DAY SO PHUONG PHAP QUY NAP TOAN HOC Ly thuyet Bai tap van dung File word

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Chuong 3. DÃY SỐ - CẤP SỐ CỘNG VÀ CẤP SỐ NHÂN PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC Nội dung phương pháp quy nạp toán học Cho n0 là một số nguyên dương và P(n) là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên n  n0 . Nếu (1) P(n0 ) là đúng và (2) Nếu P( k ) đúng, thì P( k  1) cũng đúng với mọi số tự nhiên k  n0 ; thì mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n  n0 . Khi ta bắt gặp bài toán: Chứng minh mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n  n0 , n0  ¥ ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp như sau Bước 1: Kiểm tra P(n0 ) có đúng hay không. Nếu bước này đúng thì ta chuyển qua bước hai Bước 2: Với k  n0 , giả sử P( k ) đúng ta cần chứng minh P( k  1) cũng đúng. Kết luận: P(n) đúng với n  n0 . Lưu ý: Bước 2 gọi là bước quy nạp, mệnh đề P( k ) đúng gọi là giả thiết quy nạp. Vấn đề 1. Dùng quy nạp để chứng minh đẳng thức. Bất đẳng thức Phương pháp . Phương pháp: Giả sử cần chứng minh đẳng thức P(n)  Q(n) (hoặc P(n)  Q(n) ) đúng với n  n0 , n0  ¥ ta thực hiện các bước sau: Bước 1: Tính P(n0 ), Q(n0 ) rồi chứng minh P(n0 )  Q(n0 ) Bước 2: Giả sử P( k)  Q( k); k  ¥ , k  n0 , ta cần chứng minh P( k  1)  Q( k  1) . Các ví dụ. Ví dụ 1. Chứng mình với mọi số tự nhiên n  1 ta luôn có: 1  2  3  ...  n . n(n  1) 2. Lời giải: Đặt P(n)  1  2  3  ...  n : tổng n số tự nhiên đầu tiên : Q(n)  Ta cần chứng minh P(n)  Q(n) n  ¥ , n  1 . 1(1  1) Bước 1: Với n  1 ta có P(1)  1, Q(1)  1 2. n(n  1) 2. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  P(1)  Q(1)  (1) đúng với n  1 . Bước 2: Giả sử P( k)  Q( k) với k  ¥ , k  1 tức là: k( k  1) (1) 1  2  3  ...  k  2 Ta cần chứng minh P( k  1)  Q( k  1) , tức là: ( k  1)( k  2) (2) 1  2  3  ...  k  ( k  1)  2 Thật vậy: VT(2)  (1  2  3  ...  k)  ( k  1) k( k  1) (Do đẳng thức (1))   ( k  1) 2 k ( k  1)( k  2)  ( k  1)(  1)   VP(2) 2 2 Vậy đẳng thức cho đúng với mọi n  1 .. Ví dụ 2. Chứng minh với mọi số tự nhiên n  1 ta luôn có: 1  3  5  ...  2n  1  n2 Lời giải:.  Với n  1 ta có VT  1, VP  1  1 Suy ra VT  VP  đẳng thức cho đúng với n  1 .  Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k với k  ¥ , k  1 tức là: 1  3  5  ...  2k  1  k 2 (1) Ta cần chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  1 , tức là: 2. 1  3  5  ...  (2k  1)  (2k  1)   k  1 (2) 2. Thật vậy: VT(2)  (1  3  5  ...  2k  1)  (2k  1).  k 2  (2k  1). (Do đẳng thức (1)).  ( k  1)  VP(1.2) Vậy đẳng thức cho đúng với mọi n  1 . 2. Ví dụ 3. Chứng minh rằng với n  1 , ta có bất đẳng thức:. 1.3.5...  2n  1 2.4.6.2n. . 1 2n  1. Lời giải: 1 1  2  3 đúng. * Với n  1 ta có đẳng thức cho trở thành :  2 3.  đẳng thức cho đúng với n  1 . * Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k  1 , tức là : L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1.3.5...  2 k  1. 1. . (1) 2k  1 Ta phải chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  1 , tức là : 1.3.5...  2 k  1 2 k  1 1 (2)  2.4.6....2 k  2 k  2  2k  3. 2.4.6...2 k. Thật vậy, ta có :. VT (2) . 1.3.5...(2 k  1) 2 k  1 1 2k  1 2k  1 .   2.4.6...2 k 2k  2 2k  1 2k  2 2k  2. 2k  1 1   (2 k  1)(2 k  3)  (2 k  2)2 2k  2 2k  3  3  1 (luôn đúng) Vậy đẳng thức cho đúng với mọi số tự nhiên n  1 . Ta chứng minh:. Ví dụ 4. Chứng minh rằng với n  1, x  0 ta có bất đẳng thức:. xn ( xn1  1)  x  1    xn  1  2 . 2 n 1. . Đẳng thức xảy ra khi nào? Lời giải: 3. x( x  1)  x  1    8 x( x2  1)  ( x  1)4  Với n  1 ta cần chứng minh:  x1  2  2. Tức là: x4  4x3  6x2  4x  1  0  ( x  1)4  0 (đúng) Đẳng thức xảy ra khi x  1 .. x k ( x k 1  1)  x  1    Giả sử  xk  1  2   x 1 Thật vậy, ta có:    2 . 2 k3. 2 k 1. x k 1 ( x k  2  1)  x  1   , ta chứng minh  x k 1  1  2  2.  x 1  x 1      2   2 . 2 k 1. 2 k 3. (*). 2.  x  1  x k ( x k 1  1)   xk  1  2  2.  x  1  x k ( x k 1  1) x k 1 ( x k  2  1)  Nên để chứng minh (*) ta chỉ cần chứng minh   xk  1 x k 1  1  2  2.  x  1  k 1 ( x  1)2  x( x k  2  1)( x k  1) (**) Hay    2  Khai triển (**) , biến đổi và rút gọn ta thu được x2 k 2 ( x  1)2  2xk 1 ( x  1)2  ( x  1)2  0  ( x  1)2 ( xk 1  1)2  0 BĐT này hiển nhiên đúng. Đẳng thức có  x  1 . Vậy bài toán được chứng minh. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Chú ý: Trong một số trường hợp để chứng minh mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n ta có thể chứng minh theo cách sau Bước 1: Ta chứng minh P(n) đúng với n  1 và n  2 k Bước 2: Giả sử P(n) đúng với n  k  1 , ta chứng minh P(n) đúng với n  k . Cách chứng minh trên được gọi là quy nạp theo kiểu Cauchy (Cô si). CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1 , ta luôn có n(n  1)(2n  1) 1. 12  22  ...  (n  1)2  n2  6 1 2 n 3 2n  3 2.  2  ...  n   3 3 4 4.3n 3 Lời giải: 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)(2 k  1) (1) 12  22  ...  ( k  1)2  k 2  6 Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  1 , tức là cần chứng minh: ( k  1)( k  1)(2 k  3) (2). 12  22  ...  ( k  1)2  k 2  ( k  1)2  6 Thật vây: do (1) k( k  1)(2 k  1)  ( k  1)2 VT(2)  12  22  ...  k 2   ( k  1)2  6 2 2  2k  k  ( k  1)(2 k  7 k  6)  ( k  1)   k  1  6  6  ( k  1)( k  2)(2 k  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 1 2 k 3 2k  3 * Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k  1 , tức là:  2  ...  k   (1) 3 3 4 4.3k 3 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  ...  k  k 1   3 3 4 4.3k 1 3 3 . L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 3 2k  3 k  1 3 2k  5   k 1    VP(2) 4 4.3k 4 4.3k 1 3  (2) đúng  đẳng thức cho đúng.. Thật vậy: VT(2) . Bài 2 Chứng minh các đẳng thức sau n  n  1 n  2  1. 1.2  2.3  ...  n(n  1)  với n  1 3 1 1 1 1 n 2.    ...   1.5 5.9 9.13  4n  3 4n  1 4n  1. 2  n  n  1  3. 1  2  3  ...  n     2   1  2n  4  4  4   4  4.  1   1   1   ... 1  2  1 9 25       2n  1  1  2n 1 1 1 n 5.   ...   1.2 2.3 n(n  1) n  1 3. 3. 3. 3. n(n2  1)(3n  2) , n  2 12 2n(n  1)(2n  1) 7. 22  42  ...  (2n)2  3 n(n  1)(n  2)(n  3) 8. 1.2.3  2.3.4  ...  n(n  1)(n  2)  4 Với mọi n¥ * . n(n2  1)(3n  2) 9. 1.22  2.32  3.42  ...  (n  1).n2  12 với n  2 . 1 1 1 n(n  3)   ...   10. 1.2.3 2.3.4 n(n  1)(n  2) 4(n  1)(n  2) 6. 1.22  2.32  3.4 2  ...  (n  1).n2 . Với mọi n¥ * .. Lời giải: 1. 1.2  2.3  ...  k( k  1)  ( k  1)( k  2)  k( k  1)( k  2) ( k  1)( k  2)( k  3) .   ( k  1)( k  2)  3 3 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2.. 1 1 1 1 1    ...    1.5 5.9 9.13  4k  3 4k  1 (4k  1)(4k  5). . k 1 k 1   4 k  1 (4 k  1)(4 k  5) 4 k  5 2. 2.  k( k  1)   ( k  1)( k  2)  3.   ( k  1)3     . 3  3      1  2k 4 (2 k  3)(2 k  1)(1  2 k) 2k  3   4.  1  2  2 (2 k  1) (2 k  1) (1  2 k)  (2 k  1)  1  2 k 5,6,7. Bạn đọc tự làm k( k  1)( k  2)( k  3) 8.  ( k  1)( k  2)( k  3)  4 ( k  1)( k  2)( k  3)( k  4) .  4 k( k 2  1)(3k  2)  ( k  1)(3k  2)  9.  k( k  1)2  k( k  1)   1 12 12  . k( k  1)(3k 2  k  10) ( k  1)k( k  2)(3k  5) .  12 12 k( k  3) 1 10.   4( k  1)( k  2) ( k  1)( k  2)( k  3) . . k( k  3)2  4 ( k  1)2 ( k  4) ( k  1)( k  4)   . 4( k  1)( k  2)( k  3) 4( k  1)( k  2)( k  3) 4( k  2)( k  3). Bài 3 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1 ta có:. 2  2  2  ...  2  2  2 cos.  2n1. (n dấu căn). 2. Chứng minh các đẳng thức sin x  sin 2 x  ...sin nx  n  1.. sin. nx (n  1) x sin 2 2 với x  k 2 với x sin 2. Lời giải: 1.   2 4  VT  VP  đẳng thức cho đúng với n  1 .. * Với n  1  VT  2, VP  2cos. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> * Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k , tức là:.  (k dấu căn) (1) 2 k1 Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  1 , tức là: 2  2  2  ...  2  2  2 cos. 2  2  2  ...  2  2  2 cos.  2 k 2. ( k  1 dấu căn) (2)..  Thật vậy: VT (2)  2  2  2  ...  2  2  2  2 cos k 1 1 4 4 44 2 4 4 4 43 2 k dau can.    )  4 cos 2 k  2  2 cos k  2  VP(2) k 1 2 2 2 a (Ở trên ta đã sử đụng công thức 1  cos a  2 cos 2 ). 2  (2) đúng  đẳng thức cho đúng. x sin sin x 2  sin x nên đẳng thức cho đúng với 2.  Với n  1 ta có VT  sin x , VP  x sin 2 n1  Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k  1 , tức là:  2(1  cos. sin x  sin 2 x  ...sin kx . sin. Ta chứng minh (4) đúng với n  k  1 , tức là. sin x  sin 2 x  ...sin( k  1)x . sin. kx ( k  1)x sin 2 2 (1) x sin 2 ( k  1)x ( k  2)x sin 2 2 (2) x sin 2. kx ( k  1)x sin 2 2  sin( k  1)x Thật vậy: VT (2)  x sin 2  kx ( k  1)x x sin  2 cos sin   ( k  1)x 2 2 2  sin   x 2   sin   2 sin. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(8)</span> ( 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 Chứng minh rằng với mọi n  1 ta có bất đẳng thức: sin nx  n sin x x ¡ Lời giải: * Với n  1 ta có: VT  sin1.  1. sin   VP nên đẳng thức cho đúng. * Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k  1 , tức là : sin kx  k sin x (1) Ta phải chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  1 ,tức là : sin( k  1)   k  1 sin  (2) Thật vậy: sin  k  1   sin k cos   cos k sin   sin k . cos   cos k . sin   sin k  sin .  k sin   sin    k  1 . sin  Vậy đẳng thức cho đúng với n  k  1 , nên đẳng thức cho cũng đúng với mọi số nguyên dương n . Bài 5 n.  1 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1 , ta có :  1    3  n 2. 3n  3n  1 với mọi số tự nhiên n  2 ; 2.4.6.2n 3.  2n  1 với mọi số tự nhiên n  1 ; 1.3.5...  2n  1 Lời giải: k.  1 n n 1. Ta chứng minh  1    2   1 ,1  k  n (1) bằng phương pháp quy nạp theo k k  n 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: 2. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(9)</span> p. p2 p  1 1 n   2  n  1 n   Ta chứng minh (1) đúng với k  p  1 , tức là  1 1 n   .  1 Thật vậy:  1    n. p 1.  1  1   n. p. p 1. . (2).. ( p  1)2 p  1   1 (3). n n2.  1   p2 p   1 . 1     2   1  1    n   n n  n . p2 p2  p p  1 p p2  p p  1    1    1 n n n3 n2 n2 n2 p2  2 p  1 p  1 ( p  1)2 p  1    1    1  (3) đúng  đpcm. n n n2 n2 . n.  1 1 Cách khác: Khi n  1  2  3 (đúng) dễ thấy khi n  1  tiến dần về 0   1   tiến n  n n.  1 gần về 1 .Vậy n  1 ta luôn có  1    3  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) 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: 2.4.6.2 k  2 k  1 (1) 1.3.5...  2 k  1 Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  1 , tức là: 2.4.6.2 k(2 k  2)  2 k  3 (2) 1.3.5...  2 k  1 (2 k  1) Thật vậy:. 2.4.6.2 k(2 k  2) 2k  2 2k  2  2 k  1.  2k  1 1.3.5...  2 k  1 (2 k  1) 2k  1. Nên ta chứng minh. 2k  2. 2k  1  4  3 hiển nhiên đúng..  2 k  3   2 k  2   (2 k  1)(2 k  3) 2. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Vậy bài toán được chứng minh. Bài 6 Cho hàm số f xác định với mọi x  ¡ và thoả mãn điều kiện :. f ( x  y)  f ( x). f ( y), x, y ¡. (*). Chứng minh rằng với mọi số thực x và mọi số tự.   x  nhiên n ta có : f  x    f  n     2 . 2n. Lời giải: 1. Trong BĐT f ( x  y)  f ( x). f ( y) thay x và y bằng. x , ta được: 2. 2. x x x x  x  f     f   . f    f  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  f  x    f  k  (1)   2  Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n  k  1 , tức là :   x  f  x    f  k 1     2 . 2 k 1. (2).  x x    x  f     f     k 1 k  1 2 2    2 k  1   2k 2k  2   x     x   f   f     k  1      2 k         2 .  x Thật vậy ta có : f   k 2.    .   x f   2 k.     . 2k.   x  f    2 k  1  . 2. 2k  1. 2 k 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 Chứng minh các bất đẳng thức sau 1 1 1 1 1. 1    ...  2  2  n  2 4 9 n n L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 2.. n  1. 1 2. . 1 3. .... . 1 n. 2 n. 3. tan n  n tan  với 0   .  4  n  1. 4. 2n  2n  1 n  3 5. 2n2  2n  5, (n  ¥ * ) 6. 3n1  n(n  2); (n  ¥ * , n  4) 7. 2n3  3n  1; (n  ¥ * , n  8)    n cos  1 với n  1 n1 n 1 3 5 2n  1 1 9. . . ....  2 4 6 2n  2 3n  4. 8. (n  1)cos. 1 1 1 10. 1    ...  n  n ;(n  ¥ * , n  2) . 2 3 2 1 Lời giải: 1 1 1 1 1 1. 2    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)  2 k  1 k 1  4k( k  1)  (2k  1)2  4 k( k  1)  1 (hiển nhiên). tan n  tan  3. tan(n  1)   (n  1) tan  1  tan n.tan   tan n  tan   (n  1) tan   (n  1) tan 2 .tan n 2..  tan n 1  (n  1) tan 2    n tan  (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  2 k  7  2( k  1)  5 6. 3k  3.3k 1  3k( k  2)  ( k  1)( k  2)  2k 2  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    1 . Ta cần chứng minh  Giả sử k cos  ( k  1)cos k k 1. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(12)</span> ( k  1)cos.        k cos  1  k  cos  cos   2 sin 2 k 1 k k 1 k 2( k  1) . (2 k  1)   (1) sin  sin 2 2 k( k  1) 2 k( k  1) 2( k  1)  (2 k  1)  (2 k  1)  Ta có:    0  sin  sin 2 2 k( k  1) 2( k  1) 2 k( k  1) 2( k  1)  k sin. Mặt khác: sin nx  n sin x  k sin.    sin 2 k( k  1) 2( k  1). Từ đó ta có được (1) luôn đúng. 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 2 k  4. 2k  3 1  3k  4 2 k  4 3k  7  (3k  7)(2k  3)2  (3k  4)(2k  4)2  k  1  0 (đúng). 1 1 10. k  k 1  k  1  k 1  1 (đúng). 2 1 2 1 Và. 1. .. Bài 8 Cho tổng: Sn . 1 1 1 1    ...  1.3 3.5 5.7 (2n  1)(2n  1). 1. Tính S1 ; S2 ; S3 ; S4 2. Dự đoán công thức tính Sn và chứng minh bằng phương pháp qui nạp. Lời giải: 1 2 3 4 , S2  ; S3  , S4  3 5 7 9 n 2. Dự đoán công thức Sn  . 2n  1. 1. Ta có S1 . Bài 9 Cho hàm số f : ¡  ¡ , n  2 là số nguyên . Chứng minh rằng nếu. f ( x)  f ( x)  2.  xy f  x, y  0 (1) thì ta có  2  f ( x1 )  f ( x2 )  ...  f ( xn )  x  x  ...  xn   f 1 2  xi  0 , i  1, n (2). n n   Bài 9  Ta chứng minh (2) đúng với n  2 k , k  1 * Với k  1 thì (8.2) đúng (do (1)) L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(13)</span> * Giả sử (2) đúng với n  2 k , ta chứng minh (2) đúng với n  2k 1  x  ...  x2k  Thật vậy: f ( x1 )  ... f ( x2k )  2 k f  1   2k    x k  ...  x2k1  f ( x2k 1 )  ... f ( x2k1 )  2 k f  2 1 k   2    x  ...  x2k  k  x2k 1  ...  x2k1  Do đó: f ( x1 )  ... f ( x2k1 )  2 k f  1   2 f    2k 2k      x  ...  x2k  x2k 1  ...  x2k1   2 k 1 f  1  .  2 k 1   k Do vậy (2) đúng với mọi n  2 .  Giả sử (2) đúng với mọi n  k  1  3 , tức là f ( x1 )  f ( x2 )  ...  f ( xk 1 )  x  x  ...  xk 1   f 1 2  (3) k 1 k 1   Ta chứng minh (8.2) đúng với n  k , tức là f ( x1 )  f ( x2 )  ...  f ( xk )  k.  x  x  ...  xk  f 1 2  (4) k  . x1  x2  ...  xk x  , áp dụng (3) ta có k k x  x f ( x1 )  f ( x2 )  ...  f ( xk )  f   x1  x2  ...    k   f k  k 1 k 1     f ( x1 )  f ( x2 )  ...  f ( xk )  x  x  ...  xk   f 1 2 . k k  . Thật vậy: đặt xk 1 . Hay. Vậy bài toán được chứng minh. Chú ý: Chứng minh tương tự ta cũng có bài toán sau f ( x)  f ( y ) Nếu  f ( xy ) x, y  0 (a) thì ta có 2 f ( x1 )  f ( x2 )  ...  f ( xn )  f n x1 x2 ...xn với xi  0, i  1, n (b). n. . . Vấn đề 2. Ứng dụng phương pháp quy nạp trong số học và trong hình học Các ví dụ Ví dụ 1. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Cho n là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng: an  16n – 15n – 1M 225 Lời giải: 225 .  Với n  1 ta có: a1  0  a1 M. 225 , ta chứng minh  Giả sử ak  16k  15k  1M. ak 1  16k 1  15( k  1)  1M 225. . . Thậ vậy: ak 1  16.16k  15k  16  16 k  15k  1  15 16 k  1. . .  ak  15 16 k  1. . . 15 và ak M Vì 16k  1  15. 16 k 1  16 k 2  ...  1 M 225 Nên ta suy ra ak 1 M 225 . Vậy bài toán được chứng minh Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1 thì A(n)  7 n  3n  1 luôn chia hết cho 9 Lời giải: * Với n  1  A(1)  7  3.1  1  9  A(1) M 9 * Giả sử A( k)M 9 k  1 , ta chứng minh A( k  1)M 9 1. Thật vậy: A( k  1)  7 k 1  3(k  1)  1  7.7k  21k  7  18k  9  A( k  1)  7 A( k)  9(2k  1).  A( k )M 9  A( k  1)M 9 Vì  9 9(2 k  1)M Vậy A(n) chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n  1 . Ví dụ 3. Cho n là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng: Bn   n  1 n  2  n  3 .  3nM 3n Lời giải: 3  Với n  1 , ta có : B1  2.3M  Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là :. Bk   k  1 k  2  k  3  3k M 3k. Ta chứng minh : Bk 1   k  2  k  3  k  4 3  k  1 M 3 k 1 Bk 1  3  k  1 k  2  k  3  3k  3k  1 3k  2   3Bk  3k  1 3k  2  L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Mà Bk M3k nên suy ra Bk 1 M 3 k 1 . Vậy bài toán được chứng minh. Ví dụ 4. Trong mặt mặt phẳng cho n điểm rời nhau (n > 2) tất cả không nằm trên một đường thẳng. Chứng minh rằng tất cả các đường thẳng nối hai điểm trong các điểm đã cho tạo ra số đường thẳng khác nhau không nhỏ hơn n. Lời giải: Giả sử mệnh đề đúng với n  k  3 điểm. Ta chứng minh nó cũng đúng cho n  k  1 điểm. Ta có thể chứng minh rằng tồn tại ít nhất một đường thẳng chỉ chứa có hai điểm. Ta kí hiệu đường thẳng đi qua hai điểm An và An1 là An An1 . Nếu những điểm A1 , A2 ,..., An nằm trên một đường thẳng thì số lượng các đường thẳng sẽ đúng là n  1 : Gồm n đường thẳng nối An1 với các điểm A1 , A2 ,..., An và đường thẳng chúng nối chung. Nếu A1 , A2 ,..., An không nằm trên một đường thẳng thì theo giả thiết quy nạp có n đường. thẳng khác nhau. Bây giờ ta thêm các đường thẳng nối An1 với các điểm A1 , A2 ,..., An . Vì đường thẳng An An1 không chứa một điểm nào trong A1 , A2 ,..., An1 , nên đường thẳng này khác hoàn toàn với n đường thẳng tạo ra bởi A1 , A2 ,..., An . Như vậy số đường thẳng tạo ra cũng không nhỏ hơn n  1 . Ví dụ 5. Chứng minh rằng tổng các trong một n – giác lồi (n  3) bằng (n  2)1800 . Lời giải:  Với n  3 ta có tổng ba góc trong tam giác bằng 1800  Giả sử công thức đúng cho tất cả k-giác, với k  n , ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng cho n-giác. Ta có thể chia n-giác bằng một đường chéo thành ra hai đa giác. Nếu số cạnh của một đa giác là k+1, thì số cạnh của đa giác kia là n – k + 1, hơn nữa cả hai số này đều nhỏ hơn n. Theo giả thiết quy nạp tổng các góc của hai đa giác này lần lượt là  k  1 1800 và  n  k  1 1800 . Tổng các góc của n-giác bằng tổng các góc của hai đa giác trên, nghĩa là  k – 1  n k – 1 1800   n  2  1800 . Suy ra mệnh đề đúng với mọi n  3 . CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1 Cho n là số nguyên dương.Chứng minh rằng: 1. n(2n2  3n  1) chia hết cho 6. 2. 11n1  122 n1 chia hết cho 133 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(16)</span> n7  n chia hết cho 7 13n  1 chia hết cho 6 n5  n chia hết cho 5 với mọi n  1 16n  15n  1 chia hết cho 225 với mọi n  1 4.32 n1  32n  36 chia hết cho 64 với mọi n  1 . Lời giải: 2 3 2 1. Đặt an  n(2n  3n  1)  2n  3n  n 3. 4. 5. 6. 7.. Ta có: an1  2(n  1)3  3(n  1)2  n  1  an  6n2 . 2. Đặt an  11n1  122 n1 Ta có: an1  11.11n1  122.122n1  11.an  133.122n1 3. Đặt an  n7  n 7. Ta có an1  (n  1)7  (n  1)  an1  an   C7k n7  k i 1. 7! Mà C7k  ,1  k  7 luôn chia hết cho 7 . 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  k 5  1  5k( k 3  2k 2  2k  1) .. . . 6. Đặt an  16n  15n  1 thì ta có: ak 1  16k 1  15k  16  ak  15. 16 k  1. 7. Đặt an  4.32 n1  32n  36 thì ta có: ak 1  4.32 k 3  32( k  1)  36  ak  32(32 k 1  1) Bài 2 1. Chứng minh rằng với n  2 , ta luôn có an   n  1 n  2  ...  n  n chia hết cho 2 n . 2. Cho a , b là nghiệm của phương trình x2  27 x  14  0 Đặt S  n  an  bn . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì S(n) là một số nguyên không chia hết cho 715. 3. Cho hàm số f : ¥  ¥ thỏa f (1)  1, f (2)  2 và f (n  2)  2 f (n  1)  f (n) . Chứng minh rằng: f 2 (n  1)  f (n  2) f (n)  ( 1)n n. 4. Cho pn là số nguyên tố thứ n . Chứng minh rằng: 22  pn . 5. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên không vượt qua n ! đều có thể biểu diễn thành tổng của không quá n ước số đôi một khác nhau của n ! . Lời giải: 1. * Với n  2 , ta có : a2   2  1 2  2   12  a2 M 4  22 . L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(17)</span> * Giả sử ak M2 k ta chứng minh ak 1 M 2 k 1 . Thật vậy: 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  2ak .( k 2  k  1) 1 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 4 3 ak. Do ak M 2k  2ak M 2k 1  ak 1 M 2k 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)  2 f (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)  2 f (n  2)  f (n  1) f ( k  1).  f ( k  2)  f ( k  2)  2 f ( 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 1.  Với n  1 ta có: 22  4  p1  2 k.  Giả sử 22  pk k  n , ta cần chứng minh 22 1. 2. Thật vậy, ta có: 22 .22 ...2 Suy ra 22 2 1. 2. ... 2. k. p 2 k.  pk 1  22. k 1.  pk  1.  1  p1 .p2 ...pk  1  pk 1 2k 11.  1  pk 1  22. k 1.  pk 1. Vậy bài toán được chứng minh 5.  Với n  1 bài toán hiển nhiên đúng.  Giả sử bài toán đúng với n  k , ta chứng minh bài toán 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 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 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 Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình : x2  6x  1  0 . Đặt an  x1n  x2n . Chứng minh rằng : 1. an  6an1  an2. n  2 .. 2. an là một số nguyên và an không chia hết cho 5 với mọi n  1 . n1 1. 1. Ta có: an  ( x1  x2 )( x. n1 2. x. Lời giải: )  x1x2 ( x  x1n2 ) n 2 1. x  x  6 Theo định lí Viét:  1 2 nên ta có: x x  1  1 2 n1 n1 an  6( x1  x2 )  ( x1n2  x1n2 )  6an1  an2 . 2. * Với n  1  a1  x1  x2  6  a1 ¢ Và a1 không chia hết cho 5 * Giả sử ak ¢ và ak không chia hết cho 5 với mọi k  1 . Ta chứng minh ak 1 ¢ và ak 1 không 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. 5a M5 Vì ak  2 không chia hết cho 5 và  k nên suy ra ak 1 không chia hết cho 5. 5 a M 5  k 1 Bài 4 1. Trong không gian cho n mặt phẳng phân biệt ( n  1 ), trong đó ba mặt phẳng luôn cắt nhau và không có bốn mặt phẳng nào có điểm chung. Hỏi n mặt phẳng trên chia không gian thành bao nhiêu miền? 2. Cho n đường thẳng nằm trong mặt phẳng trong đó hai đường thẳng bất kì luôn cắt nhau và không có ba đường thẳng nào đồng quy. Chứng minh rằng n đường thẳng n2  n  2 này chia mặt phẳng thành miền. 2 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Lời giải: 1. Giả sử n mặt phẳng chia không gian thành an miền. n2  n  2 Ta chứng minh được: an1  an  2 2 (n  1)(n  n  6) Từ đó ta tính được: an  . 6 2. Gọi an là số miền do n đường thẳng trên tạo thành. 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  1 phần 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 Từ đây ta có: an . n2  n  2 . 2. Bài 5 1. Cho a, b, c , d, m là các số tự nhiên sao cho a  d , (b  1)c , ab  a  c chia hết cho m . Chứng minh rằng xn  a.bn  cn  d chia hết cho m với mọi số tự nhiên n . 2. Chứng minh rằng từ n  1 số bất kì trong 2n số tự nhiên đầu tiên luôn tìm được hai số là bội của nhau. Lời giải: 1. m  Với n  0 ta có x0  a  dM. m với k  0, k ¥ , ta chứng minh  Giả sử xk  a.bk  ck  dM xk 1  a.bk 1  c( k  1)  dM m . 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)M m  xk 1 M m. Vậy bài toán được chứng minh. 2.  Với n  1 ta thấy bài toán hiển nhiên đúng  Giả sử bài toán đúng với n  1 , có nghĩa là: từ n số bất kì trong 2n  2 số tự nhiên đầu tiên luôn 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 luôn tìm được hai số là bội của nhau. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 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 không 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 ' không là bội của nhau. TH 3: X chứa 2n  1 mà không chứa 2n Ta bỏ đi phần tử 2n  1 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. TH 2: X chứa 2n và 2n  1 Vì X không 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 ) 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 toán được chứng minh theo nguyên lí quy nạp. DÃY SỐ 1. Dãy số là tập hợp các giá trị của hàm số u : ¥ *  ¡ , n  u(n) Được sắp xếp theo thứ tự tăng dần liên tiếp theo đối số tự nhiên n : u(1), u(2), u(3),..., u(n),...  Ta kí hiệu u(n) bởi un và gọi là số hạng thứ n hay số hạng tổng quát của dãy số, u1. được gọi là số hạng đầu của dãy số.  Ta có thể viết dãy số dưới dạng khai triển u1 , u2 ,..., un ,... hoặc dạng rút gọn (un ) . 2. Người ta thường cho dãy số theo các cách:  Cho số hạng tổng quát, tức là: cho hàm số u xác định dãy số đó  Cho bằng công thức truy hồi, tức là: L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(21)</span> * Cho một vài số hạng đầu của dãy * Cho hệ thức biểu thị số hạng tổng quát qua số hạng (hoặc một vài số hạng) đứng trước nó. 3. Dãy số tăng, dãy số giảm  Dãy số (un ) gọi là dãy tăng nếu un  un1 n  ¥ *  Dãy số (un ) gọi là dãy giảm nếu un  un1 n  ¥ *. 4. Dãy số bị chặn  Dãy số (un ) gọi là dãy bị chặn trên nếu có một số thực M sao cho un  M n  ¥ * .  Dãy số (un ) gọi là dãy bị chặn dưới nếu có một số thực m sao cho un  m n  ¥ * .  Dãy số vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới gọi là dãy bị chặn, tức là tồn tại số thực dương M sao cho un  M n  ¥ * .. Vấn đề 1. Xác định số hạng của dãy số Các ví dụ Ví dụ 1. Cho dãy số có 4 số hạng đầu là: 1,3,19,53 . Hãy tìm một quy luật của dãy số trên và viết số hạng thứ 10 của dãy với quy luật vừa tìm. A. u10  97 B. u10  71 C. u10  1414 D. u10  971 Lời giải: Xét dãy (un ) có dạng: un  an  bn  cn  d 3. 2. a  b  c  d  1  8 a  4b  2c  d  3 Ta có hệ:  27 a  9b  3c  d  19 64a  16b  4c  d  53 Giải hệ trên ta tìm được: a  1, b  0, c  3, d  1  un  n3  3n  1 là một quy luật . Số hạng thứ 10: u10  971 . Ví dụ 2. Cho dãy số (un ) được xác định bởi un . n2  3n  7 n1. 1. Viết năm số hạng đầu của dãy; 11 14 25 47 11 17 25 47 11 17 25 13 17 25 47 47 A. ; ; ; 7; B. C. D. ; ; ; 7; ; ; ; 8; ; ; ; 7; 2 3 4 6 2 3 4 6 2 3 4 2 3 4 6 6 2. Dãy số có bao nhiêu số hạng nhận giá trị nguyên. A.2 B.4 C.1 D.Không có L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Lời giải: 1. Ta có năm số hạng đầu của dãy 12  3.1  7 11 17 25 47 u1   , u2  , u3  , u4  7, u5  1 1 2 3 4 6 5 5 2. Ta có: un  n  2  , do đó un nguyên khi và chỉ khi nguyên hay n  1 là ước n1 n1 của 5. Điều đó xảy ra khi n  1  5  n  4 Vậy dãy số có duy nhất một số hạng nguyên là u4  7 .. u  1 Ví dụ 3. Cho dãy số (un ) xác định bởi:  1 . un  2un1  3 n  2 1. Viết năm số hạng đầu của dãy; A.1;5;13;28;61 B. 1;5;13;29;61 C. 1;5;17;29;61. D. 1;5;14;29;61. 2. Chứng minh rằng un  2n1  3 ; 3. Số hạng thứ 20122012 của dãy số có chia hết cho 7 không? Lời giải: 1. Ta có 5 số hạng đầu của dãy là: u1  1; u2  2u1  3  5 ; u3  2u2  3  13; u4  2u3  3  29 u5  2u4  3  61 .. 2. Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp * Với n  1  u1  211  3  1  bài toán đúng với N  1 * Giả sử uk  2k 1  3 , ta chứng minh uk 1  2k  2  3 Thật vậy, theo công thức truy hồi ta có: uk 1  2uk  3  2(2k 1  3)  3  2k 2  3 đpcm. 3. Ta xét phép chia của n cho 3 * n  3k  un  2(23 k  1)  1. 7  un không chia hết cho 7 Do 23 k  1  8k  1  7.AM * n  3k  1  un  4(23 k  1)  1  un không chia hết cho 7 * n  3k  2  un  8(23 k  1)  5  un không chia hết cho 7 Vậy số hạng thứ 20122012 của dãy số không chia hết cho 7. 2 2  u  un  2vn Ví dụ 4. Cho hai dãy số (un ),( vn ) được xác định như sau u1  3, v1  2 và  n1  vn1  2un .vn với n  2 .. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 1. Chứng minh : un2  2vn2  1 và un  2vn . . . 2 1. 2n. với n  1 ;. 2. Tìm công thức tổng quát của hai dãy (un ) và ( vn ) .. .  . .  . .  . . 2n.   . . 2n 2n   1 u  2  1  2  1  n  2    C.  n 2 2n v  1  2  1  2  1    n 3 2   . .  . . 2 1.  . . 2 1.  . . 2 1.  1 un   4  B.  v  1   n 2    1 un   2  D.  v  1  n 2 2 . . 2n 2n  un  2  1  2  1 A.  2n 1  vn   2 1  2 1  2 2. .   . . 2n. . 2n.   2n. . 2 1. 2n. . 2 1.   2n. .    n 2  2 1   2 1. . 2n.   . 2 1. . 2n.   . Lời giải: 1. Ta chứng minh bài toán theo quy nạp a) Chứng minh: un2  2vn2  1 (1)  Ta có u12  2v12  32  2.22  1 nên (1) đúng với n  1  Giả sử uk2  2vk2  1 , khi đó ta có:. . uk21  2vk21  uk2  2vk2. . 2. .  2  2uk vk   uk2  2vk2. . 2. 1. Từ đó suy ra (1) đúng với n  1 . b) Chứng minh un  2vn . . . 2 1. 2n. (2). . Ta có: un  2vn  un21  2vn21  2 2un1vn1  un1  2vn1  Ta có: u1  2v1  3  2 2   Giả sử uk  2vk . . . 2 1. . . 2 1. 2. . 2. nên (2) đúng với n  1. 2k. , ta có:. . uk 1  2vk 1  uk  2vk.   2. . 2 1. 2 k1. Vậy (2) đúng với n  1 . 2. Theo kết quả bài trên và đề bài ta có: un  2vn . . . 2 1. 2n. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(24)</span> .          . 2n 2n  2un  2  1  2  1 Do đó ta suy ra  2n 2 2v  2  1  2  1 n  2n 2n   1 un   2  1  2  1  2   . Hay  n 2 2n v  1  2  1  2  1    n 2 2   . . .  . 2n. . CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1 Cho dãy số (un ) có số hạng tổng quát un  1. Viết năm số hạng đầu của dãy số. 3 7 3 11 A. u1  1, u2  , u3  , u4  , u5  4 5 2 7 5 8 3 11 C. u1  1, u2  , u3  , u4  , u5  4 5 2 7 2. Tìm số hạng thứ 100 và 200 401 7 A. u100  ; u200  202 34 67 401 C. u100  ; u200  4 202 3. Số. 167 là số hạng thứ mấy? 84 A.300 B.212. 4. Dãy số có bao nhiêu số hạng là số nguyên. A.1 B.12. 2n  1 . n2. 5 7 3 11 , u3  , u4  , u5  4 5 2 7 5 7 7 11 D. u1  1, u2  , u3  , u4  , u5  4 5 2 3. B. u1  1, u2 . 401 67 ; u200  22 34 67 401 ; u200   34 202. B. u100  D. u100. C.250. D.249. C.2. D.0. Lời giải: 5 7 3 11 1. Năm số hạng đầu của dãy là: u1  1, u2  , u3  , u4  , u5  . 4 5 2 7 2.100  1 67 2. Số hạng thứ 100: u100   100  2 34 2.200  1 401 Số hạng thứ 200: u200   200  2 202 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(25)</span> 3. Giả sử un . 167 2n  1 167    84(2n  1)  167(n  2) 84 n2 84.  n  250 . 167 Vậy là số hạng thứ 250 của dãy số (un ) . 84 2(n  2)  3 3 4. Ta có: un   2 n2 n2 3  un  ¢   ¢  3M n 2  n  1 n2 Vậy dãy số có duy nhất một số hạng là số nguyên.. u  1, u2  3 Bài 2 Cho dãy số ( an ) xác định bởi:  1 . un1  5un  6un1 n  2 1. Viết 7 số hạng đầu tiên của dãy A. u3  21 ; u4  70 ; u5  309 ; u6  1023 ; u7  3261 . B. u3  21 ; u4  87 ; u5  319 ; u6  1023 ; u7  3261 . C. u3  21 ; u4  87 ; u5  309 ; u6  1023 ; u7  3263 . D. u3  21 ; u4  87 ; u5  309 ; u6  1023 ; u7  3261 . 2. Chứng minh rằng: un  5.3n1  6.2n1 , n  1 . Lời giải: 1. Bốn số hạng đầu của dãy: u3  5u2  6u1  21 ; u4  5u3  6u2  87 ; u5  5u4  6u3  309 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 công 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 5.2 k 1  6.2 k 2. . .  5.3k  6.2k đpcm. Chú ý: Ta có bài toán tổng quát sau. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(26)</span> u , u Cho dãy (un ) :  1 2 , với b2  4ac  0 a . u  bu  cu  0  n  2 n n 1  n 1 n1 n1 Khi đó: un  .x1  .x2 với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình ax2  bx  c  0 (*)   .x  .x2  u1 và  ,  :  12 . 2  .x1  .x2  u2 Phương trình (*) gọi là phương trình đặc trưng của dãy.. Bài 3 Cho dãy số (un ) có số hạng tổng quát: un  2n  n2  4 1. Viết 6 số hạng đầu của dãy số A. u1  2  5; u2  4  2 2; u3  6  13; u4  8  2 5 ; u5  10  29; u6  12  2 10 . B. u1  2  5; u2  4  2 2; u3  6  13; u4  7  2 5 ; u5  10  29; u6  12  2 10 C. u1  2  5; u2  4  2 2; u3  5  13; u4  8  2 5 ; u5  10  29; u6  12  2 10 D. u1  2  5; u2  3  2 2; u3  6  13; u4  8  2 5 ; u5  10  29; u6  12  2 10 2. Tính u20 , u2010 A. u20  20  2 101 ; u2010  4020  20102  4 B. u20  40  2 101 ; u2010  2010  20102  4 C. u20  20  2 101 ; u2010  2010  20102  4 D. u20  40  2 101 ; u2010  4020  20102  4 3. Dãy số đã cho có bao nhiêu số hạng là số nguyên. A.1 B.2 C.3. D.0. Lời giải: 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  ¥  k 2  n2  4.  ( k  n)( k  n)  4 phương trình này vô nghiệm Vậy không có số hạng nào của dãy nhận giá trị nguyên.. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(27)</span>  u1  2 Bài 4 Cho dãy số (un ) xác định bởi:  un  2un1  3n  1, n  2 1. Tìm 5 số hạng đầu của dãy A. u1  2; u2  10; u3  26; u4  63; u5  140 B. u1  2; u2  9; u3  16; u4  63; u5  140 C. u1  2; u2  9; u3  26; u4  63; u5  149. D. u1  2; u2  9; u3  26; u4  63; u5  140. 2. Chứng minh rằng un  5.2n  3n  5 n  1,2,3,... 3. Tìm số dư của u2010 khi chia cho 3 A. u2010  2(mod 3). B. u2010  1(mod 3). C. u2010  0(mod 3) D. u2010  4(mod 3). Lời giải: 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) .. u  2008; u2  2009 n1 Bài 5 Cho dãy số (un ) :  1  2un1  un  un 2 1. Chứng minh rằng dãy (vn ) : vn  un  un1 là dãy không đổi 2. Biểu thị un qua un1 và tìm CTTQ của dãy số (un ) A. n  2006. B. 2n  2007. 1. Ta có: un2  un1  un1  un  vn2. C. n  2003. D. n  2007. Lời giải:  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 .. u1  1; u2  2  Bài 6 Cho dãy số (un ) :  n2 un2 u   n 1 u n 1  u 1. Chứng minh rằng dãy ( vn ) : vn  n là dãy không đổi un1 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(28)</span> 2. Tìm công thức tổng quát của dãy (un ) . A. un  22 n1. C. un  2n1. B. un  23n1. D. un  2n2. Lời giải: 1. Ta có:. un1 u u  n  ...  2  2 un un1 u1. 2. Ta có un  2un1  ...2n1 u1  2n1. u  2 Bài 7. Cho dãy số (un ) được xác định bởi  1 .  un  2un1  3, n  2 1. Tìm 6 số hạng đầu của dãy; A. u2  7, u3  15, u4  37, u5  77, u6  157 B. u2  7, u3  18, u4  37, u5  77, u6  157 C. u2  7, u3  17, u4  38, u5  78, u6  157 D. u2  7, u3  17, u4  37, u5  77, u6  157 2. Chứng minh rằng un  5.2n1  3 với n  2 ; 3. Số hạng có 3 chữ số lớn nhất của dãy là bao nhiêu? A. u11 B. u10 C. u22. D. u21. Lời giải: 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) Giả sử uk  5.2k 1  3 , khi đó ta có:. . . uk 1  2uk  3  2 5.2 k 1  3  3  5.2 k  3 Vậy bài toán được chứng minh theo nguyên lí quy nạp. 1003 3. Ta có un  1000  2n1  . 5 Mà 2 9 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. Cho dãy số (un ) có 4 số hạng đầu là : u1  1, u2  3, u3  6, u4  10 . L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(29)</span> 1. Hãy tìm một quy luật của dãy số trên; 3n(n  1) n(n  2) A. un  B. un  2 2. C. un . n(n  1) 3. D. un . n(n  1) 2. 2. Tìm ba số hạng tiếp theo của dãy số theo quy luật vừa tìm trên. A. u5  15, u6  22, u7  28 B. u5  15, u6  21, u7  26 C. u5  15, u6  21, u7  28. D. u5  15, u6  21, u7  27. Lời giải: 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   8 a  4 b  2 c  d  3 7 a  3b  c  2 a  0, b  c    2    27 a  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 1 (2  5)n  (2  5)n  .Chứng minh rằng u2n là số tự nhiên chẵn   2 là số tự nhiên. 1. Cho dãy (un ) : un  và u2 n1 lẻ.. 2. Cho dãy số (un ) : un  (4  2 3)n  (4  2 3)n . Chứng minh rằng tất cả các số hạng của dãy đều là số nguyên. u1  1  3. Cho dãy số (un ) :  . Chứng minh rằng dãy (un ) có vô hạn các số 3  un1   2 un  , n  1    chẵn và vô hạn các số lẻ. 4. Chứng minh rằng tồn tại đúng 4 dãy số nguyên dương (un ) thỏa: u0  1, u1  2 và. un2 .un  un21  1 . L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Lời giải:. 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 n 1 n 1 a b an 2  bn 2  4.   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 * Giả sử u2 k là số lẻ và u2 k 1 là số chẵn. Khi đó: u2 k 1  4u2 k  u2 k 1 là số chẵn, u2 k 2  4u2 k 1  u2 k 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  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   3 p.2m1    3 p.2m1  1 2  m 2 uk 2  3p.2  1 ,…, uk  m  3p.20  1  3p  1 là số lẻ, suy ra vô lí. Nên dãy (un ) chứa vô hạn số chẵn..  Chứng minh tương tự ta cũng có dãy (un ) chứa vô hạn số lẻ. u  5  u3  12, u3  13 4. Ta có: u2  4  1   2 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: v  1, v1  2 Xét dãy ( vn ) :  0 vn1  vn  vn1 , n  2, 3,... Bằng quy nạp ta chứng minh được ( vn ) thỏa mãn (1).. Thật vậy: vn 2 .vn  vn21  vn  vn1  vn   vn21.  vn1  vn  vn1   vn2  vn2  vn1vn1  1.  Chứng minh duy nhất. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(31)</span> Trước hết ta chứng minh nếu dãy (un ) thỏa (1) thì (un ) là dãy tăng. Giả sử an1  an  an1  1  an Từ an 2 an  an21  1  an 2 . an2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. u .u  uk21  1 Ta giả sử vk  uk , suy ra:  k k  2 2 vk .vk  2  vk 1  1  uk 2  uk  vk   2  2M uk 2 điều này vô lí. Do vậy tồn tại duy nhất dãy nguyên 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 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. (Dãy Fibonacci) Cho dãy số ( Fn ) được xác định bởi F1  1, F2  1 và Fn  Fn1  Fn2 Chứng minh rằng: n n   1  1  5   1  5   1. Fn       5  2   2     2 2 2. Fn  Fn1  F2 n1 và Fn Fn1  Fn1Fn2  F2 n2 với mọi n  2 .. 5k  nM 5k . 3. Fn M Lời giải: 1. Trước hết ta thấy dãy ( Fn ) tồn tại và duy nhất. n n   1  1  5   1  5   1 n n a b Xét xn       5  2   2   5  . . . L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(32)</span> a  b  1 1 5 1 5 ,b   2 2 ab  1 Ta có: x1  x2  1 và Với a . xn1  xn2 . a 5. 1. . 1 5. n 1.  b n 1  a n  2  b n  2. .  an2 ( a  1)  bn2 (b  1)  . 1  n 2 3  5 n 2 3  5  b . a .  2 2  5  2 2     1  n 2  1  5  1  5   1 an  bn  x  a .  bn  2 .    n  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 F2 F3  F3 F4  1.2  2.3  8  F6 Giả sử Fk2  Fk21  F2 k 1 và Fk Fk 1  Fk 1Fk 2  F2 k 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  2 Fk   Fk2  Fk21. .  Fk 1  Fk 2  Fk   F2 k 1  F2 k 2  F2 k 1  F2 k 3 .. 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. .  F2 k 2  F2 k 3  F2 k 5 . Từ đó ta có điều phải chứng minh. 3.  Trước hết ta chứng minh: F5n  5Fnqn với qn không chia hết cho 5 (1) Ta có : 5F5n  a5n  b5n. Đặt x  an , y  bn , như vậy ta có xy   ab    1 n. . n. . Do đó : 5F5n   x  y   x4  xy x2  y 2  x2 y 2  y 4  (2)   L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(33)</span> Mặt khác : x2  y 2   x  y   2xy  5Fn2  2  1 2. . x4  y 4  x2  y 2. . 2. n 2. n  2x2 y 2   5Fn2  2  1   2  .  25Fn4  20  1 Fn2  2 n. (3).. Từ đó, ta có: F5n  5Fn 25Fn4  20( 1)n Fn2  2  5( 1)n Fn2  2  1 2 Hay F5n  5Fn  5Fn4  5Fn2  1  1  5Fnqn ,  . trong đó: qn  5Fn4  5Fn2  1  1 . Rõ ràng ta thấy qn không chia hết cho 5. n.  Với số tự nhiên n , ta phân tích n  5s t với  t ,5   1 .. Khi đó từ (1) ta có Fn  5s Ft An trong đó An không là bội của 5. Nếu t không là bội của 5 thì Ft không là bội của 5, do đó. Fn M 5k  s  k  nM 5k (đpcm).. Vấn đề 2. Dãy số đơn điệu – Dãy số bị chặn Phương pháp:  Để xét tính đơn điệu của dãy số (un ) ta xét : kn  un1  un * Nếu kn  0 n  ¥ *  dãy (un ) tăng * Nếu kn  0 n  ¥ *  dãy (un ) giảm. Khi un  0 n  ¥ * ta có thể xét tn . un1 un. * Nếu tn  1  dãy (un ) tăng * Nếu tn  1  dãy (un ) giảm.  Để xét tính bị chặn của dãy số ta có thể dự đoán rồi chứng minh bằng quy nạp. Các ví dụ. u1  2  Ví dụ 1. Cho dãy số (un ) :  . Chứng minh rằng dãy (un ) là dãy giảm un1  1 n  2 un   2 và bị chặn. Lời giải:. 1  un1 2 Do đó, để chứng minh dãy (un) giảm ta chứng minh un  1 n  1 Ta có: un  un1 . L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(34)</span> Thật vậy: Với n  1  u1  2  1. uk  1 1  1  1 2 2 Theo nguyên lí quy nạp ta có un  1 n  1 Giả sử uk  1  uk 1 . Suy ra un  un1  0  un  un1 n  2 hay dãy (un) giảm Theo chứng minh trên, ta có: 1  un  u1  2 n  1 Vậy dãy (un) là dãy bị chặn..  u1  1, u2  2 Ví dụ 2. Cho dãy số (un ) :  . Chứng minh rằng dãy (un ) là dãy u  u  u  n  2  n n 1  n 1 tăng và bị chặn Lời giải: Ta chứng minh dãy (un ) là dãy tăng bằng phương pháp quy nạp * Dễ thấy: u1  u2  u3 . * Giả sử uk 1  uk k  2 , ta chứng minh uk 1  uk . Thật vậy: uk 1  uk  uk 1  uk 1  uk 2  uk. Vậy (un ) là dãy tăng. Cũng bằng quy nạp ta chứng minh được un  4 n , hơn nữa un  0 Nên dãy (un ) là dãy bị chặn. CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1 Xét tính tăng giảm của các dãy số sau 3n2  2n  1 1. un  n1 A.Dãy số tăng C.Dãy số không tăng không giảm. B.Dãy số giảm D. Cả A, B, C đều sai. 2. un  n  n2  1 A.Dãy số tăng C.Dãy số không tăng không giảm 3n  1 3. un  n 2 A.Dãy số tăng. B.Dãy số giảm D. Cả A, B, C đều sai. B.Dãy số giảm. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(35)</span> C.Dãy số không tăng không giảm. 4. un . n   1. D. Cả A, B, C đều sai. n. n2 A.Dãy số tăng C.Dãy số không tăng không giảm. 1. Ta có: un1  un  2. Ta có: un1  un . B.Dãy số giảm D. Cả A, B, C đều sai Lời giải:. 5n2  10n  2  0 nên dãy (un ) là dãy tăng  n  1 n  2  1.  n  1   n  1. 2.  1. 1 n  n2  1. 0. Nên dãy (un ) giảm.. 3n  1  0  dãy (un ) tăng. 2 n 1 1 2 u  u1  Dãy số không tăng không giảm. 4. Ta có: u1  0; u2  ; u3    2 2 9 u3  u2 3. Ta có: un1  un  un1  un . Bài 2 Xét tính tăng, giảm và bị chặn của dãy số (un ) , biết: 2n  13 3n  2 A.Dãy số tăng, bị chặn. B.Dãy số giảm, bị. C.Dãy số không tăng không giảm, không bị chặn. D. Cả A, B, C đều. 1. un  chặn sai. n2  3n  1 n1 A.Dãy số tăng, bị chặn trên C.Dãy số giảm, bị chặn trên. 2. un . 3. un . B.Dãy số tăng, bị chặn dưới D. Cả A, B, C đều sai. 1. 1  n  n2 A.Dãy số tăng, bị chặn trên C.Dãy số giảm, bị chặn. B.Dãy số tăng, bị chặn dưới D. Cả A, B, C đều. sai. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(36)</span> 2n n! A.Dãy số tăng, bị chặn trên C.Dãy số giảm, bị chặn trên. 4. un . B.Dãy số tăng, bị chặn dưới D. Cả A, B, C đều sai. 1 1 1  2  ...  2 . 2 2 3 n A.Dãy số tăng, bị chặn chặn dưới C.Dãy số giảm, bị chặn trên. 5. un  1 . B.Dãy số tăng, bị. D. Cả A, B, C đều sai Lời giải: 2n  11 2n  13 34 1. Ta có: un1  un     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 2 2 n  5n  5 n  3n  1   n2 n1 2 (n  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 un   n  1  2  dãy (un ) bị chặn dưới. n1 3. Ta có: un  0 n  1 un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:. un1 2 n 1 2 n 2 n 1 n ! 2  :  . n  1 n  1 un (n  1)! n ! (n  1)! 2 n1. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(37)</span> 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.. 1  0  dãy (un ) là dãy số tăng. (n  1)2 1 1 1 1 Do un  1    ...   2 1.2 2.3 (n  1)n n 5. Ta có: un1  un .  1  un  3 n  1  dãy (un ) là dãy bị chặn.. Bài 3. Xét tính bị chặn của các dãy số sau 2n  1 1. un  n2 A.Bị chặn B.Không bị chặn. C.Bị chặn trên. D. Bị chặn dưới. B.Không bị chặn. C.Bị chặn trên. D. Bị chặn dưới. B.Không bị chặn. C.Bị chặn trên. D. Bị chặn dưới. B.Không bị chặn. C.Bị chặn trên. D. Bị chặn dưới. B.Không bị chặn. C.Bị chặn trên. D. Bị chặn dưới. 2. un  ( 1)n A.Bị chặn 3. un  3n  1 A.Bị chặn 4. un  4  3n  n2 A.Bị chặn. n2  n  1 5. un  2 n n1 A.Bị chặn 6. un . n1 n2  1 A.Bị chặn. B.Không bị chặn C.Bị chặn trên Lời giải: 1. Ta có 0  un  2 n nên dãy (un ) bị chặn. D. Bị chặn dưới. 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. 25 3 25  ( n  )2   (un ) bị chặn trên; dãy (un ) không bị chặn dưới. 4 2 4 5. Ta có: 1  un  2 n  (un ) bị chặn. 4. Ta có: un . L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(38)</span> 6. Ta có: 0  un  2 n  (un ) bị chặn Bài 4. Xét tính bị chặn của các dãy số sau 1 1 1 1. un    ...  1.3 2.4 n.(n  2) A.Bị chặn 2. un . B.Không bị chặn. C.Bị chặn trên. D. Bị chặn dưới. 1 1 1   ...  1.3 3.5  2n  1 2n  1. A.Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn trên  u1  1  3.  un1  2 u  , n2 n  u  1 n 1  A.Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn trên Lời giải: 1 1 1 1 1. Ta có: 0  un    ...   1 1 1.2 2.3 n.(n  1) n1. D. Bị chặn dưới. D. Bị chặn dưới. 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.. 2. Ta có: un . Bài 5 Xét tính tăng giảm của các dãy số sau  u1  1  1.  3 3  un1  un  1, n  1 A.Tăng B.Giảm C.Không tăng, không giảm D. A, B, C đều sai  u1  2  2.  un2  1 u  n1  n 1  4 A.Tăng B.Giảm C.Không tăng, không giảm D. A, B, C đều sai Lời giải: 1. Ta có: un1  3 un3  1  un1  3 un3  un n  dãy số tăng L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(39)</span> un2  4un  1 4 Bằng quy nạp ta chứng minh được 2  3  un  2 n. 2. Ta có: un1  un .  un1  un  0 . Dãy (un ) giảm.. Bài 6 1. dãy số (un ) xác định bởi un  2010  2010  ...  2010 (n dấu căn)Khẳng định nào sau đây là đúng? A.Tăng B.Giảm C.Không tăng, không giảm D. A, B, C đều sai  u1  1, u2  2 2. Cho dãy số (un ) :  . Khẳng định nào sau đây đúng? 3 3  un  un1  un2 , n  3 A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn C.Không tăng, không giảm D. A, B, C đều sai an  2 3. Cho dãy số (un ) : un  , n1 2n  1 a) Khi a  4 , hãy tìm 5 số hạng đầu của dãy 10 14 18 22 A. u1  2, u2  , u3  , u4  , u5  B. 3 5 7 9 10 14 18 22 u1  6, u2  , u3  , u4  , u5  3 5 7 9 10 1 1 4 18 8 22 22 C. u1  6, u2  , u3  , u4  , u5  D. u1  6, u2  , u3  , u4  , u5  3 3 5 5 7 7 9 9 b) Tìm a để dãy số đã cho là dãy số tăng. A. a  2 B. a  2 C. a  4 u  2 4. Cho dãy số (un ) :  1 un  3un1  2, n  2, 3.. a) Viết 6 số hạng đầu của dãy A. u1  2, u2  5, u3  10, u4  28, u5  82, u6  244. D. a  4. B. u1  2, u2  4, u3  10, u4  18, u5  82, u6  244 C. u1  2, u2  4, u3  10, u4  28, u5  72, u6  244 D. u1  2, u2  4, u3  10, u4  28, u5  82, u6  244 b) Chứng minh un  3n1  1, n  1,2,... L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(40)</span> 5. Cho dãy số un  5.2n1  3n  n  2 , n  1,2,... a) Viết 5 số hạng đầu của dãy A. u1  1, u2  3, u3  12, u4  49, u5  170. B. u1  1, u2  3, u3  12, u4  47, u5  170. C. u1  1, u2  3, u3  24, u4  47, u5  170. D. u1  1, u2  3, u3  12, u4  47, u5  178. b) Chứng minh rằng: un  2un1  3n1  n . 2 n 1. 1. Ta có u. Lời giải:  2010  un  un1  un  u  un1  2010 2 n 1. 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. 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 . un1  un . 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. . . Nên 2un1  3n  n  2 5.2n2  3n1  n  1  3n1  n.  5.2n1  3n  n  2  un . Bài 7 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(41)</span> 1. Cho dãy số (un ) : un  (1  a)n  (1  a)n ,trong đó a  (0;1) và n là số nguyên dương. a)Viết công thức truy hồi của dãy số  u1  2  A.  n n un1  un  a  1  a    1  a        u1  2  C.  n n un1  2un  a  1  a    1  a      .  u1  2  B.  n n un1  un  2a  1  a    1  a        u1  2  D.  n n un1  un  a  1  a    1  a      . b)Xét tính đơn điệu của dãy số A. Dãy (un ) là dãy số tăng.. B. Dãy (un ) là dãy số giảm.. C. Dãy (un ) là dãy số không tăng, không giảm. D. A, B, C đều sai.. u1  1  2. Cho dãy số (un ) được xác định như sau:  . 1 un  3un1  2u  2, n  2 n 1  a) Viết 4 số hạng đầu của dãy và chứng minh rằng un  0, n 3 47 227 , u3  , u4  2 6 34 3 19 227 C. u1  1, u2  , u3  , u4  2 6 34. A. u1  1, u2 . 3 17 227 , u3  , u4  2 6 34 3 17 2127 D. u1  1, u2  , u3  , u4  2 6 34. B. u1  1, u2 . b) Chứng minh dãy (un ) là dãy tăng.. u0  2011  3. Cho dãy số (un ) được xác định bởi :  un2 u   n1 u  1 , n  1, 2,... n  a) Khẳng định nào sau đây đúng A. Dãy (un ) là dãy giảm B. Dãy (un ) là dãy tăng C. Dãy (un ) là dãy không tăng, không giảm. D.A, B, C đều sai. b) Tìm phần nguyên của un với 0  n  1006 . A. un   2014  n. B. un   2011  n. C. un   2013  n. D. un   2012  n. u  2, u2  6 4. Cho dãy số (un ) được xác định bởi:  1 un 2  un  2un1 , n  1, 2,... L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(42)</span> a) Gọi a , b là hai nghiệm của phương trình x2  2x  1  0 . Chứng minh rằng: un  an  bn b) Chứng minh rằng: un21  un2un  (1)n1 .8 . Lời giải: 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 . , u3  , u4  2 6 34 Ta chứng minh un  0, n bằng quy nạp.. a) Ta có: u1  1, u2 . Giả sử un  0 , khi đó: 2un . 1 1  2 2un . 2 2un 2un.   1 Nên un1  un   2un   2   un  0 . 2un   b) Theo chứng minh trên ta có: un1  un , n nên dãy (un ) là dãy tăng.. 3. a) Ta có: un1  un . un  0, n nên dãy (un ) là dãy giảm un  1. b) Ta có: un  un1 . un1  un1  1  ...  u0  n un1  1. Suy ra: un1  u0  (n  1)  2012  n Mặt khác: un   un  un1   (un1  un2 )  ...  (u1  u0 )  u0  u  u u  u0   0  1  ...  n1  un1  1   u0  1 u1  1  1 1 1   u0  n     ...   un1  1   u0  1 u1  1 Mà: 1 1 1 n n 0   ...    1 u0  1 u1  1 un1  1 un1  1 2013  n L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(43)</span> 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  2010,000497 2012 nên u0   2011  0, u1   2010  2011  1 Vì u0  2011 và u1 . 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. . Khi đó: uk 1  2uk  uk 1  2 ak  bk  ak 1  bk 1 k. k. k 1.  bk 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.  a k 1  b k 1 . b) Ta có: un21  un2un  un21   2un1  un  .un.  un1  un1  2un   un2  (un2  un1un1 ). . .  ...  (1)n1 u22  u3u1  (1)n .8 . Bài 8 Xét tính tăng giảm và bị chặn của các dãy số sau n1 1. (un ) : un  n 2 A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn C.Tăng, chặn dưới D.Giảm, chặn trên 2. (un ) : un  n3  2n  1 A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn u1  2  3. (un ) :  un  1 , n  2 un1   2. C.Tăng, chặn dưới D.Giảm, chặn trên. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(44)</span> A.Tăng, bị chặn. B.Giảm, bị chặn. C.Tăng, chặn dưới D.Giảm, chặn trên.  u1  2, u2  3 4.  .  un1  un  un1 , n  2 A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn C.Tăng, chặn dưới D.Giảm, chặn trên Lời giải: 2 n  2 n  1 (n  2)  (n  3)(n  1) 1. Ta có un1  un    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:. un  1  2 nên ta có đpcm. 2 1  un  0, n . Mà un1  un  2 Vậy dãy (un ) là dãy giảm và bị chặn. 1  un1 . 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 .. u  uk 1  uk  uk 1  uk 1  uk 2  uk 1  uk Khi đó:  k uk 1  uk 2 Vậy dãy (un ) là dãy tăng và bị chặn. Bài 9 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(45)</span>  x0  1  1. Cho dãy số ( xn ) :  2 n n 1 x   n (n  1)2  xi , n  2, 3,... i 1  Xét dãy số yn  xn1  xn . Khẳng định nào đúng về dãy ( yn ) A.Tăng, bị chặn. B.Giảm, bị chặn C.Tăng, chặn dưới D.Giảm, chặn trên u0  1, u1  3   un21  2. Cho dãy số nguyên dương (un ) thỏa :  . un 2  1   u  , n  0  n   2 n Chứng minh rằng: un2un  un1  2 với mọi số tự nhiên n ..  u0  0 3. Cho dãy số (un ) được xác định bởi:  . 2  un1  5un  24un  1, n  0,1,.. Chứng minh rằng dãy số (un ) là dãy số nguyên. 1 (2  5)n  (2  5)n   2 là số tự nhiên chẵn và u2 n1 là số tự nhiên lẻ.. 4. Cho dãy số (un ) được xác định bởi: un  Chứng minh rằng u2n. 5. Cho hai dãy số ( xn );( yn ) xác định :. x  x  1  x2 n 1 n 1  x  3  n 1 và  , n  2 . y n 1   y1  3  yn  1  1  yn21  Chứng minh rằng 2  xn yn  3, n  2 .. u0  1  6. Cho dãy số số (un ) được xác định bởi:  1 1 . un1  2  un  3u  n    3 Chứng minh rằng: an  2 là một số chính phương. 3un  1 Lời giải:  2(n  1) 2(n  1)  xi  Ta có: xn1    xn   xi  2 2 n n i 1 i 1   2  (n  1)(n2  1) 2(n  1)  (n  1)  x  x  xn .  n n 3 2n n2  n  n. n 1. n2  n  1 xn Do đó: yn  xn1  xn  n3 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(46)</span>  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)  xn n3 (n  1)2 . 2 xn  0 , n  1,2,.. n3 (n  1)2.  Ta chứng minh dãy ( yn ) bị chặn.. 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. (n  1)(n2  1) 4(n4  1) xn1  xn   4n n3 n3 Nên (1) đúng với n  1 . Theo nguyên lí quy nạp ta suy ra (1) đúng n2  n  1 4(n  1)(n2  n  1) 4(n3  1) Ta có: yn  x   4 n 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. v  1, v1  3 Xét dãy ( vn ) :  0 . 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.  v   2.  vn1 .2vn1  2vn2  2 vn1vn1  vn2. .  .......  2n v2 v0. 2 1. n. .  (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: vn21 v2 2n  vn 2   vn 2  1  n1  vn 2 vn vn vn L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(47)</span> Hay. vn21 v2  1  vn1  1  n1 vn vn.  vn21   vn21  Do đó: vn 2  1     vn 2  1     vn   vn  Vì tính duy nhất nên ta có: un  vn , n  0 .. Vậy bài toán được chứng minh. 3. Ta có u0 , u1 ¢. u. n 1.  5un   24un2  1  un21  10un1un  un2  1  0 (1) 2. Ở (1) thay n  1 bởi n ta được: un2  10un .un1  un21  1  0.  un21  10un1 .un  un2  1  0 (2) Từ (1) và (2) suy ra un1 , un1 là hai nghiệm của phương trình. t 2  10tun  un2  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 n 1 n 1 a b an 2  bn 2  4.   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  Giả sử u2 k là số lẻ và u2 k 1 là số chẵn.. Khi đó: u2 k 1  4u2 k  u2 k 1 là số chẵn u2 k 2  4u2 k 1  u2 k là số lẻ. Từ đó ta có đpcm..    5. Ta có: x1  3  cot  x2  cot  1  cot 2  6 6 6 Bằng quy nạp ta chứng minh được: xn  cot.  n 1. 2 .6.  cos  1  6  cot  2.6 sin 6. .. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(48)</span> Tương tự, ta cũng có: yn  tan.  n 1. 2 .3.   xn  cot n ; yn  tan 2n  xn .yn  tan 2n .cot n 2n.3 2t 1 2 Đặt t  tan n  tan 2n .cot n  . .  2 1  t t 1  t2   1 2 Vì n  2  0  n   0  t  tan    1  t2  1 6 6 3 3. Đặt n . 2  3  2  xn yn  3, n  2  đpcm. 1  t2 b , c  ¢ b 6. Vì un  ¤  un  n với  n n cn (bn , cn )  1 2. Khi đó:. bn1 1  bn cn  3bn2  cn2     cn1 2  cn 3bn  6bncn. . . Bằng quy nạp ta chứng minh được 3bn2  cn2 ,6bncn  3 2 2  b  3bn  cn Suy ra  n1  cn1  2bncn Bằng quy nạp ta chứng minh được: 3bn2  cn2  3. Do đó: an . 3 2 n 2 n. 3b 1 c.  cn2 (đpcm).. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...(nhắn tin hoặc gọi tư vấn).

<span class='text_page_counter'>(49)</span>