›
›
›

Chuyên đề Toán học 11 - Bài 2: Dãy số bồi dưỡng học sinh giỏi toán (Có đáp án)

docx 44 trang xuanha23 09/01/2023 5320
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Chuyên đề Toán học 11 - Bài 2: Dãy số bồi dưỡng học sinh giỏi toán (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxchuyen_de_toan_hoc_11_bai_2_day_so_boi_duong_hoc_sinh_gioi_t.docx

Nội dung text: Chuyên đề Toán học 11 - Bài 2: Dãy số bồi dưỡng học sinh giỏi toán (Có đáp án)

  1. CHUYÊN ĐỀ DÃY SỐ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN 1.1. DỰ ĐOÁN SỐ HẠNG TỔNG QUÁT VÀ CHỨNG MINH BẰNG QUY NẠP. u1 11 Bài 1. Cho dãy số un xác định bởi : . Xác định số hạng tổng quát của dãy un 1 10un 1 9n,n N đã cho. Hướng dẫn giải Ta có:. u1 11 10 1 u2 10.11 1 9 102 100 2 . u3 10.102 1 9.2 1003 1000 3 n Dự đoán: un 10 n 1 . Chứng minh theo quy nạp ta có. 1 k u1 11 10 1, công thức 1 đúng với n 1. Giả sử công thức 1 đúng với n k ta có uk 10 k . k k 1 Ta có: uk 1 10 10 k 1 9k 10 k 1 . Công thức 1 đúng với n k 1. n Vậyun 10 n , n N u1 2 Bài 2. Cho dãy số (un ) biết . Xác định số hạng tổng quát của dãy. un 3un 1 1,n 2 Hướng dẫn giải 1 3 1 1 u 3u 1 u 3u u 3(u )(1) . n n 1 n 2 n 1 2 n 2 n 1 2 1 1 5 Đặt v u v u . n n 2 1 1 2 2 (1) vn 3vn 1,n 2 . Dãy (vn ) là cấp số nhân với công bội là q 3. 5 Nên v v .qn 1 .3n 1 . n 1 2 1 5 1 Do đó u v 3n 1 ,n 1,2, n n 2 2 2 3 n 4 * Bài 3. Cho dãy số un xác định bởi u1 1;un 1 un 2 ,n N .Tìm công thức số hạng 2 n 3n 2 tổng quát un của dãy số theo n . HƯỚNG DẪN GIẢI
  2. Với mọi n ¥ * , ta có. n 4 2 3 2un 1 3(un ) 2un 1 3(un ) (n 1)(n 2) n 2 n 1 . 3 3 3 3 3 2(un 1 ) 3(un ) un 1 (un ). n 2 n 1 n 2 2 n 1 . 3 3 1 Dãy số (vn ),vn un là cấp số nhân có công bội q và v1 . n 1 2 2 n 1 n 1 3 1 * 3 1 3 * vn . ,n ¥ un ,n ¥ . 2 2 n 1 2 2 Bài 4. Cho hàm số f : Z Z thỏa mãn đồng thời các điều kiện:. (1) f n 1 f n , n Z . (2) f f n n 2000 , n Z . a/Chứng minh: f n 1 f n , n Z b/Tìm biểu thức f n . HƯỚNG DẪN GIẢI Câu a. Vì f n Z nên từ giả thiết (1) ta được: f n 1 f n 1, n Z Kết hợp giả thiết (2) ta được n Z . n 2001 n 1 2000 f f n 1 f f n 1 n 2001 do đó: f n 1 f n 1, n Z . Câu b. f n f 1 n –1,n Z f f 1  f 1 f 1 –1,. Suyra:1 2000 2 f 1 –1 f 1 1001 f n n 1000,n Z . Thử lại thỏa các điều kiện, nên f n n 1000,n Z Bài 5. a)Xác định ba số hạng đầu của một cấp số cộng, biết tổng của chúng bằng 9 và tổng các bình phương của chúng là 125. u 16 1 b)Cho dãy số u có . Tìm số hạng tổng quát u . n 15 n.un 1 n un 1 14 , n 1 n 1 Hướng dẫn giải a)Xác định ba số hạng đầu của một cấp số cộng, biết tổng của chúng bằng 9 và tổng các bình phương của chúng là 125.
  3. Gọi d là công sai, số hạng thứ 2 là a. Khi đó 3 số hạng đầu của csc là a d,a,a d . a d a a d 9 Theo giả thiết ta có hệ: . 2 2 2 a d a a d 125 3a 9 2 2 3a 2d 125 . a 3 d 7 Vậy có 2 cấp số thỏa mãn có 3 số hạng đầu là: -4;3;10 hoặc 10;3;-4. u 16 1 b)Cho dãy số u có . Tìm số hạng tổng quát u . n 15 n.un 1 n un 1 14 , n 1 n 1 15 n.u 1 Ta có: u 14 n u 14 n 1 15 n.u 1 . n 1 n 1 n 1 n n 1 un 1 15nun 14n 1 (1). Đặt vn nun v1 16 . (1) trở thành: vn 1 15vn 14n 1 vn 1 n 1 15 vn n (2). Đặt w n vn n w1 15 . n (2) trở thành: wn 1 15wn w n là csn có w1 15,q 15 w n 15 . 15n n Từ đó ta có: u . n n Bài 6. Cho dãy số un xác định bởi : u1 1;u2 4;un 2 7un 1 un 2,n ¥ *. Chứng minh : un là số chính phương với mọi n nguyên dương. Hướng dẫn giải Ta có u1 1;u2 4;u3 25 . 2 3 18 123 Đặt u v thì v ;v ;v . n n 5 1 5 2 5 3 5 2 2 2 Khi đó un 2 7un 1 un 2,n ¥ * vn 2 7 vn 1 vn 2,n ¥ * 5 5 5 vn 2 7vn 1 vn ,n ¥ *. 2 2 2 2 Ta có : vn 2.vn vn 1 (7vn 1 vn ).vn vn 1 vn 1(7vn vn 1) vn vn 1vn 1 vn . 9 Suy ra : v .v v2 v v v2 L v v v2 ;n ¥ * . n 2 n n 1 n 1 n 1 n 3 1 2 5
  4. 2 2 2 2 9 2 4 2 4 4 9 Suy ra : un 2 . un un 1 un 2un un 2 un un 1 un 1 5 5 5 5 5 25 5 25 5 2 4 9 u u 7u 2 u2 u u u u2 2u 1 (u 1)2 ;n ¥ *. n 2 n 5 n 1 n 1 5 n 1 5 n 2 n n 1 n 1 n 1 2 Từ hệ thức un 2un (un 1 1) ;n ¥ * và u1;u2 là các số chính phương suy ra un là số chính phương với mọi n nguyên dương. Bài 7. Cho dãy số a tăng, a 0 n 1,2,3, và 0 . Xét dãy số x xác định bởi nn 1 n nn 1 n ai 1 ai xn . Chứng minh rằng tồn tại lim xn .  n i 1 ai 1ai Hướng dẫn giải Dễ dàng thấy rằng dãy x tăng ngặt. nn 1 Trường hợp 1. Nếu 1. a a 1 1 1 1 1 i 1 i x vậy dãy x . 1 n nn 1 ai 1ai ai ai 1ai ai ai 1 a1 bị chặn trên do đó tồn tại lim xn . n Trường hợp 2. Nếu 0 1. ai 1 ai 1 1 1 1 * thật vậy * ai 1 ai 1 ai ai 1 ai . ai 1ai ai ai 1 ai 1 ai 1 ai 1 . Ta chứng minh ( ). ai 1 ai Xét hàm số f x x Trên đoạn ai ;ai 1  rõ ràng hàm số thoả mãn điều kiện của định lí Lagrăng nên tồn ' ai 1 ai 1 ai 1 ai 1 ai 1 ai tại số c ai ;ai 1 thoả mãn f c c ai 1 đpcm. ai 1 ai ai 1 ai ai 1 ai Từ đó ta có. 1 xn dãy xn bị chặn trên do đó tồn tại lim xn . n 1 n a1 Bài 8. Cho dãy số xn được xác định bởi : x4 1 và. xn 1 xn 1 n 2 2 n 3 3 n 4 L n 2 1, với mọi n 4 x Tính giới hạn lim n . . n n4 Hướng dẫn giải Ta có: 1 n 2 2 n 3 3 n 4 n 2 .1. n 1 1 2 n 1 2 3 n 1 3 n 2 n 1 n 2 .
  5. 2 n 1 1 2 3 n 2 12 22 32 n 2 . n 2 n 1 n 2 n 1 2m 3 n n 1 n 2 = n 1 . . 2 6 6 n n 1 n 2 Do đó ta suy ra : x x x C3 * . n 1 n 6 n n 4 4 Ta chứng minh xn Cn . Thật vậy với n 4 , ta có x4 1 C4 . 4 Giả sử với n 4 ta có : xn Cn . 4 3 4 3 4 Ta có : xn 1 xn Cn theo (*) hay xn 1 xn Cn Cn Cn Cn trong. x n! 1 lim n lim n n4 n 4! n 4 !n4 6 1 Bài 9. Cho hàm số f : 0; 0; thỏa mãn điều kiện f 3x f f 2x 2x với mọi x 0 . 2 Chứng minh rằng f x x với mọi x 0 . Hướng dẫn giải 1 Ta có: f (3x) f f (2x) 2x (1) . 2 1 2x 2x 2x Từ (1) suy ra f (x) f f f (x) , x 0 (2). 2 3 3 3 1 2x 2x 2 1 2x 2x 1 2x 2x 4 2 Khi đó f (x) f f . f f x . 2 3 3 3 2 3 3 3 3 3 27 3 2 1 2 Xét dãy (a ) , n 1,2, được xác định như sau: a và a a2 . n 1 3 n 1 3 n 3 Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n rằng với mỗi n ¥ * luôn có. f (x) an x với x 0 (3). Thật vậy, khi n 1 thì theo (2), ta có ngay (3). Giả sử mệnh đề (3) đúng với n k . Khi đó. 1 2x 2x 1 2x 2x 1 2x 2x f (x) f f a . f a .a . 2 3 3 2 k 3 3 2 k k 3 3 . a2 2 k .x a .x 3 k 1 Vậy (3) đúng với n k 1. * Tiếp theo ta chứng minh lim an 1. Thật vậy, ta thấy ngay an 1 n ¥ . Do đó: 1 a a (a 1)(a 2) 0 , suy ra dãy (a ) tăng ngặt. n 1 n 3 n n n
  6. 1 2 Dãy (a ) tăng và bị chặn trên nên hội tụ. Đặt lim a l thì l l 2 với l 1, suy ra l 1. Vậy n n 3 3 lim an 1. Do đó từ (3) suy ra f (x) x với mỗi x 0 (đpcm). Bài 10. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau đây. 1. f x y f x f y với mọi x, y ¡ . 2. f x ex 1 với mỗi x ¡ . Hướng dẫn giải f x 0 f x f 0 f 0 0 và bởi vì f 0 e0 1 0 cho nên f 0 0. f x x f x f x f x f x 0 1 . x x x f x f f 2 e 2 1 . 2 2 x x x x f x 2 e 2 1 f x f f 4 e 4 1 . 2 2 x Dùng quy nạp theo ta CM được n 2n . n 1,2, f x 2 e 1 x0 Cố định x ¡ ta có f x 2n e 2n 1 . 0 0 x0 Xét dãy a 2n e 2n 1 ta có:. n x0 e 2n 1 lim a lim .x x . n x 0 0 0 2n Vậy f x0 x0 x0 ¡ 2 . Vậy f x f x x x 0 3 . Kết hợp (1) và (3) ta được f x f x 0 . Từ (2) f x x f x x 4 . Kết hợp (2) và (4) ta được f x xx ¡ . Thử lại f x x ta thấy đúng. Vậy f x f x x x 0 3 . Kết hợp (1) và (3) ta được f x f x 0 . Từ (2) f x x f x x 4 . Kết hợp (2) và (4) ta được f x xx ¡ . Thử lại f x x ta thấy đúng.
  7. 2015 x1 2016 Bài 11. Cho dãy số xác định bởi 2 . Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn hữu xn xn 1 xn ,n 1 n hạn. Hướng dẫn giải Trước hết, bằng quy nạp, ta dễ dàng có xn 0 n 1 và dãy số đã cho là dãy tăng. Ta có :. 2 x2 x1 x1 2x1; x2 . x x 2 2x x2 3x ; 3 2 4 1 1 1 x2 Giả sử x kx với k 1. Ta có: x x k kx x2 (k 1)x . k 1 k 1 k k 2 1 1 1 Theo nguyên lý quy nạp ta có xn nx1 n 1. Ta có : xm m 1 m 2017 thật vậy : 1 1 mx m 1 m 1 x 1 m m m 2016 ;. 1 1 1 x 2015 1 1 2016 Do đó xm mx1 m 1. 2 xn 2 1 1 xn 1 xn n xn 1 1 1 1 Ta có với n 2 thì 2 2 . xn xn 1 xn xn 1 xn xn 1 n xn 1 n n(n 1) n 1 n 1 1 n 2018 1 1 Do đó n 2018 thì  x2017 xn i 0 x2017 i x2018 i n 2018 1 1 1 1 1  . i 0 2016 i 2017 i 2016 n 1 2016 1 1 1 2016x2017 Suy ra 0 xn . xn x2017 2016 2016 x2017 Vậy dãy đã cho tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn. u 1;u 2 1 2 Bài 12. Cho dãy số (un ) xác định như sau 3 1 . u u u n 2 n 1 2 n 2 n 1 a) Xác định số hạng tổng quát un . b) Tính limun n . Hướng dẫn giải
  8. 1 1 Biến đổi ta được:u u u u với v u u khi đó: v v , n 2 . n 1 n 2 n n 1 n 1 n 1 n n 1 2 n 1 nghĩa là dãy v ,v , v , là một cấp số cộng của v 1; q . 2 3 n 2 2 vn un un 1  vn 1 un 1 un 2  un u1 v2 v3 vn . v2 u2 u1  n 2 n 2 1 1 1 u 1 1 3 n 2 2 2 n 2 1 lim un lim 3 3. x x 2 Bài 13. Cho dãy số un được xác định như sau. 2 u1 2011;un 1 n un 1 un ,. * với mọi n ¥ ,n 2 . Chứng minh rằng dãy số un có giới hạn và tìm giới hạn đó. Hướng dẫn giải Từ công thức truy hồi của dãy ta được. 1 1 1 1 1 1 u 1 u 1 1 u 1 1 1 u . n 2 n 1 2 2 n 2 2 2 2 1 n n n 1 n n 1 2 n 1 n 1 n 2 n 4.2 3.1 n 1 2011 Do đó un . . .2011 .2011. Từ đó limun . n2 n 1 2 32 22 2n 2 4 2 un 2013 * Bài 14. Cho dãy số un xác định bởi u1 2014,un 1 3 ,n ¥ . un un 4026 n 1 v , n * Đặt n  3  ¥ . Tính limvn . k 1 uk 2013 Hướng dẫn giải 4 2 un 2013 * Cho dãy số un xác định bởi u1 2014,un 1 3 ,n ¥ . un un 4026 n 1 v , n * Đặt n  3  ¥ . Tính limvn . k 1 uk 2013 4 2 3 u 2013 un 2013 un 2013 Ta có u 2013 n 2013 . n 1 3 2 un un 4026 un un 1 4026 * Từ đó bằng quy nạp ta chứng minh được un 2013,n ¥ .
  9. 3 un 2013 un 2013 u 2013 1 . n 1 3 un 2013 un 2013 1 1 1 1 1 1 Từ 1 suy ra 3 3 . un 1 2013 un 2013 un 2013 un 2013 un 2013 un 1 2013 n 1 1 1 1 1 Do đó vn  1 . k 1 uk 2013 uk 1 2013 u1 2013 un 1 2013 un 1 2013 Ta chứng minh limun . 2 2 2 un 4026un 2013 un 2013 * Thật vậy, ta có un 1 un 3 3 0,n ¥ . un un 4026 un un 4026 Suy ra un là dãy tăng, ta có 2014 u1 u2 Giả sử ngược lại un bị chặn trên và un là dãy tăng nên limun a thì a 2014 . Khi đó a4 20132 a a 2013 2014 (vô lý). Suy ra u không bị chặn trên, do đó limu . a3 a 4026 n n 1 Vậy limvn lim 1 1. uk 1 2013 Bài 15. Tìm số hạng tổng quát của dãy số un biết. 1 u1 2 u2 673 . 2 3 2 2(n 2) u (n 4n 5n 2)u u n 1 n n ¥ ,n 1 n 2 n 3 Hướng dẫn giải 2(n 2)2 u (n3 4n2 5n 2)u Vì u n 1 n nên ta có:. n 2 n 3 2 2 (n 3)un 2 2(n 2) un 1 (n 2)(n 1) un . n 3 u 2(n 2)u (n 1)2 u . n 2 n 2 n 1 n n 3 u (n 3)u (n 1)u (n 1)2 u n 2 n 2 n 1 n 1 n Đặt un n!vn , n ¥ ,n 1 thu được. (n 3)vn 2 (n 3)vn 1 (n 1)vn 1 (n 1)vn . (n 3)(vn 2 vn 1) (n 1)(vn 1 vn ) Đặt wn vn vn 1 , n ¥ ,n 2 thu được. (n 1)wn (n 1)wn 1 .
  10. (n 1)nwn n(n 1)wn 1 . Do đó. (n 1)nw n(n 1)w (n 1)(n 2)w 3.2.w n n 1 n 2 2 . 6(v2 v1) 2016. 2016 1 1 Như vậy wn 2016 , n ¥ ,n 2 . n(n 1) n n 1 Từ đó, với n ¥ ,n 1, ta có. 1 1 n 1 vn v1 2016 2016 . 2 n 1 n 1 4033n 4031 v . n 2(n 1) 4033n 4031 Vậy u n! , n ¥ ,n 1. n 2(n 1) 3 n 4 * Bài 16. Cho dãy số un xác định bởi u1 1; un 1 un 2 ,n N . 2 n 3n 2 Tìm công thức số hạng tổng quát un của dãy số theo n . Hướng dẫn giải 3 n 4 Vì un 1 un 2 nên. 2 n 3n 2 3 n 4 1,5n 6 2u 3u . . n 1 n 2 n2 3n 2 n 1 n 2 1,5 1,5 2u 3u 2. 3. . n 1 n n 2 n 1 1,5 1,5 2u 2. 3u 3. . n 1 n 2 n n 1 1,5 3 1,5 un 1 un 3. . n 2 2 n 1 1,5 3 Đặt v u , khi đó ta có: v v . n n n 1 n 1 2 n 1,5 1 Lại có: v u . 1 1 2 4 n 1 3 1 Từ đẳng thức trên ta có công thức tổng quát của dãy vn là: vn . . 2 4 n 1 1,5 3 1 3 Từ đó ta có công thức tổng quát của dãy un un vn . là: n 1 2 4 2 n 1 .
  11. 2 Bài 17. Cho dãy số un xác định bởi u1 1 và un 1 3un 2 với mọi n 1. a) Xác định số hạng tổng quát của dãy số un . 2 2 2 2 b) Tính tổng S u1 u2 u3 u2011 . Hướng dẫn giải * a) Dễ thấy un 0,n N . 2 2 2 Từ un 1 3un 2 un 1 3un 2 . 2 Đặt vn un thì có: vn 1 3vn 2 vn 1 1 3 vn 1 . Đặt xn vn 1 thì ta có: xn 1 3xn . Từ đây suy ra xn là cấp số nhân với x1 2 , công bội là 3. n 1 n 1 n 1 Nên: xn 2.3 vn 2.3 1 un 2.3 1 . b) S 2.30 2.31 2.32 2.32010 2011. 2 30 31 32 32010 2011. 2 32011 1 2011 32011 2012 . 3 1 n Bài 18. Cho dãy số un được xác định bởi u1 1 và un 1 un 2 với mọi n 1. n a) Chứng minh rằng: un 2 1. b) Tính tổng S u1 u2 u3 un theo n . Hướng dẫn giải 1 2 a) Khi n 1: u2 u1 2 1 2 2 1 đúng. k Giả sử uk 2 1 đúng với k 1,k N . k 1 Ta chứng minh: uk 1 2 1. k k k k 1 Thật vậy: uk 1 uk 2 2 1 2 2 1. b) S 21 1 22 1 2n 1 21 22 2n n . 2n 1 S 2. n 2n 1 n 2. 2 1 u 2 1 Bài 19. Cho dãy số(un) xác định như sau: . un 2 1 un 1 (n 1,n ¥ ) 1 ( 2 1)un a) Chứng minh: tan 2 1. 8
  12. b) Tính: u2015 . Hướng dẫn giải 2 tan a) Ta có: 1 tan tan 8 tan2 2 tan 1 0 . 4 8 8 1 tan2 8 8 8 tan 2 1 8 tan 2 1(Vì tan dương). 8 8 tan 2 1 8 tan a tan tan(a ) tan b) Đặt u 2 tan a , ta có: u 8 tan(a ) , u 8 8 tan(a 2. ) . 1 2 3 1 tan a.tan 8 1 tan tan(a ) 8 8 8 8 Ta chứng minh: u tan(a (n 1) ),n 1,n ¥ (*). n 8 Với n 1: u1 tan a đúng. Giả sử (*) đúng với n k , k 1, hay ta có: u tan(a (k 1) ) . k 8 tan(a (k 1) ) tan u 2 1 Ta có: u k 8 8 tan(a k. ) . k 1 8 1 ( 2 1)uk 1 tan(a (k 1) ).tan 8 8 Vậy (*) đúng với n k 1. Vậy u tan(a (n 1) ),n 1,n ¥ . n 8 3 3 Cho n 2015 , ta có: u tan(a 2014. ) tan(a 251 ) tan(a ) . 2015 8 4 4 2 1 tan(a ) ( 2 1)2 tan2 . 4 2 1 8 u1 1 * Bài 20. Cho dãy số thực un với u2 1 (n N ) . un 2 2un 1 un * a) Chứng minh un 3 2n với mọi n N . b) Tính tổng S u1 u2 u2012 . Hướng dẫn giải a) Dùng phương pháp qui nạp. u1 1 3 2.1, u2 3 2.2 1.
  13. Giả sử uk 3 2k k 3 . Ta có: uk 1 2uk uk 1 2(3 2k) (3 2(k 1)) . 1 2k 3 2(k 1) . * Vậy un 3 2n với mọi n N . b) S (3 2.1) (3 2.2) (3 2.2012) . 3.2012 2(1 2 2012) 6036 2013.2012 4044120 . v1 8 * Bài 21. Cho dãy số vn với v2 34 (n N ) . vn 2 8vn 1 1996vn Tìm số dư khi chia v2013 cho 2011. Hướng dẫn giải u1 8 * Xét dãy số un với u2 34 (n N ) . un 2 8un 1 15un * Ta có vn  un mod 2011 với mọi n N . Xét phương trình đặc trưng:t 2 8t 15 0 . Phương trình trên có nghiệmt 5,t 3. n n 5A 3B 8 un có dạng un A.5 B.3 . Vì u1 5,u2 13 nên .Ta có: A B 1. 25A 9B 34 n n Ta có: un 5 3 . Ta có 2011 là số nguyên tố Theo định lý Fecma ta có:52010 1 mod 2011 . 32010 1 mod 2011 . Suy ra 52013 125 mod 2011 ,32013  27 mod 2011 . Vậy khi chia u2013 cho 2011 ta được số dư là 152. Suy ra khi chia v2013 cho 2011 ta được số dư là 152. u1 1 Bài 22. Cho dãy số un : n * . 3 2un 1 un 2, (n ¥ ) a) Chứng minh dãy số un là dãy số giảm. b) Lập công thức số hạng tổng quát của dãy số un . Hướng dẫn giải
  14. a) Chứng minh dãy số un là dãy số giảm. u 1 Ta có: u n ; Chứng minh: u u n ¥ * bằng phương pháp quy nạp. n 1 2 3n n 1 n u 1 1 . Ta có: 5 u2 u1 . u 2 6 . Giả sử: uk 1 uk ;k ¥ và k 1. Chứng minh: uk 2 uk 1 . u 1 u 1 u 1 Ta có: u k 1 k k u . Vậy u u n ¥ * . k 2 2 3k 1 2 3k 1 2 3k k 1 n 1 n b) Lập công thức số hạng tổng quát của dãy số un . 3 Ta có: 3n (2u u ) 2 3n 1.u 3n.u 3. n 1 n n 1 2 n 3 3 Đặt v 3n u 6 , ta được: v 6 (v 6) 3 v v . n n n 1 2 n n 1 2 n v 9 1 3 Ta được: (vn ) : 3 là cấp số nhân có công bội q . v v , (n ¥ * ) 2 n 1 2 n n 1 n 1 3 3 Suy ra: vn v1. 9. . 2 2 vn 6 1 1 Vậy un n 6. n n . 3 2 3 Bài 23. Tìm số hạng tổng quát của dãy xn biết rằng:. x 1; x 5; x 125 0 1 2 * 2 2 ( n N ). xn 2 xn xn 1 3 xn 1 xn 1 10xn 1 xn Hướng dẫn giải Từ đề bài ta có: xn 0 với mọi n N . x 3x 10x Ta có: n 2 n 1 n với mọi n N * . xn 1 xn xn 1 xn * Đặt yn ta được yn 2 3yn 1 10yn 0 với mọi n N . xn 1 n n Vì phương trình đặc trưng của dãy yn có hai nghiệm phân biệt 2;5 nên yn A 2 B.5 với mọi n N * .
  15. x1 y1 5 x0 B 1 n * Với ta có . Suy ra yn 5 với mọi n N . x A 0 y 2 25 2 x1 n2 n n n n 1 n (n 1) 1 2 * Ta có xn 5 .xn 1 5 .5 5.x0 5 5 với mọi n N . n2 n 2 Kết hợp với x0 1, ta suy ra xn 5 với mọi n N . 7 u 1 2 Bài 24. Cho dãy số u : . n 7u 4 n * un 1 , n ¥ 2un 5 a) Chứng minh dãy số un là dãy số giảm. b) Lập công thức tổng quát của dãy số un . Hướng dẫn giải a) Chứng minh dãy số un là dãy số giảm. 7 19 Ta có: u ; u u u . 1 2 2 8 1 2 Giả sử: uk uk 1 với k >1. Cần chứng minh: uk 1 uk 2 . 7u 4 7 27 1 7 27 1 Ta có:u k . u . k 1 2u 5 2 2 2u 5 k 2 2 2 2u 5 k k k 1 . 1 1 Mà u u k k 1 2u 5 2u 5 k K 1 . 7 27 1 7 27 1 . . uk 1 uk 2 (điều phải chứng minh). 2 2 2uk 5 2 2 2uk 1 5 b) Lập công thức tổng quát của dãy số un . 7 Ta có 0 u , n ¥ * . n 2 un 2 1 Xét dãy số xn , ta có: x1 un 1 3 . un 1 2 1 un 2 1 1 xn 1 xn (xn ) là cấp số nhân xn n un 1 1 3 un 1 3 3 . n un 2 1 n n 2.3 1 n 3 1 un 2.3 1 un n . u 1 3 3 1 n .
  16. 1 u 1 2016 Bài 25. Cho dãy số un : . 2015u 1 u n , n ¥ * n 1 2016 * a) Chứng minh rằng un 1, n ¥ . b) Lập công thức tổng quát của dãy số un . Hướng dẫn giải * a) Chứng minh rằng un 1, n ¥ . 1 Ta có: u1 1 2016 . Giả sử: u 1, (k 1) ; Cần chứng minh: u 1 k k 1 . 2015u 1 Ta có: u 1 2015u 1 2016 k 1 u 1. Vậy u 1, n ¥ * . k k 2016 k 1 n b)Lập công thức tổng quát của dãy số un . 2015 Đặt xn un 1 ta có x1 2016 . 2015un 1 2015 2015 xn 1 un 1 1 1 un 1 xn 2016 2016 2016 . n 2015 xn là cấp số nhân xn 2016 . n 2015 * Vậy un 1 , n ¥ 2016 u1 2 Bài 26. Cho dãy số un xác định bởi: u2 3 . un nun 1 n 2 un 2 2n 4,n 3 a) Tìm số hạng tổng quát của dãy un . b) Tìm số dư khi chia u2016 cho 2015 . Hướng dẫn giải v1 1 a) Đặt vn un n ta có: v2 1 . vn n(vn 1 n 1) (n 2)(vn 2 n 2) 3n 4 nvn 1 n 2 vn 2 ,n 3 Khi đó vn vn 1 (n 1)vn 1 (n 2)vn 2 . Lại có:.
  17. vn v2 (vn vn 1) (vn 1 vn 2 ) (v4 v3 ) (v3 v2 ) . (n 1)vn 1 (n 2)vn 2  (n 2)vn 2 (n 3)vn 3  (3v3 2v2 ) (2v2 1v1) . (n 1)vn 1 v1 . Do đó vn (n 1)vn 1 . Hay vn (n 1)(n 2)vn 2 (n 1)(n 2) 1.v1 (n 1)!. Vậy un (n 1)! n . b) Ta có u2016 2015! 2016 chia cho 2015 dư 1. x 3 1 Bài 27. Xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số x : x . n x n 1 ,n 2 n 2 1 1 xn 1 Hướng dẫn giải 1 1 1 1 1 Ta có: 1 2 . Đặt yn , khi đó ta được dãy yn xác định như sau: y1 và xn xn 1 xn 1 xn 3 2 yn yn 1 1 yn 1 . 1 cos 1 Vì y cot y cot 1 cot2 3 cot . 1 2 3 3 3 3 sin 2.3 3 Bằng quy nạp ta chứng minh được: y cot x tan ,n 1. n 2n 1.3 n 2n 1.3 . 1.2. DÃY SỐ CHO BỞI CÔNG THỨC TRUY HỒI. u1 2 Bài 1. Cho dãy số (un ) biết . Xác định số hạng tổng quát của dãy. un 3un 1 1,n 2 Hướng dẫn giải 1 3 1 1 u 3u 1 u 3u u 3(u )(1) . n n 1 n 2 n 1 2 n 2 n 1 2 1 1 5 Ñaët v u v u n n 2 1 1 2 2 . (1) vn 3vn 1,n 2 Dãy (vn ) là cấp số nhân với công bội là q 3. 5 Nên v v .qn 1 .3n 1 . n 1 2 1 5 1 Do đó u v 3n 1 ,n 1,2, n n 2 2 2
  18. Bài 2. a) Tính giới hạn A lim 3 n3 n2 1 n . u1 11 b) Cho dãy số (un) xác định bởi : . Tìm công thức tính un theo n . un 1 10un 1 9n,n ¥ Hướng dẫn giải a) Tính giới hạn A lim 3 n3 n2 1 n . n2 1 Ta có: A lim 3 n3 n2 1 n lim . 2 3 n3 n2 1 n.3 n3 n2 1 n2 1 1 2 lim n . 2 1 1 1 1 3 3 1 4 6 1 3 1 n n n n 1 Vậy A . 3 b) Ta có:. u1 11 10 1 u2 10.11 1 9 102 100 2 . u3 10.102 1 9.2 1003 1000 3 n Dự đoán: un 10 n 1 . Chứng minh:. 1 Ta có: u1 11 10 1, công thức (1) đúng với n 1. k Giả sử công thức (1) đúng với n k ta có: uk 10 k . k k 1 Ta có: uk 1 10 10 k 1 9k 10 k 1 . . Công thức (1) đúng với n k 1. n Vậy un 10 n, n N u 4 1 Bài 3. Cho dãy số (un ) xác định bởi: 1 . Tìm công thức của số hạng tổng u (u 4 4 1 2u ),n ¥ * n 1 9 n n quát (un ) ?. Hướng dẫn giải x2 1 Đặt x 1 2u x2 1 2u , x 0 u n . n n n n n n 2 Thay vào giả thiết:.
  19. x2 1 1 x2 1 n 1 ( n 4 4x ) (3x )2 (x 4)2 3x x 4,n N *, x 0 . 2 9 2 n n 1 n n 1 n n n 1 n n Ta có 3xn 1 xn 4 3 xn 1 3 xn 4.3 . n n * Đặt yn 3 .xn yn 1 yn 4.3 ,n N . n n 1 n 1 yn 1 y1 4(3 3 3) yn 1 y1 6 2.3 . n Ta có x1 3 y1 9 yn 3 2.3 . 1 1 4 1 Suy ra x 2 ,n N * u (3 ),n N * . n 3n 1 n 2 3n 1 32n 2 un * Bài 4. Cho dãy số un xác định bởi: u1 1; un 1 ,n ¥ . Tìm công thức số hạng tổng quát un 2un 1 theo n. . Hướng dẫn giải * un 1 1 Ta có un 0,n ¥ . Khi đó un 1 2 . . 2un 1 un 1 un * 1 * Với mọi n ¥ , đặt vn v1 1; vn 1 vn 2, n ¥ . . un Suy ra, dãy số vn là cấp số cộng có v1 1 và công sai d 2 * Do đó, vn v1 n 1 d 2n 1, n ¥ . . 1 1 Vậy un vn 2n 1 n * Bài 5. Cho dãy số (un ) xác định bởi: u1 1; un 1 2un 3 ,n ¥ . Tìm công thức số hạng tổng quát un theo n . Hướng dẫn giải Với mọi n ¥ * , ta có. n n 1 n un 1 2un 3 un 1 3 2(un 3 ) . n * Xét dãy số (vn ), với vn un 3 ,n ¥ . Ta có: vn 1 2vn . Do đó, dãy số (vn ) là một cấp số nhân có công bội q 2 và số hạng đầu bằng 2. . n 1 n Suy ra vn v1.q 2 n n n Vậy un vn 3 3 2 . . 3 n 4 * Bài 6. Cho dãy số (un ) xác định bởi: u1 1;un 1 un 2 ,n ¥ . Tìm công thức số hạng tổng 2 n 3n 2 quát un theo n . Hướng dẫn giải Với mọi n ¥ * , ta có.
  20. n 4 2 3 2u 3(u ) 2u 3(u ) . n 1 n (n 1)(n 2) n 1 n n 2 n 1 3 3 3 3 3 2(u ) 3(u ) u (u ) n 1 n 2 n n 1 n 1 n 2 2 n n 1 3 3 1 dãy số (v ),v u là cấp số nhân có công bội q và v . n n n n 1 2 1 2 n 1 n 1 3 1 * 3 1 3 * vn . ,n ¥ un ,n ¥ . 2 2 n 1 2 2 u1 3 Bài 7. Cho dãy số (un) xác định bởi: 5u 3 * . u n , n n 1 ¥ 3un 1 un 1 * Xét dãy số vn với vn , n ¥ . . Chứng minh dãy số vn là một cấp số cộng. Tìm số hạng tổng un 1 quát của dãy số un Hướng dẫn giải un 1 vn 1 Ta có vn un thay vào hệ thức truy hồi ta có. un 1 vn 1 v 1 5. n 3 v 1 v 1 v 1 2v 8 v 1 2v 8 n 1 n n 1 n n 1 n . v 1 v 1 v 1 2v 4 2 4 n 1 3. n 1 n 1 n vn 1 hay vn 1 vn 3 và v1 2 . Suy ra dãy số vn là một cấp số cộng có v1 2 và công sai d 3 Ta có vn v1 n 1 d 2 3 n 1 3n 1. . 3n 1 1 3n Do đó u . Thử lại thấy dãy số này thỏa mãn. n 3n 1 1 3n 2 3n Vậy số hạng tổng quát của dãy số u là u n ¥ *. . n n 3n 2 Bài 8. Cho dãy số (un ) xác định bởi:. u 4 1 1 . u (u 4 4 1 2u ),n ¥ * n 1 9 n n Tìm công thức của số hạng tổng quát (un ) ?. Hướng dẫn giải x2 1 Đặt x 1 2u x2 1 2u , x 0 u n . n n n n n n 2 Thay vào giả thiết:.
  21. x2 1 1 x2 1 n 1 ( n 4 4x ) 2 9 2 n 2 2 (3xn 1) (xn 4) . * 3xn 1 xn 4,n N , xn 0 n 1 n n Ta có 3xn 1 xn 4 3 xn 1 3 xn 4.3 . n n * Đặt yn 3 .xn yn 1 yn 4.3 ,n N . y y 4(3n 3n 1 3) n 1 1 . n 1 yn 1 y1 6 2.3 n Ta có x1 3 y1 9 yn 3 2.3 . Suy ra. 1 x 2 ,n N * n 3n 1 . 1 4 1 u (3 ),n N * n 2 3n 1 32n 2 1.3. PHƯƠNG TRÌNH ĐẶC TRƯNG. un 1 Bài 1. Cho dãy số un xác định bởi u1 1, u2 2, un 2 un 2un 1, n 1. Tìm lim . n un Hướng dẫn giải Dễ thấy dãy đã cho là dãy số dương, do đó không có số hạng nào của dãy bằng 0. Từ công thức truy hồi u u của dãy ta có n 2 2 n ,n 1 un 1 un 1 un 1 1 Đặt vn ,n 1, ta được dãy số v1 2,vn 1 2 ,n 1. . un vn Dễ thấy dãy vn là dãy số dương và vn 2, n 1. Do đó. 1 1 1 5 5 5 2 vn 1 ,n 1. Vậy ta có 2 vn . vn 2 vn 2 2 2 1 5 1 Xét hàm số f x 2 , x 2; . Ta có f ' x 0,x. Do đó có hai dãy con đơn điệu của dãy x 2 x2 vn và hai dãy con này đều bị chặn nên chúng có giới hạn. Giả sử a lim v2n và b lim v2n 1 thì ta có n n hệ. 1 a 2 a b 1 2 b a b a b 1 2 . 1 ab 1 b 2 ab 1 a
  22. Ta thấy chỉ có a b 1 2 thỏa mãn và đây là giới hạn cần tìm. u 4u2 4u 0,n 1 n 1 n n Bài 2. Tìm số các dãy số un thỏa mãn điều kiện: 1 . u2004 2 Hướng dẫn giải . Viết lại un 1 4un 1– un f un với f x 4x 1– x . Nhận xét: f x 0;1 x 0;1 1 Vì vậy: u 0;1 u 0;1 u 0;1 u 0;1 2004 2 2003 2002 1 . Với 0 u 1 tồn tại duy nhất : 0 a và u sin2a . 1 2 1 2 2 2 2 2 2 Lúc đó: u2 4sin a(1– sin a) sin 2a ; u3 4sin 2a(1– sin 2a) sin 4a . 1 1 Quy nạp ta được: u sin2 (2n 1 a) cos(2n ) . n 2 2 1 1 1 1 u cos(22004 ) . 2004 2 2 2 2 cos(22004 ) 0 22004 k (2k 1),k Z. . 2 22005 1 1 Vì 0 a nên 0 (2k 1) k 22003 . 2 22005 2 2 2 Do k Z nên: k 0;1;2; ;22003 –1. 2003 2 2003 Từ đó có tất cả 2 giá trị u1 thỏa bài toán: u1 sin (2k 1) ,k {0;1; ;2 1}. 22005 2003 Do đó có tất cả 2 dãy số un thỏa điều kiện đã cho. Bài 3. Cho x1, x2 , , xn , là các nghiệm dương của phương trình tan x x được sắp theo thứ tự tăng dần. Tính lim xn xn 1 . n Hướng dẫn giải 1 Xét hàm số f (x) tan x x , với x k ; k . Ta có f '(x) 2 1 0 => f (x) tăng từ 2 2 cos x đến . Suy ra: trong khoảng k ; k phương trình tan x x có nghiệm duy nhất xk . 2 2 xk yk k với yk ; => tan yn tan xn yn n => lim yn . 2 2 n 2
  23. lim xn xn 1 = lim yn n yn 1 n 1 = lim yn yn 1 . n n n u 2014 (u ) 1 Bài 4. Cho dãy số n xác định như sau: 2 2 . Tìm điều kiện của un 1 un (1 2a)un a n 1,2, a ¡ để dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó. Hướng dẫn giải 2 Ta có: un 1 un (un a) 0 un 1 un ; n 1,2,3, * Suy ra dãy số (un ) tăng; từ đó dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn khi và chỉ khi dãy bị chặn trên. 2 2 Giả sử tồn tại limun L (L ¡ ) , thì chuyển qua giới hạn hệ thức un 1 un (1 2a)un a ta có: L L2 (1 2a)L a2 L a . * - Nếu có chỉ số k ¥ mà uk a thì un a; n k nên L a trái với kết quả limun L a . 2 2 Do đó: uk a với mọi k 1,2, hay un (1 2a)un a a, n 1,2,3, nói riêng 2 2 u1 (1 2a)u1 a a a 1 u1 a a 1 2014 a từ đó ta được 2014 a 2015 . * Đảo lại: Nếu 2014 a 2015 a 1 u1 a . 2 2 (u1 a 1)(u1 a) 0 u1 (1 2a)u1 a a 0 u2 a . và u1 u2 a 1 u2 a . Bằng quy nạp ta chứng minh được a 1 un a, n 1,2,3, (H/s trình bày ra). Như vậy dãy (un ) tăng, bị chặn trên bới a , do đó dãy (un ) có giới hạn hữu hạn. Kết luận: Với điều kiện 2014 a 2015 thì dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn và limun a . Bài 5. Cho hai dãy số an và bn được xác định như sau:. 2an .bn a1 2,b1 1, an 1 ;bn 1 an 1.bn , n 1,2,. an bn Chứng minh rằng an và bn có cùng giới hạn, tìm giới hạn đó. Hướng dẫn giải Bằng quy nạp, ta chứng minh rằng:. n n 2 .sin n 2 .sin n a 2 .3 1 ;b 2 .3 (2). n n sin .cos sin 3 2n.3 3 Từ (1), (2) tồn tại lim an và lim bn . n n
  24. 2n.sin 2n.3 3 2 3 Ngoài ra: lim an lim . n n sin .cos sin 9 3 2n.3 3 2 3 limbn lim an .lim cos . n n n 2n.3 9 2 3 Vậy hai dãy a , b  có cùng giới hạn chung là . n n 9 1 x 1 2 Bài 6. Cho dãy số (xn) thỏa mãn: . Chứng minh dãy số trên có giới hạn. x2 x x n ; n 1 n 1 n n2 Hướng dẫn giải n n 1 *) Ta chứng minh x n2 với mọi n 1 (1). n 2 Thật vậy: n 1 đúng. k k 1 Giả sử (1) đúng với n k 1: x k 2 . k 2 2 2 xk 2 xk 2 2 xk 1 k 1 xk 2 k 1 = 2 xk k k 1 . k k 2 k 1 k k 1 2 3 k 1 k k 1 1 k 1 . k 2 2 2 2 k 1 3 k 1 k 1 k 2 k (đpcm). 2 2 2 *) Ta chứng minh xn có giới hạn. NX: xn tăng và xn 0 với mọi n . 1 1 1 2 1 1 1 1 Ta có 2 2 1 2 xn với mọi n 1. xn xn 1 xn n n n 1 x1 xn n 2 2 Vậy xn có giới hạn. Bài 7. Tam giác mà 3 đỉnh của nó là ba trung điểm của ba cạnh tam giác ABC được gọi là tam giác trung bình của tam giác ABC Xây dựng dãy các tam giác A1B1C1, A2 B2C2 , A3B3C3 , sao cho tam giác A1B1C1 là một tam giác đều cạnh bằng 1 và với mỗi số nguyên n 2, tam giác An BnCn là tam giác trung bình của tam giác An 1Bn 1Cn 1 . Với mỗi số nguyên dương n , kí hiệu rn tương ứng là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác An BnCn . Chứng minh rằng dãy số rn là một cấp số nhân. Hãy xác định số hạng tổng quát của cấp số nhân đó?.
  25. Hướng dẫn giải 1 1 + r là một cấp số nhân với công bội q và số hạng đầu r n 2 1 3 1 + Số hạng tổng quát: r n 3.2n 1 Bài 8. Cho dãy số an được xác định bởi: a1 1 và an 1 an 2n 1 với mọi n 1. Xét dãy số bn mà: bn an 1 an với mọi n 1. a) Chứng minh rằng dãy số bn là một cấp số cộng. Hãy xác định số hạng đầu và công sai của cấp số cộng đó. b) Cho số nguyên dương N . Hãy tính tổng N số hạng đầu tiên của dãy số bn theo N . Từ đó, hãy suy ra số hạng tổng quát của dãy số an Hướng dẫn giải a) Từ giả thiết bn 2n 1 bn là một cấp số cộng với số hạng đầu b1 1 và công sai d 2 2 b) + Tổng N số hạng đầu của dãy bn là: SN N 2 + Số hạng tổng quát của dãy an là: an n 2n 2 u1 1,u2 2,u3 40 2 2 Bài 9. Cho dãy số un được xác định bởi 10un 1.un 3 24un 1.un 2 . un n 4,5,6, un 2.un 3 Tìm số n nhỏ nhất để un chia hết cho 2048. Hướng dẫn giải 2 un 10un 1.un 3 24.un 2 10un 1 24un 2 un Từ công thức truy hồi cuả dãy , đặt vn , thì dãy ( vn ) xác un 1 un 2.un 3 un 2 un 3 un 1 v2 2,v3 20 định bởi . vn 10vn 1 24vn 2 ,n 4,5,6 2 n 1 n 1 Phương trình đặc trưng : x 10x 24 0 , từ đó suy ra : vn 6 4 . (n 1)n 2 n 1 n 1 n 2 n 2 un vn .vn 1.vn 2 v2 2 (3 2 ).(3 2 ) (3 2) . (n 1)n n 1 n 1 n 2 n 2 2 Do (3 2 ).(3 2 ) (3 2) là số là số lẻ nên un 2048 2 2048 . n(n 1) 11 n 6. 2 Vậy n 6 là giá trị cần tìm thỏa mãn điều kiện bài toán. 1.6. SỬ DỤNG PHÉP THẾ LƯỢNG GIÁC
  26. U1 3 Bài 1. Cho dãy số Un định bởi Un 2 1 * . Tính U2013 . Un 1 ; n 1,2,3, 1 1 2 U n Hướng dẫn giải. Tính đúng tan 2 1. 8 2.tan 1 tan tan 2 8 tan 2 1. 4 8 1 tan2 8 8 Un tan Từ * ta viết được U 8 1 . n 1 1 U .tan n 8 Theo quy nạp từ 1 và U1 3 Un tan n 1 . . 3 8 6047 Vậy U2013 tan 2013. tan . 3 8 24 u1 2 Bài 2. Cho dãy số xác định như sau: un 2 3 * . Tính u2014 . un 1 n ¥ 1 3 2 u n Hướng dẫn giải. tan tan 3 1 Ta có: tan tan 3 4 2 3 . 12 3 4 1 tan tan 1 3 3 4 un tan Nên từ giả thiết ta có: u 12 . n 1 1 u .tan n 12 tan tan Đặt 2 tan u tan , suy ra u 12 tan . 1 2 1 tan .tan 12 12 * Theo quy nạp ta dễ dàng suy ra: un tan n 1 , n ¥ . 12 Suy ra: u2014 tan 2013. tan 168 . 12 4
  27. tan tan 1 tan 4 . 4 1 tan .tan 3 4 1.7. CÁC DẠNG KHÁC Bài 1. p  xi 4 i 1 p * 1 a/Tìm p N sao cho hệ  x1 4 có nghiệm. i 1 x 0,i 1, p i b/Với p tìm được ở câu a/,hãy xác định tập hợp tất cả các giá trị của tổng:. p a p i với a 0 và a2 1.  2 i  i i 1 1 ai i 1 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu a. p p 1 2 Do:16  xi .  p p 4 . i 1 i 1 xi p 4 :Khi đó: xi 1,i 1,4 . Vậy hệ có nghiệm. x2 x3 3 p 3 :Chọn x1 1 và có nghiệm. Nên x1, x2 , x3 là nghiệm của hệ. x2.x3 1 x1 x2 4 p 2 : có nghiệm. Nên x1, x2 là nghiệm của hệ. x1.x2 1 p 1:Vô nghiệm. Vậy hệ có nghiệm khi p 2, p 3, p 4 . Câu b p 2 ai Ta có: f a1,a2 , ,ap  2 . i 1 ai (1 a1 ) 1 2 Xét hàm: g x x 1 x2 ,0 x 1; g x 0 x . Ta có: max g(x) . 3 (0;1) 3 3 p 3 3 2 3 3 p Do đó: f a1,a2 , ,ap  ai . Dấu đẳng thức xảy ra khi: 1 hay p = 3. . 2 i 1 2 3
  28. a a 1 1 p 2 : f a ,a 1 2 2 2 2 vì a2 a2 1. Dấu đẳng thức ra khi a a , 1 2 2 2 1 2 xảy 1 2 a2 a1 a1.a2 2 2 a1 1 a1 f (a1,a2 ) 2 2 liên tục trên 0;1 . Khi a1 0 thì f (a1,a2 ) .Vậy p 2 , tập giá trị là: 1 a1 a1 2 2; . . 1 p 3 :Chọn a 1 2x ; a x ; a x , 0<x< .Thỏa giả thiết:. 1 2 3 2 1 2x x x 1 a2 a2 a2 1 2x x x 1. f(a ,a ,a ) g(x) tục trên (0; ) ; 1 2 3 1 2 3 2x 1 x 1 x liên 2 1 3 3 3 3 g , limg(x)=+ .Vậy tập giá trị là: ; . x 0 3 2 2 3 3 p 4 : f a1,a2 , ,ap .Chọn a1 1 2x ; a 2 x ; a3 x , a 4 x thỏa giả thiết: 2 1 1 2x x x x a2 a2 a2 a2 1 3x x x x 1với 0<x< ; f(a ,a ,a ,a ) g(x) 1 2 3 4 3 1 2 3 4 2x 1 x 1 x 1 x 1 3 3 3 3 liên tục trên (0; ) ; limg(x)= ; limg(x)=+ .Tập giá trị là: ; . 1 3 x 2 x 0 2 3 n 1 n i Bài 2. Kí hiệu Hn là tập hợp các đa thức bậc n dạng: f (x) x  ai x , ai R . Chứng minh: i 0 1 min max | f (x) | n 1 . f Hn x  1;1  2 HƯỚNG DẪN GIẢI Xét đa thức Trêbưsép T x cos n.arccosx . Chứng minh T x là đa thức bậc n có hệ tử bậc n là 2n–1 . Chứng minh bằng quy nạp dựa vào công thức: cosnt cos n 1 t 2cost.cos n 1 t . T (x) T (x) 1 1 Do đó: H . Ta có max . Nếu tồn tại f x H sao cho f (x) ,. 2n 1 n 2n 1 2n 1 n 2n 1 T (x) x  1;1. Lúc đó ta xét g x f x đa thức bậc nhỏ hơn hay bằng n –1, g x đổi dấu n 1 2n 1 k lần tại các điểm cos , k 0,n . n 1 1 Do đó maxf (x) n 1 . Vậy min max | f (x) | n 1 . 2 f Hn x  1;1  2 Bài 3. Cho dãy số xn không âm thỏa mãn x1 0 , 2 2 n n 1 2n 2 2 2 và n 1 xn 1 2 4 n 1 xn 1 2 2 9n xn 36nxn 32 ,n 1.
  29. Chứng minh rằng xn là số nguyên với mọi nguyên tố lớn hơn hoặc bằng 5 . HƯỚNG DẪN GIẢI 2 Viết lại đẳng thức trong đầu bài về dạng n 1 x 2n 1 2 3nx 6 2 n 1 n . n 1 Từ xn không âm dẫn đến n 1 xn 1 2 2 3nxn 6 , với mọi n . n n 1 Biến đổi về n 1 xn 1 2 2 3 nxn 2 2 ,. Bài 4. Cho dãy số dương xn thoả mãn: xn xn 1 2xn 2 với mọi số tự nhiên n 1. Chứng minh rằng dãy {xn} hội tụ. Hướng dẫn giải Đặt yn max xn ; xn 1 * Từ (1) và (2) suy ra yn yn 1 0; n ¥ a lim(yn ) . Với  0 tuỳ ý, khi n đủ lớn, ta có  yn a 0 . .Nếu yn a thì  yn a xn a 0 . .Nếu xn a thì xn 1 a yn 1 xn 1 . Mà xn xn 1 2xn 1 2a xn xn 1 2a a xn 2a xn 1 a  Tóm lại, cả hai trường hợp đều dẫn đến xn a  . Vậy dãy số {xn} hội tụ. Bài 5. Cho phương trình x2 x 1 0 với là số nguyên dương. Gọi  là nghiệm dương của phương trình. Dãy số xn được xác định như sau:. x0 , xn 1  xn , n 0,1,2,3, . Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số tự nhiên n sao cho xn chia hết cho . Hướng dẫn giải Đầu tiên ta chứng minh  là số vô tỉ. Thật vậy, nếu  là số hữu tỉ thì  là số nguyên (do hệ số cao nhất của x2 là 1) và  là ước của 1. Do đó  1 suy ra 0 , trái giả thiết. Do đó  xn 1   xn 1  xn 1  1. xn  xn 1 xn 1. x x 1 1 x n x n x n x .  n 1   n 1   n 1 xn 2 1 xn 1 1 (1). Lại có   1 0 , suy ra  .   xn xn xn  xn xn xn 1 xn xn xn xn 1 1 (do (1)).   
  30. * Vậy xn 1  xn 1 1 (mod ) . Từ đó bằng quy nạp ta có với mọi k ¥ , n 2k 1, thì xn 1  xn (2k 1) (k 1) (mod ) (2). * Chọn k 1 l l ¥ , n 1 2l , từ (2) ta có x2l  x0 l l  0 (mod ) . * Vậy x2l chia hết cho , l ¥ . . Bài 6. Cho dãy an với n > 0 được xác định bởi:. a1 1;a2 2;a3 6;a4 12 an 4 2a n 3 an 2 2a n 1 an n 1 a) Chứng minh an chia hết cho n với mọi giá trị nguyên dương của n . a b) Đặt b n . Chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương n để 2015 là một ước của b . . n n n Hướng dẫn giải a) Ta có b1 1; b2 1; b3 2; b4 3 . Dễ thấy bn Fn với n 1;2;3;4. Bằng quy nạp ta chứng minh dãy bn trùng với dãy Fn . Thật vậy:. Mệnh đề đúng với n 1;2;3;4. Giả sử mệnh đề đúng đến n 3 . Khi đó ta có:. n 4 bn 4 2 n 3 Fn 3 n 2 Fn 2 2 n 1 Fn 1 nFn . . Dùng công thức của dãy Fibonaci : Fm 2 Fm 1 Fm ta dễ dàng biến đổi vế phải thành n 4 Fn 4 . suy ra bn 4 Fn 4 Vậy mệnh đề đúng với n 4 , do đó nó đúng với mọi n nguyên dương. Điều đó chứng tỏ an luôn chia hết cho n với mọi n nguyên dương. b) Gọi rn là số dư của bn cho 2015 với n 1;2;3 Trước tiên ta chứng minh rn là một dãy tuần hoàn. Thật vậy: Ta có bn 2 bn 1 bn rn 2  rn 1 rn mod 2015 Vì có vô hạn các cặp r1;r2 , r2 ;r3 , ., rn ;rn 1 nhưng chỉ nhận hữu hạn giá trị khác nhau nên tồn tại ít nhất hai phần tử của dãy trùng nhau. Ta giả sử là rm ;rm 1 rm T ;rm T 1 (với T là một số nguyên dương). Ta chứng minh rn tuần hoàn với chu kỳ T +) Ta có: rm 2  rm 1 rm mod 2015 ; rm T 2 rm T 1 rm T mod 2015 . rm 2  rm T 2 mod 2015 rm 2 rm T 2 Tiếp tục như vậy ta chứng minh được: rm k rm T k với mọi k 0. (1). +) Ta có: rm 1  rm 1 rm mod 2015 ; rm T 1  rm T 1 rm T mod 2015 .
  31. rm 1  rm T 1 mod 2015 . rm 1 rm T 1 Bằng quy nạp ta chứng minh được: rm k rm T k với k 1;2;3; ;m 1. (2). Từ (1) và (2) suy ra rn ,n 0 là một dãy tuần hoàn. Bổ sung vào dãy bn phần tử b0 0 thỏa mãn b0 b1 b2 suy ra r0 0 Khi đó dãy rn là dãy tuần hoàn bắt đầu từ phần tử đầu tiên r0 0. Do đó tồn tại vô số phần tử trong dãy rn bằng 0.Như vậy câu b) được chứng minh xong. Bài 7. Cho dãy số un được xác định như sau: u0 0, u1 1, un 2 2un 1 un , n 0,1,2, Chứng minh 2014 2014 rằng 2 un khi và chỉ khi 2 n . Hướng dẫn giải 1 n n Công thức tổng quát u 1 2 1 2 . n 2 2 n n Đặt 1 2 a, 1 2 b ab 1 n . 1 1 2 2 Ta có un a b , u2n a b un a b . 2 2 2 2 n n Đặt Sn a b 1 2 1 2 . Khi đó ta được dãy Sn được xác định như sau: S1 2, S2 6, Sn 2 2Sn 1 Sn , n 1,2, Do S1  2 mod 4 , S2  2 mod 4 nên bằng quy nạp ta được: Sn  2 mod 4 hay a b  2 mod 4 a b 2t, t,2 1. Do đó u2n 2un .t, t,2 1. Giả sử n 2k.t, t,2 1 u u 2k.u .A , trong đó u , A đều lẻ. n 2k.t t k t k * 3 * Bài 8. Cho dãy số an : a1 ¥ , an 1 an 2019, n ¥ . Chứng minh có nhiều nhất 1 số hạng của dãy là số chính phương. Hướng dẫn giải So sánh đồng dư của an , an 1 và an 2 theo modun 4 ta có (chú ý 2019  3 mod 4 ). an 0 1 2 3 an 1 3 0 3 2 an 2 2 3 2 3 Một số chính phương khi chia 4 có số dư là 0 hoặc 1. Vì vậy từ số hạng thứ 3 trở đi, dãy không có số chính phương nào.
  32. 2 2 Nếu cả a1 và a2 đều chính phương, giả sử a1 a , a2 b ,. suy ra b2 a6 2019 b a3 b a3 2019 . Hơn nữa khi phân tích 2019 thành tích chỉ có 2 cách 2019 1.2019 3.673 . b a3 1 b 1010 Trường hợp 1: , vô lí do 1009 không là lập phương. 3 3 b a 2019 a 1009 b a3 3 b 338 Trường hợp 2: , vô lí do 335 không là lập phương. 3 3 b a 673 a 335 Vậy điều giả sử sai, nghĩa là dãy trên có nhiều nhất 1 số chính phương. un N um n um un {0;1} Bài 9. Cho dãy un thỏa mãn các điều kiện sau : u2 0 . Tìm u2013 . u 0 3 u9999 3333 Hướng dẫn giải Ta có : um n um un  ( {0;1}) . Bằng quy nạp ta chứng minh được u u u u , với mọi n ,n , ,n . n1 n2 nk n1 n2 nk 1 2 k Ta có: u2 u1 u1 u1 0. u3 u2 u1  0  u3 1. Ta chứng minh rằng nếu n 3333 thì u3n n (1). Thật vậy:. Với n 1 thì (1) đúng. Ta có u3n n.u3 n,n . Giả sử, tồn tại n 3333, mà u n u u u u n 1, điều này chứng tỏ, với mọi 0 3n0 0 3(n0 1) 3n0 3 3n0 3 0 n n0 thì u3n n . Điều này mâu thuẫn với u9999 3333 . Vậy, với n 3333 thì u3n n Do đó u2013 671. 17 1 2 Bài 10. Cho dãy số xn xác định bởi: x1 5; x2 ; xn 1 xn .xn 1 2xn 4 . Tìm n chẵn thỏa mãn n N * 2 4 vàxn  3 là lập phương của 1 số tự nhiên. Hướng dẫn giải Nhận xét thấy :.
  33. 21 1 1 4 22 1 1 4 x1 2 1 1 ; x2 2 2 1 ;. 22 1 22 1 2n 1 1 4 Khi đó, giả sử : xn 2 n 1 n k;k N * 22 1 2k 1 4 Cần chứng minh: xk 1 2 k .(1) thật vậy ta có. 22 1 1 2 1 2k 1 1 4 2k 2 1 4 2 2k 1 1 4 xk 1 xk xk 1 2xk 4 (2 k 1 )(2 k 2 ) 2(2 k 1 ) 4 . 4 4 22 1 22 1 22 1 2k 1 4 = 2 k suy ra (1) đúng. 22 1 n 1 4 x 22 1 n N * n 2n 1 1 2 . 2n 1 1 Khi đó xn  3 2 3 , giả sử tồn tại n chẵn để xn  3là lập phương của 1 số tự nhiên:. n 1 Khi đó 22 1 3 c3 . Mặt khác n chẵn suy ra n 1 lẻ suy ra 2n 1 13 khi đó đặt. n 1 22 1 23k 23k 3 c3 c 2k c2 c.2k 22k 3 mà c2 c.2k 22k c 2k nên:. c 2k 1;c2 c.2k 22k 3 (2). Giải hệ (2) ta được hệ không có nghiệm nguyên với mọi k 0 suy ra không tồn tại n chẵn. Vậy không tồn tại n chẵn để xn  3 là lập phương của một số tự nhiên. Bài 11. Cho dãy số un được xác định như sau: u0 0, u1 1, un 2 2un 1 un , n 0,1,2, Chứng minh 2014 2014 rằng 2 un khi và chỉ khi 2 n . Hướng dẫn giải 1 n n Công thức tổng quát u 1 2 1 2 . n 2 2 n n Đặt 1 2 a, 1 2 b ab 1 n . 1 1 2 2 Ta có un a b , u2n a b un a b . 2 2 2 2 n n Đặt Sn a b 1 2 1 2 . Khi đó ta được dãy Sn được xác định như sau: S1 2, S2 6, Sn 2 2Sn 1 Sn , n 1,2, Do S1  2 mod 4 , S2  2 mod 4 nên bằng quy nạp ta được: Sn  2 mod 4 hay a b  2 mod 4 a b 2t, t,2 1. Do đó u2n 2un .t, t,2 1. Giả sử n 2k.t, t,2 1 u u 2k.u .A , trong đó u , A đều lẻ. n 2k.t t k t k
  34. k k Từ đẳng thức này ta được 2 un khi và chỉ khi 2 n . x1 1 Bài 12. Cho dãy số thực xn được xác định như sau: 1 . Chứng minh rằng: x x ,n 1 n 1 n 2xn 25x625  625 ( kí hiệu x là phần nguyên của số thực x ). Hướng dẫn giải 1 1 1 Ta chứng minh rằng: n n x n H ,n 1, với H 1 L . n 8 n n 2 n 2 2 1 2 2 2 xn 1 xn 2 1, x1 1 quy nạp xn n .Với n 1 đúng giả sử đúng đến n . Tức là xn n . Từ đó suy ra. 4xn 2 1 xn 1 n 1 2 n 1 nxn n . 4xn 1 n 1 1 1 n 1 1 x2 x2 1 L x2 n 1 n n n 1 2 1  2  4xn 1 k 1 4xk 4 k 1 k 2 1 1 1 n Hn n Hn nxn n Hn . 4 8 n 8 Việc tiếp theo ta chứng minh H625 8. Ta có BĐT Hn 1 ln n thật vậy,. 1 1 1 Xét hàm số f x ln x 1 ln x ln 1 x 0 . x 1 x x 1 1 1 f x 0 ,x 0 hàm số f x giảm trên khoảng. x x 1 x 1 2 1 0; f x 0,x 0 , ta suy ra ln x 1 ln x * áp dụng. x 1 1 1 1 L 1 ln 2 ln1 ln 3 ln 2 L ln 625 ln 624 1 ln 625 8 . 2 625 1 Từ đó: 625 625 x 625 H 626 25x  625. 625 8 625 625 2. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH CHẤT CỦA DÃY SỐ. Bài 1. Cho cấp số cộng un với n là số nguyên dương thoã mãn u2013 2013;u2014 2014. Tính tổng: 1 1 1 S . u1u2 u2u3 u2013u2014 Hướng dẫn giải Dễ dàng chứng minh được số hạng tổng quát của cấp số cộng un là un n . Khi đó.
  35. 1 1 1 1 1 1 S u1u2 u2u3 u2013u2014 1.2 2.3 2013 2014 1 1 1 1 1 1 1006 503 2 3 3 4 2013 2014 2014 1007 . x0 a Bài 2. Cho dãy số thực xn được xác định bởi. n ¥ . Tìm tất cả các giá trị của a x 2x2 1 n 1 n . để xn 0 với mọi số tự nhiên n . Hướng dẫn giải Giả sử xn 0 với n ¥ . 2 Từ x 2x2 1 0 có x 0 . n 2 n 1 2 n 1 2 2 2 2 1 Lại từ 2x2 1 0 có x 1 x ,n ¥ . 2 n 2 n 2 n 4 1 3 1 Suy ra x và x 1,n ¥ . n 2 4 n 2 1 1 1 1 1 3 1 Từ đó x 2x2 1 2 x2 2 x . x x ,n ¥ . n 1 2 n 2 n 4 n 2 n 2 2 n 2 Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức này, ta có:. 2 n n 1 1 2 1 2 1 2 1 2 a x0 x1 x2 xn ,n ¥ . 2 2 3 2 3 2 3 2 3 n 2 1 1 Mà lim 0 nên phải có a 0 a . n 3 2 2 1 1 Thử lại với a thì x 0,n . 2 n 2 1 Vậy a là giá trị duy nhất cần tìm. 2 x0 20; x1 30 Bài 3. Cho dãy số xn xác định bởi . Tìm n để xn 1.xn 1 là số chính xn 2 3xn 1 xn ,n ¥ phương. Hướng dẫn giải Từ công thức truy hồi của xn ta có.
  36. n ¥ , x2 x2 3x x x2 x x 3x x2 x x n 1 n n 1 n n 1 n n n 1 n 1 n 2 n và x2 x2 3x x x x 3x x2 x2 x x n 1 n n 1 n n 1 n 1 n n n n 1 n 1 2 2 2 Suy ra x xn 2 xn x xn 1xn 1 x x0 x2 500 n 1 n 1 . x2 x2 3x x 500 n 1 n n 1 n x2 x2 3x x 500 n 1 n n 1 n 2 x x x x 500 n 1 n n 1 n Vậy xn 1xn 500 là số chính phương. Giả sử n là số thỏa mãn xn 1xn 500 là số chính phương. 2 2 Đặt xn 1xn 500 b , xn 1xn 1 a ,a,b ¥ ,a b . Ta có a2 b2 501 a b a b 1.501 3.167 . Khi đó ta tìm được a = 201, b=1 thì xn 1xn 12600 n 2 . 7224 Với a = 85, b =82 thì x x  n . n 1 n 5 Vậy n = 2 thì xn 1.xn 1 là số chính phương. u1 2 Bài 4. Dãy số un xác định như sau: 2 . Chứng minh rằng un 1 un un 1, n ¥ *. 1 2016 1 1 1 1 . 22015  22016 k 1 2 uk 2 Hướng dẫn giải 2 2 Ta có: un 1 – un un –2un 1 un –1 . (1). Do u1 2 u2 – u1 1 u2 u1 . Từ đó bằng phép quy nạp ta suy ra un là dãy đơn điệu tăng thực sự, và un nhận giá trị nguyên dương lớn hơn hoặc bằng 2 với mọi n 1,2, Ta viết lại điều kiện truy hồi xác định dãy số dưới dạng sau đây:. 2 un 1 –1 un –un un un –1 (2). 1 1 1 1 1 1 1 Từ đó dẫn đến: , (3) Bây giờ từ (3), ta có:. un 1 1 un (un 1) un 1 un un un 1 un 1 1 n 1 n 1 1 1 1 . (4) .   k 1 uk k 1 uk 1 uk 1 1 uk 1 1 Từ (4) suy ra bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với. 1 1 1 n 1 n 1 1 1 22 u 1 22 (5) . 2n 1 2n n 1 2 un 1 1 2
  37. (ở đây n 2016 ). Ta sẽ chứng minh (5) đúng với mọi n . Khi đó nó sẽ đúng với n 2016 . Do un nguyên dương với mọi n , (5) tương đương. 2n 1 2n 2 1 un 1 1 2 . (6). Xét khi n k 1. Theo (2), ta có: uk 2 –1 uk 1 uk 1 –1 . Vì thế theo giả thiết quy nạp suy ra:. k k k k k 1 u 1 22 (22 1) 22 .22 22 k 2 . 2k 1 2k 1 2k 1 2k 1 2k uk 2 1 (2 1).(2 1 1) 2 .2 2 Như thế với n k 1, ta thu được:. 2k 2k 1 2 uk 2 1 2 k k 1 22 1 u 1 22 . (8) k 2 . Từ (8) suy ra (6) đúng với mọi n 2,3, Vì vậy (5) đúng n 2016 . Ta có điều phải chứng minh!. 2 an 5an 10 Bài 5. Cho dãy (an )n 1 : a1 1; an 1 n 1. 5 an a) Chứng minh dãy (an ) hội tụ và tính lim an . a a a 5 5 b) Chứng minh 1 2 n n 1. n 2 Hướng dẫn giải a) Bằng phương pháp chứng minh qui nạp ta có: 1 a 3 n . n 2 5 5 x2 5x 10 10 Đặt A và xét hàm f (x) x(x 5) . 2 5 x 5 x 10 3 1 Suy ra f '(x) 1 0x 1; , như vậy f (x) nghịch biến trên đoạn ;1 . 2 5 x 2 2 a1 a3 a5 a2k 1 A lim a2k 1 b A Dẫn đến . a2 a4 a6 a2k A lim a2k c A c2 5c 10 b 5 c 5 5 Kết hợp công thức xác định dãy ta được: b c . b2 5b 10 2 c 5 b 5 5 Vậy lim a . n 2
  38. 5 5 b) Nhận xét: t 1; thì t f (t) 5 5 . 2 Dẫn đến a2k 1 a2k 5 5 k 1. 5 5 a a a a 2k (1). 1 2 2k 1 2k 2 Như vậy bất đẳng thức đúng với n 2k . 5 5 Trường hợp n 2k 1, chú ý a , kết hợp với (1) thu được:. 2k 1 2 5 5 a a a a a (2k 1) . 1 2 2k 1 2k 2k 1 2 Vậy bất đẳng thức được chứng minh. u 1 1 Bài 6. Cho dãy số un như sau u2 2 . * nun 2 3n 1 un 1 2 n 1 un 3,n ¥ n * a) Chứng minh un 2 3n,n ¥ . n 1 b) Đặt Sn uk . Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố và n > 2 thì Sn chia hết cho n. k 1 Hướng dẫn giải 1 a) Với n 1, u1 2 3.1 1. n 2 , u 22 3.2 2 1 . k k 1 Giả sử uk 2 3k;uk 1 2 3 k 1 . k 2 * Chứng minh uk 2 2 3 k 2 ,k ¥ . Ta có. ku 3k 1 u 2 k 1 u 3 k 2 k 1 k . ku 3k 1 2k 1 3 k 1 2 k 1 2k 3k 3 k 2 . k 2 uk 2 2 3 k 2 . Vậy u 2k 2 3 k 2 ,k ¥ *. k 2 . n 1 b) Đặt Sn uk . Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố và n 2 thì Sn chia hết cho n . k 1 n 1 2 n 1 Ta có: Sn uk 2 2 2 3 1 2 (n 1) k 1 .
  39. n 1 1 2 (n 1)n n 1 (n 1)n Sn 2. 3. 2 2 1 3 1 2 2 2 . n 1 Với n là số nguyên tố 2 1 chia hết cho n . (n 1)n Do n là số nguyên tố lớn hơn 2 chia hết cho n . 2 Vậy Sn n . u1 0 Bài 7. Cho dãy số un u2 18 . Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố và * un 2 5un 1 6un 24,n ¥ n 3 thì un chia hết cho 6n . Hướng dẫn giải * Đặt vn un 12 hay un vn 12,n ¥ . Khi đó vn 2 5vn 1 6vn . v1 12 Ta được vn v2 30 . vn 2 5vn 1 6vn Phương trình đặc trưng  2 5 6 0 có nghiệm  2   3 . n n Khi đó vn a.2 b.3 . v1 12 2a 3b 12 a 3 Ta có . v2 30 4a 9b 30 b 2 n n Suy ra vn 3.2 2.3 . n n Khi đó un vn 12 3.2 2.3 12 . n 1 n 1 Ta có un 6 2 3 2 nên un chia hết cho 6 . Mặt khác n là số nguyên tố nên theo định lý Fermat. 2n  2(mod n) 3.2n  6(mod n) hay . n n 3  3(mod n) 2.3  6(mod n) n n Từ đó un (3.2 2.3 12)  0(mod n) . Suy ra un chia hết cho n . Với n là số nguyên tố và n 3 (n,6) 1. Suy ra un chia hết cho 6n .
  40. x 1 1 Bài 8. Cho dãy số xn với . x x x 5 x 2 5x 8 16 n N * n 1 n n n n n 1 a) Chứng minh xn 5 , với mọi n 2 . n 1 b) Đặt yn . Tìm lim yn .  n k 1 xk 3 Hướng dẫn giải n 1 a) Chứng minh xn 5 , với mọi n 2 . 2 1 x2 10 5 5 . n 1 Giả sử ta có xn 5 n 2 . x x x 5 x 2 5x 8 16 x 2 5x x 2 5x 8 16 n 1 n n n n n n n n . 2 n 1 n xn 5xn 4 5xn 5.5 5 n Suy ra xn 1 5 . n 1 Vậy theo qui nạp xn 5 với n 2 . n 1 b) Đặt yn . Tìm lim yn .  n k 1 xk 3 Ta có:. 2 2 xn 1 xn 5xn 4 xn 1 2 xn 5xn 6 xn 2 xn 3 . 1 1 1 1 x 2 x 2 x 3 x 2 x 3 n 1 n n n n . 1 1 1 xn 3 xn 2 xn 1 2 n 1 n 1 1 1 1 1 1 yn   . k 1 xk 3 k 1 xk 2 xk 1 2 x1 2 xn 1 2 3 xn 1 2 1 1 1 n 1 lim yn lim (vì xn 1 5 lim 0 ). n n n 3 xn 1 2 3 xn 1 1 Vậy lim yn . n 3 u1 2 Bài 9. Cho dãy số (un ) được xác định như sau:. 3 2 . Chứng minh un 3un 1 2n 9n 9n 3,n 2 p 1 rằng với mọi số nguyên tố p thì 2014ui chia hết cho p . i 1 Hướng dẫn giải
  41. 3 3 Với mọi n 2 ta có: un n 3 un 1 (n 1) . 3 3 2 3 n 1 3 n Từ đó có: un n 3 un 1 (n 1) 3 un 2 (n 2) 3 u1 1 3 . n 3 1 3 n 3 Vậy un 3 n ,n 2 , lại có u1 2 3 1 nên un 3 n ,n 1. + Nếu p 2 : có ngay đpcm. p 1 2 p 1 3 3 3 + Nếu p là số nguyên tố lẻ: ui (3 3 3 ) 1 2 ( p 1) . i 1 p 1 p 1 1 1 3 1 3  (3p 3) i3 p 1 (3p 3) i3 p i .    2 2 i 1 2 i 1  3 Theo Định lí Fermat nhỏ, suy ra 3p 3 chia hết cho p . Mặt khác i3 p i cũng chia hết cho p 1 3 p,i 1, p 1 nên: (3p 3) i3 p i chia hết cho p . Từ đó.  i 1 p 1 p 1 3  2014 u 1007 (3p 3) i3 p i chia hết cho p .  i   i 1 i 1  Vậy bài toán được chứng minh cho mọi trường hợp. x0 20; x1 30 Bài 10. Cho dãy số xn xác định bởi . Tìm n để xn 1.xn 1 là số chính xn 2 3xn 1 xn ,n ¥ phương. Hướng dẫn giải Từ công thức truy hồi của xn ta có. n ¥ , x2 x2 3x x x2 x x 3x x2 x x n 1 n n 1 n n 1 n n n 1 n 1 n 2 n và x2 x2 3x x x x 3x x2 x2 x x n 1 n n 1 n n 1 n 1 n n n n 1 n 1 2 2 2 Suy ra x xn 2 xn x xn 1xn 1 x x0 x2 500 n 1 n 1 . x2 x2 3x x 500 n 1 n n 1 n x2 x2 3x x 500 n 1 n n 1 n 2 x x x x 500 n 1 n n 1 n Vậy xn 1xn 500 là số chính phương. Giả sử n là số thỏa mãn xn 1xn 500 là số chính phương. 2 2 Đặt xn 1xn 500 b , xn 1xn 1 a ,a,b ¥ ,a b . Ta có a2 b2 501 a b a b 1.501 3.167 . Khi đó ta tìm được a 201,b 1 thì xn 1xn 12600 n 2 . 7224 Với a 85,b 82 thì x x n . n 1 n 5 Vậy n = 2 thì xn 1.xn 1 là số chính phương.
  42. Bài 11. Bài 3. Cho phương trình x2 x 1 0 với là số nguyên dương. Gọi  là nghiệm dương của phương trình. Dãy số xn được xác định như sau x0 , xn 1  xn , n 0,1,2,3, Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số tự nhiên n sao cho xn chia hết cho . Hướng dẫn giải Đầu tiên ta chứng minh  là số vô tỉ. Thật vậy, nếu  là số hữu tỉ thì  là số nguyên (do hệ số cao nhất của x2 là 1) và  là ước của 1. Do đó  1 suy ra 0 , trái giả thiết. Do đó  xn 1   xn 1  xn 1  1. xn  xn 1 xn 1. x x 1 1 x n x n x n x .  n 1   n 1   n 1 xn 2 1 xn 1 1 (1). Lại có   1 0 , suy ra  .   xn xn xn  xn xn xn 1 xn xn xn xn 1 1 (do (1)).    * Vậy xn 1  xn 1 1 (mod ) . Từ đó bằng quy nạp ta có với mọi k ¥ , n 2k 1, thì xn 1  xn (2k 1) (k 1) (mod ) (2). Chọn k 1 l l ¥ * , n 1 2l , từ (2) ta có. x2l  x0 l l  0 (mod ) . * Vậy x2l chia hết cho , l ¥ . . a0 a1 2004 an 10 Bài 12. Cho dãy số an xác định bởi . Chứng minh rằng là số an 2 7an 1 an 3978,n ¥ . 2014 chính phương. Hướng dẫn giải Ta có. a 10 a 10 a 10 a 7a a 3978 n 2 7. n 1 n 2 n 2 n 1 n 2014 2014 2014 an 10 v0 v1 1 Đặt vn . Ta được dãy số vn xác định bởi . 2014 vn 2 7vn 1 vn 2,n ¥ . Ta phải chứng minh vn là số chính phương. x0 1; x1 1 Thật vậy, xét dãy số (xn ) xác định bởi . xn 2 3xn 1 xn ,n ¥ . Hiển nhiên dãy số xn là dãy số nguyên.
  43. 2 2 2 2 n ¥ , xn 1 xn 3xn 1xn xn 1 xn (xn 3xn 1) xn 1 xn xn 2. và x2 x2 3x x x (x 3x ) x2 x2 x x . Ta có n 1 n n 1 n n 1 n 1 n n n n 1 n 1 . 2 2 2 xn 1 xn xn 2 xn xn 1xn 1 x1 x0 x2 1. 2 2 xn 1 xn 3xn 1xn 1,n ¥ . (2) 2 Ta sẽ chứng minh vn xn ,n ¥ (1) bằng quy nạp. Thật vậy, rõ ràng với n 0,n 1, (1) đúng. 2 Giả sử (1) đúng đến n k 1,k ¥ , tức là vn xn ,n 1,2, ,k 1. . 2 ta chứng minh (1) đúng với n = k+2, nghĩa là chứng minh vk 2 xk 2 . Thật vậy, theo công thức truy hồi của dãy số an , giả thiết quy nạp, tính chất (2) của dãy số xn , công thức truy hồi của dãy số xn , ta có. v 7v v 2 7x2 x2 2 7x2 x2 2(x2 x2 3x x ) k 2 k 1 k k 1 k k 1 k k 1 k k 1 k . 2 2 2 2 9xk 1 6xk 1xk xk (3xk 1 xk ) xk 2. Do đó vn là số chính phương. Vậy ta có điều phải chứng minh. 3 3 Bài 13. Cho dãy số (xn ) được xác định bởi xn 2013n a 8n 1,n 1,2, a là số thực a)) Tìm a sao cho dãy số có giới hạn hữu hạn. b) Tìm a sao cho dãy số (xn ) là dãy số tăng (kể từ số hạng nào đó). Hướng dẫn giải 3 3 a) Ta có xn (2a 2013)n ayn , trong đó yn 8n 1 2n . 8n3 1 (2n)3 1 0 Khi n . 3 (8n3 1)2 2n 3 8n3 1 4n2 3 (8n3 1)2 2n 3 8n3 1 4n2 2013 Do đó tồn tại giới hạn hữu hạn lim xn khi và chỉ khi a . n 2 b) Từ lý luận phần a) ta suy ra) 2013 khi a 2 2013 lim xn 0 khi a . n 2 2013 khi a 2 2013 Bởi vậy điều kiện cần để tồn tại m N * sao cho x x x là a . m m 1 m 2 2 2013 Ta đi chứng minh a là điều kiện đủ để có kết luận trên. 2
  44. 2013 Thật vậy: Với a . 2 3 3 3 3 xn 1 xn 2013(n 1) a 8(n 1) 1 2013n a 8n 1 2013 a( 3 8(n 1)3 1 3 8n3 1) 2013 2013 ( 3 8(n 1)3 1 3 8n3 1) . 2 2013 [2 ( 3 8(n 1)3 1 3 8n3 1)] 2 2013 (2 3 8n3 1 3 8(n 1)3 1) 0 2 Vì. 2 (2 3 8n3 1)3 8 12 3 8n3 1 6 3 8n3 1 8n3 1 8 12.2n 6(2n)2 8n3 1 8(1 3n 3n2 n3 ) 1 . 8(n 1)3 1 Suy ra x1 x2 x3 2013 Vậy dãy số (x ) là dãy số tăng kể từ số hạng nào đó với a và trong trường hợp đó (x ) là dãy số n 2 n tăng từ x1 .