2un − un2+1 = 1.
Đó là các dãy tương ứng là:
u0 = 1,u1 = 2,un+1 = 2un+1 − un

u0 = 1,u1 = 2,un+1 = 2un+1 + un
u0 = 1,u1 = 2,un+1 = 3un+1 − un .
Vậy tồn tại đúng 4 dãy số nguyên dương thỏa yêu cầu bài toán.
Bài 10.
1. Trước hết ta thấy dãy (Fn ) tồn tại và duy nhất.
n
n

 1− 5   1 n
1   1+ 5 
a − bn

÷ −
÷ =
Xét xn =

÷

÷


2
2
5 
5


 

1+ 5

1− 5 a + b = 1
,b =
⇒
Với a =
2
2
ab = −1

(

Ta có: x1 = x2 = 1 và
xn−1 + xn− 2 =

(a
5

1

n −1

− bn−1 + an− 2 − bn−2

)

)

1  n− 2
a (a + 1) − bn−2(b + 1)



5
1  n− 2 3 + 5
3− 5
=
− bn− 2.
a .

2
2 
5 
=

2
2


 
1  n− 2  1+ 5 
1 n
n− 2 1− 5 
=
a .
a − bn = xn
÷ − b .
÷ =

÷

÷



2
2
5
5



 

Vậy ta có: Fn = xn , ∀n ≥ 1.
2. Ta chứng minh đồng thời hai tính chất trên theo quy nạp

(

)

Với n = 2 ta có: F22 + F32 = 12 + 22 = 5 = F5
Và F2F3 + F3F4 = 1.2 + 2.3 = 8 = F6
Giả sử Fk2 + Fk2+1 = F2k+1 và Fk Fk+1 + Fk+1Fk+ 2 = F2k+ 2 với k ≥ 2
Ta có: Fk2+1 + Fk2+ 2 = Fk2+1 + ( Fk + Fk+1 ) = Fk2+1 + Fk2 + Fk2+1 + 2Fk Fk+1
2

(

= Fk+1 ( Fk+1 + 2Fk ) + Fk2 + Fk2+1

)

= Fk+1 ( Fk+ 2 + Fk ) + F2k+1 = F2k+ 2 + F2k+1 = F2k + 3 .

102


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

Và: Fk Fk+1 + Fk+1Fk+ 2 = Fk ( Fk + Fk−1 ) + Fk +1 ( Fk +1 + Fk )
= Fk Fk−1 + Fk2 + Fk2+1 + Fk+1Fk

(

= ( Fk Fk−1 + Fk Fk+1) + Fk2 + Fk2+1

)

= F2k+ 2 + F2k+ 3 = F2k+ 5 .
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
3.
• Trước hết ta chứng minh:
F5n = 5Fnqn với qn khơng chia hết cho 5 (1)
Ta có : 5F5n = a5n − b5n
Đặt x = an ,y = bn , như vậy ta có xy = ( ab) = ( −1)
n

(

n

)

4

2
2
2 2
4
Do đó : 5F5n = ( x − y )  x + xy x + y + x y + y  (2)



Mặt khác : x2 + y2 = ( x − y ) + 2xy = 5Fn2 + 2( −1)
2

(

x4 + y4 = x2 + y2

)

2

n
2

n
− 2x2y2 = 5Fn2 + 2( −1)  − 2



= 25Fn4 + 20( −1) Fn2 + 2
n

(3).

4
n 2
n 2
Từ đó, ta có: F5n = 5Fn  25Fn + 20(−1) Fn + 2 + 5(−1) Fn + 2 + 1


2
4
2
Hay F5n = 5Fn  5Fn + 5Fn ( −1) + 1 = 5Fnqn ,


n
trong đó: qn = 5Fn4 + 5Fn2 ( −1) + 1. Rõ ràng ta thấy qn khơng chia hết

cho 5.
• Với số tự nhiên n , ta phân tích n = 5s t với ( t,5) = 1 .
Khi đó từ (1) ta có Fn = 5s Ft A n trong đó A n khơng là bội của 5.
Nếu t khơng là bội của 5 thì Ft khơng là bội của 5, do đó
Fn M5k ⇔ s ≥ k ⇔ nM5k (đpcm).

Vấn đề 2. Dãy số đơn điệu – Dãy số bị chặn
Bài 1
1. Ta có: un+1 − un =
2. Ta có:

u n+ 1 − u n =

5n2 + 10n + 2
> 0 nên dãy (un ) là dãy tăng
( n + 1) ( n + 2)
1

−

1

( n + 1) + ( n + 1) − 1 n + n2 − 1
2

<0

103


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

Nên dãy (un ) giảm.
3n + 1

> 0 ⇒ dãy (un ) tăng.
2n+1
1
2  u2 > u1
⇒ Dãy số khơng tăng khơng
4. Ta có: u1 = 0;u2 = ;u3 = ⇒ 
2

9 u3 < u2
3. Ta có: un+1 − un = un+1 − un =

giảm.
Bài 2
1. Ta có: un+1 − un =

2n − 11 2n − 13
34
−
=
> 0 với mọi n ≥ 1.
3n + 1 3n − 2 (3n + 1)(3n − 2)

Suy ra un+1 > un ∀n ≥ 1⇒ dãy (un ) là dãy tăng.
Mặt khác: un =

2
35
2
−
⇒ −11≤ un <
∀n ≥ 1
3 3(3n − 2)
3

Vậy dãy (un ) là dãy bị chặn.
2. Ta có: un+1 − un =

(n + 1)2 + 3(n + 1) + 1 n2 + 3n + 1

−
n+ 2
n+1
=

n2 + 5n + 5 n2 + 3n + 1
−
n+2
n+1

=

(n2 + 5n + 5)(n + 1) − (n2 + 3n + 1)(n + 2)
(n + 1)(n + 2)

n2 + 3n + 3
> 0 ∀n ≥ 1
(n + 1)(n + 2)
⇒ un+1 > un ∀n ≥ 1⇒ dãy (un ) là dãy số tăng.
=

n2 + 2n + 1
= n + 1≥ 2 ⇒ dãy (un ) bị chặn dưới.
n+1
3. Ta có: un > 0 ∀n ≥ 1
un >

u n+ 1
n2 + n + 1
n2 + n + 1

=
=
< 1 ∀n ∈ ¥ *
un
n2 + 3n + 3
(n + 1)2 + (n + 1) + 1
⇒ un+1 < un ∀ ≥ 1⇒ dãy (un ) là dãy số giảm.
Mặt khác: 0 < un < 1⇒ dãy (un ) là dãy bị chặn.
4. Ta có:

u n+ 1
un

=

2n+1 2n
2n+1 n!
2
:
=
.
=
< 1 ∀n ≥ 1
(n + 1)! n! (n + 1)! 2n n + 1

Mà un > 0 ∀n ⇒ un+1 < un ∀n ≥ 1⇒ dãy (un ) là dãy số giảm.
Vì 0 < un ≤ u1 = 2 ∀n ≥ 1⇒ dãy (un ) là dãy bị chặn.

104

Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

5. Ta có: un+1 − un =

1
(n + 1)2

> 0 ⇒ dãy (un ) là dãy số tăng.

1
1
1
1
+
+ ... +
= 2+
1.2 2.3
(n − 1)n
n
⇒ 1< un < 3 ∀n ≥ 1⇒ dãy (un ) là dãy bị chặn.
Bài 3
1. Ta có 0 < un < 2 ∀n nên dãy (un ) bị chặn
Do un < 1+

2. Ta có: −1≤ un ≤ 1⇒ (un ) là dãy bị chặn
3. Ta có: un ≥ 2 ∀n ⇒ (un ) bị chặn dưới; dãy (un ) không bị chặn trên.
4. Ta có: un =

25

3
25
− (n + )2 <
⇒ (un ) bị chặn trên; dãy (un ) không bị
4
2
4

chặn dưới.
5. Ta có: 1 < un < 2 ∀n ⇒ (un ) bị chặn
6. Ta có: 0 < un < 2 ∀n ⇒ (un ) bị chặn
Bài 4
1
1
1
1
+
+ ... +
= 1−
<1
1. Ta có: 0 < un <
1.2 2.3
n.(n + 1)
n+1
Dãy (un ) bị chặn.
n
⇒ 0 < un < 1, dãy (un ) bị chặn.
2n + 1
3. Bằng quy nạp ta chứng minh được 1 < un < 2 nên dãy (un ) bị chặn.
Bài 5

2. Ta có: un =

1. Ta có: un+1 = 3 un3 + 1 ⇒ un+1 > 3 un3 = un ∀n ⇒ dãy số tăng
2. Ta có: un+1 − un =

u2n − 4un + 1
4

Bằng quy nạp ta chứng minh được 2 − 3 < un < 2 ∀n
⇒ un+1 − un < 0 . Dãy (un ) giảm.
Bài 6
1. Ta có u2n+1 = 2010 + un ⇒ un+1 − un = − un2+1 + un+1 + 2010
1+ 8041
∀n
2
Suy ra un+1 − un > 0 ⇒ dãy (un ) là dãy tăng.
Bằng quy nạp ta chứng minh được un <

2. Chứng minh bằng quy nạp : uk+1 = 3 uk + 3 uk−2 > 3 uk−1 + 3 uk− 2 = uk
Ta chứng minh: 0 < un < 3 .
3.
105


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

4n + 2
. Ta có: 5 số hạng đầu của dãy là
2n − 1

10
14
18
22
u1 = 6,u2 = ,u3 = ,u4 = ,u5 =
.
3
5
7
9
b) Ta có dãy số (un ) tăng khi và chỉ khi:
a) Với a = 4 ta có: un =

u n+ 1 − u n =

−a − 4
> 0, ∀n ∈ ¥ * ⇔ −a − 4 > 0 ⇔ a < −4 .
(2n + 1)(2n − 1)

4.
a) Ta có: u1 = 2,u2 = 4,u3 = 10,u4 = 28,u5 = 82,u6 = 244
b) Chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp hoặc chứng minh
bằng cách sau
Ta có: un − 1 = 3(un−1 − 1) = 32(un−2 − 1) = ... = 3n−1(u1 − 1)
Suy ra: un − 1 = 3n−1 ⇒ un = 3n−1 + 1.
5.
a) Ta có: u1 = 1,u2 = 3,u3 = 12,u4 = 47,u5 = 170
b) Ta có: un−1 = −5.2n−2 + 3n−1 + n + 1

(

)

n
n− 2
+ 3n−1 + n + 1 + 3n−1 − n
Nên 2un−1 + 3 − n = 2 −5.2

= −5.2n−1 + 3n + n + 2 = un .
Bài 7
1.

u1 = 2

a) Ta có: 
n
n

un+1 = un + a ( 1+ a) − ( 1− a) 
b) Dãy (un ) là dãy số tăng.
2.
3
17
227
,u4 =
a) Ta có: u1 = 1,u2 = ,u3 =
.
2
6
34

Ta chứng minh un > 0, ∀n bằng quy nạp.
Giả sử un > 0 , khi đó: 2un +

1
1
≥ 2 2un .
=2
2un
2un



1
− 2÷
Nên un+1 = un +  2un +
÷ > un > 0 .
2un


b) Theo chứng minh trên ta có: un+1 > un , ∀n nên dãy (un ) là dãy
tăng.
3.

106


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

a) Ta có: un+1 − un =
b) Ta có: un = un−1 −

− un

un + 1

< 0, ∀n nên dãy (un ) là dãy giảm

u n −1

un−1 + 1

> un−1 − 1 > ... > u0 − n

Suy ra: un−1 > u0 − (n − 1) = 2012 − n
Mặt khác:
un = ( un − un−1 ) + (un−1 − un− 2) + ... + (u1 − u0) + u0
 u0
u1
un−1 
= u0 − 
+
+ ... +
÷
un−1 + 1÷
 u0 + 1 u1 + 1

 1
1
1 
= u0 − n + 

+
+ ... +
÷
un−1 + 1÷
 u0 + 1 u1 + 1

Mà:
0<

1
1
1
n
n
+
+ ... +
<
<
<1
u0 + 1 u1 + 1
un−1 + 1 un−1 + 1 2013 − n

Với mọi n = 2,1006 .
Suy ra un < u0 − n + 1 = 2012 − n
Do đó: 2011− n < un < 2012 − n ⇒  un  = 2011− n
với n = 2,1006 .
20112
Vì u0 = 2011 và u1 =
= 2010,000497
2012

nên  u0  = 2011− 0,  u1 = 2010 = 2011− 1
Vậy  un  = 2011− n, ∀n = 0,1006 .
4.
a) Ta chứng minh bài toán bằng quy nạp
Với n = 1⇒ u1 = a + b = 2
Giả sử un = an + bn , ∀n ≤ k

(
)
= (a + b) ( a + b ) + a + b

k
k
k−1
k −1
Khi đó: uk+1 = 2uk + uk−1 = 2 a + b + a + b
k

k

k −1

k −1

= ak+1 + bk+1 + ab(ak−1 + bk−1) + ak−1 + bk−1
= ak+1 + bk+1 − (ak−1 + bk−1) + ak−1 + bk−1
b) Ta có:

= ak+1 + bk+1 .

u2n+1 − un+ 2un = un2+1 − ( 2un+1 + un ) .un
107


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

= un+1 ( un+1 − 2un ) − un2 = −(un2 − un+1un−1)

(

)

= ... = (−1)n−1 u22 − u3u1 = (−1)n .8 .
Bài 8
1. Ta có un+1 − un =

n + 2 n + 1 (n + 2)2 − (n + 3)(n + 1)
−
=
n+3 n+2
(n + 2)(n + 3)
=

1
> 0, ∀n .
(n + 2)(n + 3)

1
⇒ 0 < un < 1, ∀n

n+2
Vậy dãy (un ) là dãy tăng và bị chặn.
Mặt khác: un = 1−

2. Ta có: un+1 − un = (n + 1)3 + 2(n + 1) − n3 − 2n
= 3n2 + 3n + 3 > 0, ∀n
Mặt khác: un > 1, ∀n và khi n càng lớn thì un càng lớn.
Vậy dãy (un ) là dãy tăng và bị chặn dưới.
3. Trước hết bằng quy nạp ta chứng minh: 1 < un ≤ 2, ∀n
Điều này đúng với n = 1, giả sử 1 < un < 2 ta có:
1 < u n+ 1 =

un + 1
2

Mà un+1 − un =

< 2 nên ta có đpcm.

1− u n

< 0, ∀n .
2
Vậy dãy (un ) là dãy giảm và bị chặn.
4. Trước hết ta chứng minh 1 < un < 4, ∀n
Điều này hiển nhiên đúng với n = 1.
Giả sử 1 < un < 4 , ta có: 1 < un+1 = un + un−1 < 4 + 4 = 4
Ta chứng minh (un ) là dãy tăng
Ta có: u1 < u2 , giả sử un−1 < un , ∀n ≤ k .
uk < uk−1

⇒ uk + uk−1 < uk−1 + uk− 2 ⇒ uk+1 < uk
Khi đó: 
uk−1 < uk−2
Vậy dãy (un ) là dãy tăng và bị chặn.
n−1 
2(n + 1) 
xn + ∑ xi ÷

÷
n2 i =1
n2 
i =1 
2(n + 1) 
(n − 1)2  (n + 1)(n2 + 1)
=
xn ÷ =
xn .
 xn +
÷
2n
n2 
n3


Bài 9 Ta có: xn+1 =

108

2(n + 1)

n

∑ xi =


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

Do đó: yn = xn+1 − xn =

n2 + n + 1

xn
n3
• Ta chứng minh dãy (yn ) tăng.

Ta có: yn+1 − yn =

(n + 1)2 + n + 2 (n + 1)(n2 + 1)
n2 + n + 1
.
xn −
xn
(n + 1)3
n3
n3
=
=

(n2 + 3n + 3)(n2 + 1) − (n2 + n + 1)(n2 + 2n + 1)
n3(n + 1)2

xn

2xn

> 0 , ∀n = 1,2,..
n (n + 1)2
• Ta chứng minh dãy (yn ) bị chặn.
3

Trước hết ta chứng minh: xn ≤ 4(n − 1) (1) với ∀n = 2,3...
* Với n = 2, ta có: x2 = 4x1 = 4 nên (1) đúng với n = 2
* Giả sử (1) đúng với n , tức là: xn ≤ 4(n − 1) , ta có
xn+1 =

(n + 1)(n2 + 1)

4(n4 − 1)

< 4n
n3
n3
Nên (1) đúng với n + 1. Theo nguyên lí quy nạp ta suy ra (1) đúng
Ta có: yn =

n2 + n + 1

xn ≤

xn ≤

4(n − 1)(n2 + n + 1)

=

4(n3 − 1)

<4
n3
n3
n3
Vậy bài toán được chứng minh.
2. Từ cách cho dãy số, ta thấy dãy (un ) luôn tồn tại và duy nhất.
 v0 = 1,v1 = 3
Xét dãy (vn ) : 
.
 vn+ 2 = 4vn+1 − 2vn , n ≥ 0
• Ta chứng minh: vn+ 2.vn − vn2+1 = 2n (1)
Ta có: vn+ 2.vn − vn2+1 = (4vn+1 − 2vn )vn − vn2+1

= 4vn+1vn − vn2+1 − 2vn2 = vn+1 ( 4vn − vn+1 ) − 2vn2

(

= vn+1.2vn−1 − 2v2n = 2 vn+1vn−1 − v2n

(

)

)

= ....... = 2n v2v0 − v12 = 2n ⇒ (1) được chứng minh.
• Ta chứng minh vn > 2n (2) bằng quy nạp
Trước hết ta thấy dãy (vn ) là dãy tăng
Với n = 1 ta thấy (2) đúng

Giả sử vn > 2n ta có: vn+1 = 2vn + 2( vn − vn−1 ) > 2vn = 2n+1
Do đó (2) đúng.
• Dựa vào các kết quả trên ta có:
109


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

v2n+1
vn
Hay

vn2+1
2n
= v n+ 2 −
⇒ v n+ 2 − 1 <
< v n+ 2
vn
vn
v2n+1
vn

− 1 < v n+ 1 − 1 <

vn2+1
vn

 v2 
 v2 
n+ 1 

 n +1 
v
−
1
=
⇔
v
=
1
+
Do đó: n+ 2
n+ 2
v
 n 
 vn 
Vì tính duy nhất nên ta có: un = vn , ∀n ≥ 0 .
Vậy bài toán được chứng minh.
3. Ta có u0 ,u1 ∈ ¢

( un+1 − 5un ) 2 = 24u2n + 1⇔ un2+1 − 10un+1un + un2 − 1= 0 (1)
Ở (1) thay n + 1 bởi n ta được: u2n − 10un .un−1 + un2−1 − 1 = 0

⇔ u2n−1 − 10un−1.un + un2 − 1 = 0 (2)
Từ (1) và (2) suy ra un+1,un−1 là hai nghiệm của phương trình
t2 − 10tun + u2n − 1 = 0
Theo định lí Viet ta có: un+1 + un−1 = 10un
Hay un+1 = 10un − un−1
Từ đó ta có: un ∈ ¢ , ∀n .
a + b = 4
4. Đặt a = 2 + 5,b = 2 − 5 ⇒ 
. Khi đó:
ab = −1
1
1
un = (an + bn ) = (a + b)(an−1 + bn−1) − ab(an−2 + bn−2)

2
2
an−1 + bn−1 an− 2 + bn− 2
+
= 4un−1 + un−2 .
2
2
Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp
• Với n = 1 ta có: u1 = 2 là số chẵn và u2 = 9 là số lẻ
= 4.

• Giả sử u2k là số lẻ và u2k−1 là số chẵn.
Khi đó: u2k+1 = 4u2k + u2k−1 là số chẵn
u2k+ 2 = 4u2k+1 + u2k là số lẻ
Từ đó ta có đpcm.
π

π
2π
=
5. Ta có: x1 = 3 = cot ⇒ x2 = cot + 1+ cot
6
6
6

110

π
cos + 1
π
6
= cot
π
2.6
sin
6


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

Bằng quy nạp ta chứng minh được: xn = cot
Tương tự, ta cũng có: yn = tan
Đặt α n =

π
n

2 .3

π
n−1

2

.6

.

π
n −1

2

.3

⇒ xn = cot α n ; yn = tan2α n ⇒ xn .yn = tan2α n .cot α n

1
2
. =
.
1− t t 1− t2
π
π
1
2
⇒ ≤ 1− t2 < 1

Vì n ≥ 2 ⇒ 0 < α n < ⇒ 0 < t < tan =
6
6
3
3
Đặt t = tan α n ⇒ tan2α n .cot α n =

⇒ 2<

2
1− t2

2

< 3 ⇒ 2 < xn yn < 3, ∀n ≥ 2 ⇒ đpcm.

6. Vì un Ô un =
Khi ú:

2t

bn+1
cn+1

bn
cn

bn ,cn Â
vi 
(bn ,cn ) = 1

c  3bn2 + cn2
1 b
=  n + n ÷
=
2  cn 3bn ÷
6bn cn


(

)

2
2
Bằng quy nạp ta chứng minh được 3bn + cn ,6bncn = 3

= 3bn2 + cn2
 b
Suy ra  n+1
cn+1 = 2bncn
Bằng quy nạp ta chứng minh được: 3b2n − c2n = 3
Do đó:

an =

3
3b2n
c2n

= cn2
−1

(đpcm).

111