BÀI 1 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH QUY nạp đáp án

https www nbv edu vn Trang 1 Lý thuyết Phương pháp quy nạp toán học Để chứng minh nhữnTrang chủ»Khoa Học Tự Nhiên»Toán họcMột số ý tưởng tích hợp trong dạy học cấp số nhân trong chương trình Toán 11Tại nhiều nước trên thế giới, việc xây dựng chương trình và triển khai nội dung dạy học ở bậc phổ thông luôn gắn liền với quan điểm dạy học tích hợp. Bài viết Một số ý tưởng tích hợp trong dạy học cấp số nhân trong chương trình Toán 11 trình bày một số ý tưởng dạy học tích hợp nội dung cấp số nhân trong chương trình Toán 11.g mệnh đề liên quan đến số tự nhiên n là đúng với mọi n mà không thể thử trực tiếp thì có thể làm như sau B.

https://www.nbv.edu.vn/   Bài PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH QUY NẠP • Chương CẤP SỐ CỘNG - CẤP SỐ NHÂN • |FanPage: Nguyễn Bảo Vương   Lý thuyết. Phương pháp quy nạp toán học Để chứng minh những mệnh đề liên quan đến số tự nhiên  n  *  là đúng với mọi  n  mà khơng thể  thử trực tiếp thì có thể làm như sau:   Bước 1. Kiểm tra rằng mệnh đề đúng với  n     Bước 2. Giả thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên bất kì  n  k   (gọi là giả thiết quy nạp),  chứng minh rằng nó cũng đúng với  n  k    Đó là phương pháp quy nạp tốn học, hay cịn gọi tắt là phương pháp quy nạp.  Một cách đơn giản, ta có thể hình dung như sau: Mệnh đề đã đúng khi  n   nên theo kết quả ở  bước  2,  nó cũng đúng với  n     Vì nó đúng với  n   nên lại theo kết quả ở bước  2,  nó  đúng  với  n    3,   Bằng  cách  ấy,  ta  có  thể  khẳng  định  rằng  mệnh  đề  đúng  với  mọi  số  tự  nhiên  n  *   2.  Chú  ý:  Nếu  phải  chứng minh  mệnh đề  là  đúng  với  mọi  số  tự  nhiên  n  p   ( p   là  một  số  tự  nhiên) thì:    Bước 1, ta phải kiểm tra mệnh đề đúng với  n  p;     Bước 2, giả thiết mệnh đề đúng với số tự nhiên bất kì  n  k  p  và phải chứng minh rằng nó  cũng đúng với  n  k    DẠNG: ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP ĐỂ CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC, TÍNH CHIA HẾT, HÌNH HỌC… A Phương pháp giải 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)   B Bài tập tự luận Câu Chứng mình với mọi số tự nhiên  n   ta ln có:      n  n(n  1) Lời giải Đặt  P(n)      n : tổng n số tự nhiên đầu tiên :  n(n  1)   Ta cần chứng minh  P(n)  Q(n)  n  , n    Q( n)  Bước 1: Với  n   ta có  P(1)  1,  Q(1)  1(1  1)  1   P(1)  Q(1)  (1)  đúng với  n    Bước 2: Giả sử  P(k )  Q(k )  với  k  , k   tức là:      k  k (k  1) (1)  Trang https://www.nbv.edu.vn/   Ta cần chứng minh  P (k  1)  Q(k  1) , tức là:      k  (k  1)  (k  1)(k  2) (2)  Thật vậy:  VT (2)  (1     k )  (k  1)   k (k  1)  (k  1) (Do đẳng thức (1))  k (k  1)(k  2)  (k  1)(  1)   VP(2)   2 Vậy đẳng thức chođúng với mọi  n     Câu Chứng minh với mọi số tự nhiên  n   ta ln có:      2n   n2 Lời giải   Với  n   ta có  VT  1,  VP     Suy ra  VT  VP   đẳng thức cho đúng với  n      Giả sử đẳng thức chođúng với  n  k  với  k  , k   tức là:      2k   k (1)  Ta cần chứng minh đẳng thức chođúng với  n  k  , tức là:      (2k  1)  (2k  1)   k  1 (2)  Thật vậy:  VT (2)  (1     2k  1)  (2k  1)    k  (2k  1) (Do đẳng thức (1))   (k  1)  VP(1.2)   Vậy đẳng thức chođúng với mọi  n    Câu Chứng minh rằng với  n  , ta có bất đẳng thức:  1.3.5  2n  1 2.4.6.2n  Lời giải 1   đúng.  * Với  n   ta có đẳng thức chotrở thành:    đẳng thức chođúng với  n    * Giả sử đẳng thức chođúng với  n  k  , tức là:  1.3.5  2k  1 (1)   2.4.6 2k 2k  Ta phải chứng minh đẳng thức chođúng với  n  k  , tức là:  1.3.5  2k  1 2k  1  (2)  2.4.6 2k  2k   2k  Thật vậy, ta có:  VT (2)  1.3.5 (2k  1) 2k  1 2k  2k      2.4.6 2k 2k  2k  2k  2 k  2k  1   (2k  1)(2k  3)  (2k  2)2   2k  2k     (luôn đúng)  Vậy đẳng thức chođúng với mọi số tự nhiên  n    Ta chứng minh:  Trang 2n  https://www.nbv.edu.vn/   Câu x n ( x n 1  1)  x   Chứng minh rằng với  n  1, x   ta có bất đẳng thức:    xn    ra khi nào? n 1  Đẳng thức xảy  Lời giải   Với  n   ta cần chứng minh: x( x  1)  x      x( x  1)  ( x  1)   x 1   Tức là:  x  x3  x  x    ( x  1)   (đúng)  Đẳng thức xảy ra khi  x    x k ( x k 1  1)  x     Giả sử    xk     x 1 Thật vậy, ta có:      k 3 k 1 x k 1 ( x k   1)  x   , ta chứng minh    x k 1     x 1   x 1          k 1 k 3 (*)  k k 1  x   x ( x  1)     xk    k k 1 k 1 k 2  x   x ( x  1) x ( x  1) Nên để chứng minh (*) ta chỉ cần chứng minh      xk  x k 1     x   k 1 k 2 k Hay    ( x  1)  x( x  1)( x  1) (**)    Khai triển (**), biến đổi và rút gọn ta thu được  x k  ( x  1)2  x k 1 ( x  1)2  ( x  1)   ( x  1)2 ( x k 1  1)   BĐT này hiển nhiên đúng. Đẳng  thức có   x    Vậy Câu tốn được chứng minh.  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   và  n  2k   Bước 2: Giả sử  P(n)  đúng với  n  k  , ta chứng minh  P(n)  đúng với  n  k   Cách chứng minh trên được gọi là quy nạp theo kiểu Cauchy (Cô si).  Câu Cho  hàm  số  f :    ,  n  là  số  nguyên.  Chứng  minh  rằng  nếu  f ( x)  f ( y )  x y  f    x, y   (1)thìta có   f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xn )  x  x   xn   f  xi  ,  i  1, n  (2) n n   Lời giải k Ta chứng minh (2) đúng với  n  ,  k    * Với  k   thì (8.2) đúng (do (1))  * Giả sử (2) đúng với  n  2k , ta chứng minh (2) đúng với  n  2k 1    x1   x2k  Thật vậy:  f ( x1 )  f ( x2k )  2k f    2k    x k   x k 1 f ( x2k 1 )  f ( x2k 1 )  2k f  1 k 2       x1   x2k Do đó:  f ( x1 )  f ( x2k 1 )  2k f  2k   k 2   x k   x k 1 f  1 k 2      Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang https://www.nbv.edu.vn/    x1   x2k  x2k 1   x2k 1   2k 1 f     2k 1   Do vậy (2) đúng với mọi  n  2k     Giả sử (2) đúng với mọi  n  k   , tức là  f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xk 1 )  x  x   xk 1   f  (3)  k 1 k 1   Ta chứng minh (8.2) đúng với  n  k , tức là  f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xk )  x  x   xk   f  (4)  k k   x  x   xk x Thật vậy: đặt  xk 1   , áp dụng (3) ta có  k k x x  f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xk )  f   x1  x2     k  f k     k 1 k      f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xk )  x  x   xk   f    k k   Vậy Câu tốn được chứng minh.  Chú ý: Chứng minh tương tự ta cũng có Câu tốn sau  f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xn ) f ( x)  f ( y )  f ( xy ) x, y  (a) thì ta có  f Nếu  n Hay  xi  0,  i  1, n  (b).  Câu Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên  n  , ta ln có  n(n  1)(2n  1) a.  12  22   (n  1)  n    n 2n  b.     n     3 4.3n Lời giải a. Bước 1: Với  n   ta có:  1(1  1)(2.1  1) VT  12  1,  VP    VT  VP     đẳng thức cho đúng với  n    Bước 2: Giả sử đẳng thức chođúng với  n  k  , tức là:  k (k  1)(2k  1) (1)  12  22   (k  1)2  k  Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với  n  k  , tức là cần chứng minh:  (k  1)(k  1)(2k  3) 12  22   (k  1)2  k  (k  1)  (2).  Thật vây:  do  (1) k (k  1)(2k  1) VT (2)  12  22   k   (k  1)2   (k  1)2    2k  k  ( k  1)(2k  k  6)  ( k  1)   k  1      Trang n  x1 x2 xn với  https://www.nbv.edu.vn/   (k  1)(k  2)(2k  3)   VP(2)    (2)  đúng   đẳng thức chođúng với mọi  n    b. * Với  n   ta có  VT   VP   đẳng thức cho đúng với  n    k 2k  * Giả sử đẳng thức cho đúng với  n  k  , tức là:    k   (1)  3 4.3k Ta sẽ chứng minh đẳng thức chođúng với  n  k  , tức là cần chứng minh  k k  2k  (2).     k  k 1   3 3 4.3k 1 2k  k  2k  Thật vậy: VT (2)    k 1    VP(2)   4.3k 4.3k 1  (2)  đúng    đẳng thức cho đúng.  Câu a. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên  n   ta có:        cos  2n1 (n dấu căn)  sin b. Chứng minh các đẳng thức  sin x  sin x  sin nx  nx (n  1) x sin 2  với  x  k 2 với  n    x sin Lời giải a * Với  n   VT  2,  VP  cos   2   VT  VP   đẳng thức cho đúng với  n    * Giả sử đẳng thức chođúng với  n  k , tức là:        cos  2k 1 Ta sẽ chứng minh đẳng thức chođúng với  n  k  , tức là:        cos  2k  (k dấu căn)(1)  ( k   dấu căn)(2).   Thật vậy: VT (2)           cos k 1      k  dau can  2(1  cos  k 1 )  cos  k 2  cos  2k 2  VP (2)   (Ở trên ta đã sử đụng công thức   cos a  cos2 a ).   (2)  đúng    đẳng thức chođúng.  x sin sin x b.    Với  n   ta có  VT  sin x,  VP   sin x  nên đẳng thức chođúng với  n    x sin   Giả sử đẳng thức chođúng với  n  k  , tức là:  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang https://www.nbv.edu.vn/   sin sin x  sin x  sin kx  kx (k  1) x sin 2 (1)  x sin Ta chứng minh (4) đúng với  n  k  , tức là  sin sin x  sin x  sin(k  1) x  (k  1) x (k  2) x sin 2 (2)  x sin kx (k  1) x sin 2 Thật vậy:  VT (2)   sin( k  1) x   x sin kx (k  1) x x  sin  cos sin  ( k  1) x  2    sin   x   sin   (k  1) x (k  2) x sin sin 2   VP(2)   x sin Nên (2) đúng. Suy ra đẳng thức chođúng với mọi  n    sin Câu Chứng minh rằng với mọi  n   ta có bất đẳng thức:  sin nx  n sin x x     Lời giải * Với  n   ta có:  VT  sin1.  sin   VP  nên đẳng thức cho đúng.  * Giả sử đẳng thức cho đúng với  n  k  , tức là: sin kx  k sin x (1)  Ta phải chứng minh đẳng thức chođúng với  n  k  ,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 chođúng với  n  k  , nên đẳng thức chocũng đúng với mọi số nguyên dương  n   Câu n  1 a. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên  n  , ta có :  1       n b 3n  3n   với mọi số tự nhiên  n  ;  2.4.6.2n c.   2n  với mọi số tự nhiên  n  ;  1.3.5  2n  1 Lời giải Trang https://www.nbv.edu.vn/   k n2 n  1 a. Ta chứng minh  1      1   ,1  k  n (1) bằng phương pháp quy nạp theo  k  Sau đó  k  n k cho  k  n  ta có (7).  1 * Với  k   VT (1)       VP(1)   n n n  (1)  đúng với  k    * Giải sử (1) đúng với  k  p,  1  p  n , tức là:  p p2 p  1     (2).    n2 n  n Ta chứng minh (1) đúng với  k  p  , tức là   1 1    n  1 Thật vậy:      n  p 1  1  1    n p p 1  ( p  1) p    (3).  n2 n p    1  p        1      n  n   n  n p2 p2  p p  p p2  p p        1   n3 n2 n n2 n2 n p2  p  p  ( p  1) p    1     (3)  đúng    đpcm.  n2 n n2 n n Cách khác: Khi  n    (đúng) dễ thấy khi  n    1 tiến dần về   1   tiến gần về  n  n n  1 Vậy  n  ta ln có 1       n b. Với  n   ta có:  VT  32   VP  3.2    nên đẳng thức chođúng với  n      Giả sử đẳng thức chođúng với  n  k  , tức là:  3k  3k  (1)  Ta chứng minh đẳng thức chođúng với  n  k  , tức là:  3k 1  3(k  1)   3k  (2)  Thật vậy:  3k 1  3.3k  3(3k  1)  3k   (6k  1)  3k   nên (2) đúng.  Vậy Câu tóan được chứng minh.  c. Với  n   ta có:  VT   2,  VP   đẳng thức chođúng với  n      Giả sử đẳng thức chođúng với  n  k  , tức là:  2.4.6.2k  2k  (1)  1.3.5  2k  1 Ta chứng minh đẳng thức chođúng với  n  k  , tức là:  2.4.6.2k (2k  2)  2k  (2)  1.3.5  2k  1 (2k  1) Thật vậy:  2.4.6.2k (2k  2) k  2k     2k   1.3.5  2k  1 (2k  1) 2k  2k  2k  2  2k    2k    (2k  1)(2k  3)   2k     hiển nhiên đúng.  Vậy Câu toán được chứng minh.  Nên ta chứng minh  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang https://www.nbv.edu.vn/   Câu 10 Cho  hàm  số  f xác  định  với  x  mọi  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  2n   x  nhiên  n  ta có: f  x    f  n        Lời giải a. Trong BĐT  f ( x  y)  f ( x) f ( y )  thay  x  và  y  bằng  x , ta được:  2 x x  x  x  x  f     f   f    f  x    f ( )   2 2 2 2   Vậybất đẳng thức đã chođúng với  n    Giả sử bất đẳng thức đúng với  n  k   Ta có  2k   x  (1)  f  x    f  k     Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với  n  k  , tức là:    x  f  x    f  k 1      k 1  (2)   x   x x    x   f  Thật vậy ta có: f   f      2k   2k  2k     2k    k 2k  2   x    x   f      f       k    2k    2         x  f     2k   2k   x  f     2k    2k    k 1   x  Do tính chất bắc cầu ta có được:  f  x    f  k 1        Bất đẳng thức đúng với  n  k   nên cũng đúng với mọi số tự nhiên n.  Câu 11 Cho  n  là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:  an  16n –15n –1 225 Lời giải   Với  n   ta có:  a1   a1  225     Giả sử  ak  16k  15k  1 225 , ta chứng minh  ak 1  16k 1  15(k  1)  1 225   Thậ vậy:  ak 1  16.16k  15k  16  16k  15k   15 16k  1    ak  15 16k  1   Vì  16k   15 16k 1  16k    115  và  ak  225   Nên ta suy ra  ak 1  225  Vậy Câu toán được chứng minh  Trang https://www.nbv.edu.vn/   Câu 12 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên  n   thì  A(n)  n  3n   luôn chia hết cho  Lời giải * Với  n   A(1)   3.1    A(1)   * Giả sử  A( k )  9 k  , ta chứng minh  A( k  1)    Thật vậy: A(k  1)  k 1  3(k  1)   7.7 k  21k   18k     A(k  1)  A(k )  9(2k  1)    A(k ) Vì    A(k  1)   9(2k  1) Vậy  A(n)  chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên  n    Câu 13 Cho  n  là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:  Bn   n  1 n   n  3   3n  3n Lời giải   Với  n  , ta có: B1  2.3     Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là:  Bk   k  1 k   k  3  3k  3k   Ta chứng minh: Bk 1   k   k  3 k    3  k     1   3k 1   Bk 1    k  1 k   k  3  3k  3k  1 3k      3Bk  3k  1 3k     Mà  Bk  3k  nên suy ra  Bk 1  3k 1   Vậy Câu tốn được chứng minh.  Câu 14 Trong mặt mặt phẳng cho n điểm rời nhau (n > 2) tất cả khơng 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 khơng nhỏ hơn n Lời giải Giả sử mệnh đề với n  k  điểm Ta chứng minh cho n  k  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  : Gồm  n  đường thẳng nối  An 1  với các điểm  A1 , A2 , , An  và đường thẳng chúng nối chung. Nếu  A1 , A2 , , An  khơng 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  khơng chứa một điểm nào trong  A1 , A2 , , An 1 ,  nên đường thẳng này khác hồn tồn với n đường thẳng tạo ra bởi  A1 , A2 , , An  Như vậy số đường  thẳng tạo ra cũng không nhỏ hơn  n    Câu 15 Chứng minh rằng tổng các trong một n – giác lồi  (n  3)  bằng  (n  2)1800 Lời giải  Với n  ta có tổng ba góc tam giác 1800 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang https://www.nbv.edu.vn/    Giả sử công thức cho tất k-giác, với k  n , ta phải chứng minh mệnh đề cho n-giác Ta chia n-giác đường chéo thành hai đa giác Nếu số cạnh đa giác k+1, số cạnh đa giác n – k + 1, hai số nhỏ n Theo giả thiết quy nạp tổng góc hai đa giác  k  11800  n  k  11800 Tổng góc n-giác tổng góc hai đa giác trên, nghĩa  k –  n  k – 11800   n  1800 Suy mệnh đề với n  Câu 16 a. Chứng minh rằng với  n  , ta ln có an   n  1 n    n  n   chia hết cho  2n   b Cho a, b nghiệm phương trình x  27 x  14  Đặt  S  n   a n  b n  Chứng minh rằng với mọi số ngun dương n thì  S (n)  là một số ngun  khơng chia hết cho 715.  c. Cho hàm số  f :     thỏa  f (1)  1, f (2)   và  f (n  2)  f (n  1)  f (n)   Chứng minh rằng:  f (n  1)  f (n  2) f (n)  (1) n   n d. Cho  pn  là số nguyên tố thứ  n  Chứng minh rằng:  22  pn   e. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên khơng vượt qua  n !  đều có thể biểu diễn thành tổng của  khơng q  n  ước số đôi một khác nhau của  n !   Lời giải a. * Với  n  , ta có: a2    1    12  a2   22   * Giả sử  ak  2k  ta chứng minh  ak 1  2k 1  Thật vậy:  ak 1   k   1 k     k  k   1     k   k  3  k  k       k   k  3  k  k  k  k  1 k  k       k  1 k   k  3  k  k    k  k  1  2ak (k  k  1)    ak Do  ak  2k  2ak  2k 1  ak 1  2k 1  đpcm.  b. Ta có:  S (n)  27 S (n  1)  14S (n  2)  rồi dùng quy nạp để chứng minh  S (n)  chia hết cho  751   c   Ta có:  f (3)  f (2)  f (1)  , nên  f (2)  f (3) f (1)  22  5.1  (1)1   Suy ra đẳng thức cho đúng với  n      Giả sử đẳng thức cho đúng với  n  k , tức là:  f (k  1)  f (k  2) f (k )  (1) k (1)  Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với  n  k  , tức là:  f (k  2)  f (k  3) f (k  1)  (1) k 1 (2)  Ta có:  f ( k  2)  f ( k  3) f (k  1)  f (k  2)   f ( n  2)  f ( n  1)  f (k  1)    f ( k  2)  f ( k  2)  f ( k  1)   f ( k  1)    f (k  2) f (k )  f (k  1)  (1) k  (1)k 1   Trang 10 https://www.nbv.edu.vn/   1, 2, , 2n  2  sao cho hai phần tử bất kì của  X '  khơng là bội của nhau  Để chứng minh điều này ta xét các trường hợp sau đây  TH 1:  X  khơng chứa  2n  và  2n    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    Ta bỏ đi phần tử  2n thì ta thu được tập  X '  gồm  n  phần tử và là tập con của  1, 2, , 2n  2  mà  hai phần tử bất kì thuộc  X '  khơng là bội của nhau.  TH 3: X  chứa  2n   mà không chứa  2n   Ta bỏ đi phần tử  2n  thì ta thu được tập  X '  gồm  n  phần tử và là tập con của  1, 2, , 2n  2  mà  hai phần tử bất kì thuộc  X '  khơng là bội của nhau.  TH 2: X  chứa  2n  và  2n    Vì  X  khơng chứa hai số là bội của nhau nên  X  khơng 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   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 '  khơng 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  khơng là bội của nhau. Điều này trái với giả thiết quay nạp.  Vậy Câu tốn được chứng minh theo ngun lí quy nạp.  C Bài tập trắc nghiệm Câu Một học sinh chứng minh mệnh đề  ''8n   chia hết cho  7, n  * ''   *  như sau:    Giả sử  *  đúng với  n  k , tức là  8k   chia hết cho       Ta  có:  8k 1    8k  1  ,  kết  hợp  với  giả  thiết  8k    chia  hết  cho    nên  suy  ra  được  8k 1   chia hết cho   Vậy đẳng thức  *  đúng với mọi  n  *   Khẳng định nào sau đây là đúng?  A Học sinh trên chứng minh đúng.  B Học sinh chứng minh sai vì khơng có giả thiết qui nạp.  C Học sinh chứng minh sai vì khơng dùng giả thiết qui nạp.  D Học sinh khơng kiểm tra bước 1 (bước cơ sở) của phương pháp qui nạp.  Lời giải Thiếu bước 1 là kiểm tra với  n  , khi đó ta có  81    không chi hết cho    Câu Cho  S n  A S3  1 1 với  n *  Mệnh đề nào sau đây đúng?      1 2  3  n  n  1   12 B S2    Nhìn vào đi của  S n  là  C S2    Lời giải.  D S3    1    cho  n  , ta được     n  n  1   1  Do đó với  n  , ta có  S2  1     1 2  3 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 https://www.nbv.edu.vn/   1 1 Câu Cho  S n  với  n  *  Mệnh đề nào sau đây đúng?      1 2  3  n  n  1 A Sn  n 1   n B Sn  n   n 1 C S n  n 1   n2 D S n  n2   n3 Lời giải Cách  trắc  nghiệm:  Ta  tính  được  S1  ,  S2  ,  S3   Từ  đó ta  thấy  quy luật là  từ  nhỏ  hơn  mẫu đúng 1 đơn vị. Chọn B n Cách tự luận. Ta có  S1  ,  S  ,  S3     dự đoán  Sn    n 1 1  : đúng.    Với  n  , ta được  S1  1.2  1 1 k   Giả sử mệnh đề đúng khi  n  k    k  1 , tức là        1.2 2.3 k  k  1 k    Ta có   1 k       1.2 2.3 k  k  1 k  1 1 k       1.2 2.3 k  k  1  k  1 k   k   k  1 k   1 1 k  2k        1.2 2.3 k  k  1  k  1 k    k  1 k    Câu   1 1 k 1       Suy ra mệnh đề đúng với  n  k    1.2 2.3 k  k  1  k  1 k   k  Cho  S n  A Sn  1  với  n  *  Mệnh đề nào sau đây đúng?     1 3  n   n     n 1   2n  B Sn  n   2n  C S n  n   3n  D S n  n2   2n  Lời giải   S1  n      S   Kiểm tra các đáp án chỉ cho B thỏa Cho  n   15    S3  n    Câu  1  1  Cho  Pn  1  1   1    với  n   và  n    Mệnh đề nào sau đây đúng?     n  n 1 n 1 n 1 n 1 A P  B P  C P  D P  n2 2n n 2n Lời giải.      P2      n      Vì  n   nên ta cho      1  n    P3  1           Kiểm tra các đáp án chỉ cho D thỏa Trang 14 https://www.nbv.edu.vn/   Câu Với mọi  n  * , hệ thức nào sau đây là sai?  n  n  1   B      2n  1  n   A    n  n  n  1 2n  1   2n  n  1 2n  1 D 22  42  62     2n     Lời giải.  Bẳng cách thử với  n  ,  n  ,  n   là ta kết luận được.  C 12  22   n  Câu Xét hai mệnh đề sau:  I) Với mọi  n  * ,  số  n3  3n  5n  chia hết cho    II) Với mọi  n  * ,  ta có  Mệnh đề nào đúng?  A Chỉ I.  1 13       n 1 n  2n 24 B Chỉ II.  C Khơng có.  Lời giải D Cả I và II.   Ta chứng minh I) đúng.  Với  n  , ta có  u1  13  3.12  5.1  9 : đúng.  Giả sử mệnh đề đúng khi  n  k    k  1 , tức là  uk  k  3k  5k    Ta có  uk 1   k  3k  5k   3k  9k   uk   k  3k  3  Kết thúc chứng minh.   Mệnh đề II) sai vì với  n  1,  ta có  VT  Câu 1 12 13  : Vô lý.      24 24 Với  n  * , hãy rút gọn biểu thức  S  1.4  2.7  3.10   n  3n  1   2 A S  n  n  1   B S  n  n     C S  n  n  1   D S  2n  n  1   Lời giải Chọn A Để chọn được  S  đúng, chúng ta có thể dựa vào một trong ba cách sau đây:  Cách 1: Kiểm tra tính đúng –sai của từng phương án với những giá trị của  n   Với  n   thì  S  1.4   (loại ngay được phương án B và C); với  n   thì  S  1.4  2.7  18   (loại được phương án D).  Cách 2: Bằng cách tính  S  trong các trường hợp  n  1, S  4;  n  2, S  18;  n  3, S  48  ta dự  đốn được cơng thức  S  n  n  1   Cách  3:  Ta  tính  S   dựa  vào  các  tổng  đã  biết  kết  quả  như     n  12  22   n  Câu n  n  1   và  n  n  1 2n  1  Ta có:  S  12  22   n2   1    n   n  n  1   Kí  hiệu  k !  k  k  1 2.1, k  *  Với  n  * , đặt  S n  1.1! 2.2!  n.n !.  Mệnh  đề  nào  dưới  đây là đúng?  A S n  2.n !.  B Sn   n  1 !   C Sn   n  1!   D Sn   n  1!   Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 https://www.nbv.edu.vn/   Lời giải Chọn B Chúng ta có thể chọn phương án đúng dựa vào một trong hai cách sau đây:  Cách 1: Kiểm nghiệm từng phương án đúng đối với những giá trị cụ thể của  n   Với  n   thì  S1  1.1!   (Loại ngay được các phương án A, C, D).  Cách  2:  Rút  gọn  Sn   dựa  vào  việc  phân  k k !   k   1 k !   k  1 k ! k !   k  1 ! k !   tích  phần  tử  đại  diện  Suy  ra:  S n   2! 1!   3! 2!     n  1 ! n !   n  1!   2 Câu 10 Với  n  * ,  đặt  Tn  12  22  32    2n  và  M n  2  42  62    2n    Mệnh  đề  nào  dưới  đây là đúng?  A Tn 4n     M n 2n  B Tn 4n     M n 2n  C Tn 8n     M n n 1 D Tn 2n     Mn n 1 Lời giải Chọn A Chúng ta có thể chọn phương án đúng dựa vào một trong hai cách sau đây:  Cách 1: Kiểm nghiệm từng phương án đúng đối với những giá trị cụ thể của  n   Với  n   thì  T1  12  22  5; M  22  nên  T1   (loại ngay được các phương án B, C, D).  M1 Cách  2:  Chúng  ta  tính  Tn , M n   dựa  vào  những  tổng  đã  biết  kết  quả.  Cụ  thể  dựa  vào  Tn  T 4n  2n  2n  1 4n  1 2n  n  1 2n  1  Suy ra  n    ;Mn  M n 2n  Câu 11 Tìm số nguyên dương  p  nhỏ nhất để  2n  2n   với mọi số nguyên  n  p   A p    B p    C p    D p    Lời giải Chọn B Dễ thấy  p  thì bất đẳng thức  p  p   là sai nên loại ngay phương án  D Xét  với  p    ta  thấy  p  p    là  bất  đửng  thức  đúng.  Bằng  phương  pháp  quy  nạp  toán  học  chúng ta chứng minh được rằng  2n  2n   với mọi  n   Vậy  p   là số nguyên dương nhỏ  nhất cần tìm.  Câu 12 Tìm tất cả các giá trị của  n  * sao cho  2n  n   A n    B n   hoặc  n    C n    D n   hoặc  n  Lời giải Chọn D Kiểm tra với  n   ta thấy bất đẳng thức đúng nên loại ngay phương án A và  C Kiểm  tra  với  n    ta  thấy  bất  đẳng  thức  đúng.  Bằng  phương  pháp  quy  nạp  toán  học  chúng  ta  chứng minh được rằng  2n  n , n    Câu 13 Với mọi số nguyên dương  n , ta có:  1 an  b , trong đó  a, b, c  là         2.5 5.8 3n  3n  cn  các số nguyên. Tính các giá trị của biểu thức  T  ab  bc  ca   Trang 16 https://www.nbv.edu.vn/   A T    B T    D T  42 C T  43   Lời giải Chọn B Cách 1: Với chú ý  1 1  , chúng ta có:      3k  1 3k    3k  3k   1 11 1 1                  2.5 5.8 3n  3n  3 5 3n  3n   3n n =     3n   6n  Đối chiếu với đẳng thức đã cho, ta có:  a  1, b  0, c    Suy ra  T  ab2  bc  ca    Cách 2: Cho  n  1, n  2, n   ta được:  a  b 2a  b x  b    ;  ;  c  10 2c  3c  22 Giải hệ phương trình trên ta được  a  1, b  0, c   Suy ra  T  ab  bc  ca     an      Câu 14 Với mọi số nguyên dương  n  , ta có:     1   1    , trong đó  a, b  là các số       n  bn  nguyên. Tính các giá trị của biểu thức  T  a  b2   A P    B P    C P  20   D P  36 Lời giải Chọn C k 1 k   Suy ra   k2 k k  n  n  n  2n                    n 2n 2n 4n     n  2 3 Cách 1: Bằng cách phân tích số hạng đại diện, ta có:   Đối chiếu với đẳng thức đã cho ta có:  a  2, b   Suy ra  P  a  b2  20   Cách  2:  Cho  n  2, n    ta  được  a  3a  2  ;    Giải  hệ  phương  trình  trren  ta  được  b 3b a  2; b   Suy ra  P  a  b2  20   Câu 15 Biết  rằng  13  23   n3  an  bn3  cn  dn  e,  n  *   Tính  giá  trị  biểu  thức  M  a  b  c  d  e   A M    B M    C M    D M  Lời giải Chọn B Cách 1: Sử dụng kết quả đã biết:  13  23   n3  n  n  1 n  2n3  n  So sánh cách hệ số,   4 1 ta được  a  ; b  ; c  ; d  e    4 Cách  2:  Cho  n  1, n  2, n  3, n  4, n  ,  ta  được  hệ  5  phương  trình  5  ẩn  a, b, c, d , e   Giải  hệ  1 phương trình đó, ta tìm được  a  ; b  ; c  ; d  e   Suy ra  M  a  b  c  d  e    4 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 https://www.nbv.edu.vn/   Câu 16 Biết  rằng  mọi  số  nguyên  dương  n ,  ta  có  1.2  2.3   n  n  1  a1n3  b1n  c1n  d1   và  1.2  2.5  3.8   n  3n  1  a2 n3  b2 n2  c2 n  d   Tính  giá  trị  biểu  thức  T  a1a2  b1b2  c1c2  d1d   A T    B T    C M    D T  Lời giải Chọn C Cách 1: Sử dụng các tổng lũy thừa bậc 1 và bậc 2 ta có:  +)  1.2  2.3   n  n  1  12  2   n   1    n   n3  n  n 3 Suy ra  a1  ; b1  1; c1  ; d1    3 +)  1.2  2.5  3.8   n  3n  1  12  22   n   1    n   n3  n Suy ra  a2  b2  1; c2  d    Do đó  T  a1a2  b1b2  c1c2  d1d    Cách 2: Cho  n  1, n  2, n  3, n   và sử dụng phương pháp hệ số bất đinh ta cũng tìm được  a1  ; b1  1; c1  ; d1  ;  a2  b2  1; c2  d    3 Do đó  T  a1a2  b1b2  c1c2  d1d  Câu 17 Biết rằng  1k  2k   nk , trong đó  n, k  là số nguyên dương. Xét các mệnh đề sau:  n  n  1 2n  1  3n2  3n  1 n  n  1 n  n  1 n  n  1 2n  1 ,  S  ,  S3   và  S4    S1  30 Số các mệnh đề đúng trong các mệnh đề nói trên là:  A   B   C   D Lời giải Chọn D Bằng các kết quả đã biết ở Câu 1, chúng ta thấy ngay được chỉ có  S3  n  n  1  là sai.  Câu 18 Xét Câu toán: “Kiểm nghiệm với số nguyên dương  n  bất đẳng thức  n !  2n 1 ”. Một học sinh đã  trình bày lời giải Câu tốn này bằng các bước như sau:  Bước 1: Với  n  , ta có:  n !  1!   và  2n1  211  20   Vậy  n !  2n 1  đúng.  Bước 2 : Giả sử bất đẳng thức đúng với  n  k  , tức là ta có  k !  2k 1   Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với  n  k  , nghĩa là phải chứng minh   k  1 !  k   Bước 3 : Ta có   k  1 !   k  1 k !  2.2k 1  k  Vậy  n !  2n1  với mọi số nguyên dương  n   Chứng minh trên đúng hay sai, nếu sai thì sai từ bước nào ?  A Đúng.  B Sai từ bước 2.  C Sai từ bước 1.  Lời giải Chọn A Trang 18 D Sai từ bước 3 https://www.nbv.edu.vn/   1 an  bn     Câu 19 Biết  rằng  ,  trong  đó  a, b, c, d   và  n   là  các  số  1.2.3 2.3.4 n  n  1 n   cn  dn  16 nguyên dương. Tính giá trị của biểu thức  T   a  c  b  d    là :  A T  75   B T  364   C T  300   D T  256 Lời giải Chọn C Phân tích phần tử đại diện, ta có:  Suy ra:  1 1               k k 1 k  2  k k 1 k  k   1      1.2.3 2.3.4 n  n  1 n    1 1 1 1           1.2 2.3 2.3 3.4 n  n  1  n  1 n     1 n  3n n  6n  =       n  1 n    4n  12n  8n  24n  16 Đối chiếu với hệ số, ta được:  a  2; b  6; c  8; d  24   Suy ra:  T   a  c  b  d   300 Câu 20 Tam  giác  ABC là  tam  giác  đều  có  độ  dài  cạnh  là  1.  Gọi  A1 , B1 , C1 lần  lượtlà  trung  điểm  BC , CA, AB  Gọi  A2 , B2 , C2 lần lượtlà trung điểm  B1C1 , C1 A1 , A1 B1  …Gọi  An , Bn , Cn lần lượtlà trung  điểm  Bn 1Cn 1 , Cn 1 An 1 , An 1 Bn 1  Tính diện tích tam giác  An BnCn ?  A n   B n   C n   Lời giải n 3 D     4 Chọn A S A1B1C1  1 1 S ABC , S A2 B2C2  S A1B1C1  S ABC , , S An BnCn  n S ABC   4 4 Câu 21 Cho  hình  vng  ABCD   có  độ  dài  cạnh  là  1.  Gọi  A1 , B1 , C1 , D1 lần  lượtlà  trung  điểm  AC , BC , CD, DA   Gọi  A2 , B2 , C2 , D2 lần  lượtlà  trung  điểm  A1 B1 , B1C1 , C1 D1 , D1 A1   …Gọi  An , Bn , Cn , Dn lần  lượtlà  trung  điểm  An 1 Bn 1 , Bn 1Cn 1 , Cn 1 Dn 1 , Dn 1 An 1   Tính  diện  tích  tứ  giác  An Bn Cn Dn ?  A   4n B   3n   2n Lời giải C n 3 D     4 Chọn C S A1B1C1D1  1 1 S ABCD , S A2 B2C2 D2  S A1B1C1  S ABC , , S An BnCn  n S ABC 2 2 Câu 22 Trên một mặt phẳng cho n đường trịn phân biệt, đơi một cắt nhau và khơng có ba đường trịn nào  giao nhau tại một điểm. Các đường trịn này chia mặt phẳng thành  92 các miền rời nhau. Tìm  n   A 10   B 12   C   Lời giải D 11   Chọn A Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 https://www.nbv.edu.vn/   Chứng minh bằng phương pháp quy nạp ta được số miền tạo thành là  n  n    n  n   92  n  10   Câu 23 S n  (n  1)(n  2)(n  3) (n  n) luôn chia hết cho  B 3n   A 2n   C 4n   Lời giải D 2n1   Chọn A Chứng minh bằng phương pháp quy nạp  S n  (n  1)(n  2)(n  3) (n  n) luôn chia hết cho  2n   Giả sử  S k  (k  1)(k  2)(k  3) (k  k )  2k   Ta chứng minh  Sk 1  (k   1)(k   2)(k  3) (k   k  1) Sk 1  2Sk  2k  1  Sk 1  k 1    S     k 1 k k n Câu 24 Có  bao  nhiêu  giá  trị  nguyên  dương  của  n, n  100 để  un 2    2    n    là  số  chính  phương?  A 50   B 30   C 49   Lời giải D 49   Chọn A n Chứng minh un 2    2  3  2  3  Hay chứng minh un n 1  n   là số chính phương khi n lẻ   2  n 1  1, n   *  là số chính phương  u1   là số chính phương  uk 2  3  CM:  uk 1 k 1   2 2    k 1  k 1  1, n   *  là số chính phương    2  k 1  1, n   *   Là số chính phương  Từ đó ta có u1 , u3 , u , , u99  là số chính phương nên có 50 giá trị của  n   Câu 25 Trên  một  mặt  phẳng  cho  n  đường  thẳng  phân  biệt  cùng  đi  qua  1  điểm  phân  biệt,  này  chia  mặt  phẳng thành  100 phần rời nhau. Tìm  n   A 50   B 40   C 20   Lời giải D 25   Chọn A Trên  một  mặt  phẳng  cho  n  đường  thẳng  phân  biệt  cùng  đi  qua  1  điểm  phân  biệt,  này  chia  mặt  phẳng thành  2n  phần rời nhau.  Câu 26 Bài toán chứng minh  A  4n  15n   chia hết cho   bằng phương pháp nào dưới đây là thích hợp  nhất?  A Đồng dư thức.  B Quy nạp.  C Tách hạng tử.  D Sử dụng dấu hiệu chia hết cho 9.  Lời giải Trang 20 ... ? ?1  16 .16 k  15 k  16  16 k  15 k   15 ? ?16 k  1? ??    ak  15 ? ?16 k  1? ??   Vì  16 k   15 ? ?16 k ? ?1  16 k    1? ??? ?15  và  ak  225   Nên ta suy ra  ak ? ?1  225  Vậy Câu toán được? ?chứng? ?minh? ? Trang...  là số tự nhiên dương.? ?Chứng? ?minh? ?rằng:  an  16 n ? ?15 n ? ?1? ?? 225 Lời giải   Với  n   ta có:  a1   a1  225     Giả sử  ak  16 k  15 k  1? ?? 225 , ta? ?chứng? ?minh? ? ak ? ?1  16 k ? ?1  15 (k  1)  1? ?? 225   Thậ vậy:  ak ? ?1  16 .16 k... n2 n  1? ?? a. Ta? ?chứng? ?minh? ? ? ?1      1? ?   ,1  k  n (1)  bằng? ?phương? ?pháp? ?quy? ?nạp? ?theo  k  Sau đó  k  n k cho  k  n  ta có (7).  1 * Với  k   VT (1)       VP (1)   n n n  (1)  đúng với