bai giang phuong phap quy nap toan hoc day so

DÃY SỐ - CẤP SỐ CỘNG VÀ CẤP SỐ NHÂN BÀI GIẢNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC DÃY SỐ Mục tiêu  Kiến thức + Biết thứ tự bước giải toán phương pháp quy nạp + Biết khái niệm dãy số, cách cho dãy số, tính chất đơn điệu bị chặn dãy số + Nắm phương pháp giải dạng tập dãy số tìm số hạng tổng qt, xét tính tăng, giảm bị chặn  Kĩ + Chứng minh toán phương pháp quy nạp toán học + Biết cách xác định dãy số + Xét tính tăng, giảm bị chặn dãy số + Tính tổng dãy số I LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM Phương pháp quy nạp tốn học Chú ý: Nếu phải chứng minh mệnh đề A(n) Để chứng minh mệnh đề A(n) với giá trị nguyên với số nguyên dương n  p thì: dương n, ta thực sau: +) Ở bước 1, ta phải kiểm tra mệnh đề với n = p  Bước 1: Kiểm tra mệnh đề với n =  Bước 2: Giả thiết mệnh đề với số nguyên dương nguyên dương n  k  p phải chứng n = k tùy ý  k  1 , +) Ở bước 2, ta giả thiết mệnh đề với số chứng minh mệnh đề với minh mệnh đề với n  k  n  k 1 Dãy số a) Mỗi hàm số u xác định tập số tự nhiên * gọi dãy số vô hạn (gọi tắt dãy số) Kí hiệu: u : *   n  u  n Dạng khai triển: u1 ; u2 ; u3 ; ; un ; Trong ta gọi: u1 số hạng đầu, un = u(n) số hạng thứ n hay số hạng tổng quát dãy số b) Mỗi hàm số u xác định tập M  1; 2;3; ; m với m  * c) Các cách cho dãy số: Cách 1: Cho dãy số công thức số hạng tổng quát Cách 2: Cho dãy số hệ thức truy hồi (hay quy nạp):   Ví dụ 1: Cho dãy (un) với un  3n  n  Ví dụ 2: Cho dãy số (un) xác định Trang    Cho số hạng thứ u1 (hoặc vài số hạng đầu)  Với n  , cho cơng thức tính uk biết uk-1 (hoặc vài số hạng đứng trước nó) Cách 3: Diễn đạt lời cách xác định số hạng dãy số u1  n   un 1  un  2n Ví dụ 3: Cho đường trịn (O) bán kính R Cho dãy (un) với un độ dài cung trịn có số đo 2 đường tròn (O) n Dãy số tăng, dãy số giảm a) Dãy số (un) gọi tăng un 1  un với n  *  un 1  un  0, n  * hay un 1  1, n  *  un   un b) Dãy số (un) gọi giảm un 1  un với n  *  un 1  un  0, n  * hay un 1  1, n  *  un   un Dãy số bị chặn a) Dãy số (un) gọi bị chặn tồn số M cho un  M , n  * b) Dãy số (un) gọi bị chặn tồn số m cho un  m, n  * c) Dãy số (un) gọi bị chặn vừa bị chặn vừa bị chặn dưới, tức tồn số m, M cho m  un  M , n  * II CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng 1:Quy nạp toán học Phương pháp giải Để chứng minh mệnh đề P(n) phụ thuộc vào số Ví dụ: Chứng minh với số tự nhiên n  , ta ln có 2n 1  2n  (*) tự nhiên n với n  no (no só tự nhiên Hướng dẫn giải: cho trước), ta thực theo bước sau Bước 1: Kiểm tra P(n) với n  no Với n = ta có 221  2.2    (đúng) Vậy (*) với n = Bước 2: Giả sử P(n) n  k  k  no  (xem Giả sử với n  k , k  (*) đúng, có nghĩa ta có giả thiết để chứng minh bước 3) Bước 3: 2k 1  2k  (1) Ta cần chứng minh P(n) Ta phải chứng minh (*) với n = k + 1, có n  k 1 nghĩa ta phải chứng minh 2k   2(k  1)  Thật vậy, nhân hai vế (1) với ta TOANMATH.com Trang   2.2k 1  2(2k  3)  2k   4k   2(k  1)  Bước 4: Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta kết luận P(n) với n  no Vậy 2k    k  1  (đúng) Do theo ngun lí quy nạp (*) với số nguyên dương n  Ví dụ mẫu Ví dụ 1: Chứng minh với số nguyên dương n, ta có 1.4  2.7   n(3n  1)  n  n  1 (1) Hướng dẫn giải Với n = 1, ta có VT (1)  1.4  4; VP (1)  1  1  Suy VT(1) = VP(1) với n = Vậy (1) với n = Giả sử (1) với n = k Khi ta có 1.4  2.7   k  3k  1  k  k  1 Ta phải chứng minh (1) với n = k + hay 1.4  2.7   k  3k  1   k  1 3k     k  1 k   Thật 1.4  2.7   k  3k  1   k  1 3k    k  k  1   k  1 3k       k  k 1   k  1 k   (điều phải chứng minh) Vậy (1) n  k  Do theo ngun lí quy nạp (1) với số nguyên dương n Ví dụ 2: Chứng minh với số nguyên dương n  , ta có 1.2  2.3  3.4    n  1 n  n  n  1  3n   12 (1) Hướng dẫn giải Với n = 2, ta có VT (1)  1.22  4; VP (1)  2.3.8 4 12 Suy VT(1) = VP(1) với n = Vậy (1) với n = Giả sử (1) với n = k Khi ta có 1.22  2.33  3.44    k  1 k  k  k  1  3k   12 Ta phải chứng minh (1) với n  k  Có nghĩa ta phải chứng minh TOANMATH.com Trang   1.22  2.33  3.44    k  1 k  k  k  1   k  1   k  1  1.22  2.33  3.44    k  1 k  k  k  1  Thật 1.22  2.33  3.44    k  1 k  k  k  1  k  k  1  3k   12  k  k  1    3  k  1   12  k  1  k  2k   3k  5 12 k  k  1  3k  11k  10  12 k  k  1 k   3k    k  1  k  2k   3k     (điều phải chứng minh) 12 12 Vậy (1) n  k  Do theo ngun lí quy nạp (1) với số nguyên dương n  Ví dụ 3: Chứng minh với số nguyên dương n, ta có n  n  3 1     (1) 1.2.3 2.3.4 n  n  1 n    n  1 n   Hướng dẫn giải 1.4  Với n = 1, ta có VT (1)  ;VP(1)  4.2.3 Suy VT(1) = VP(1) n = Vậy (1) với n = Giả sử (1) với n = k Khi ta có k  k  3 1     1.2.3 2.3.4 k  k  1 k    k  1 k   Ta phải chứng minh (1) với n  k  Có nghĩa ta phải chứng minh  k  1 k   1 1      1.2.3 2.3.4 k  k  1 k    k  1 k   k  3  k   k  3 Thật 1 1     k  k  1 k    k  1 k   k  3 1.2.3 2.3.4     k  k  3 4 k 1 k   k  k  3 1     k  k  3    k  1 k    k  1 k   k  3  k  1 k    k    k  1  k   k  6k  9k     k  1 k   k  3  k  1 k   k  3  k  1 k    k   k  3 (điều phải chứng minh) Vậy (1) n  k  TOANMATH.com Trang   Do theo ngun lí quy nạp (1) với số nguyên dương n Ví dụ 4: Chứng minh với số nguyên dương n  2, ta có 1 13     (1) n 1 n  n  n 24 Hướng dẫn giải Đặt un  1 1     n 1 n  n   n  1 n  n Với n = ta có u2  1 13 (đúng)      12 24 Giả sử với n = k (1) đúng, có nghĩa ta có 1 13     k 1 k  k  k 24 Ta phải chứng minh (1) với n  k  , có nghĩa ta phải chứng minh 1 1 13      k 2 k 3 k  k  k  1   k  1 24 Thật vậy, xét hiệu 1 1 1             k 2 k 3 k  k 2k   k  1   k  1  k  k  k k   1 1 1 1        0 2k   k  1   k  1 k  2k   k  1 k  2k  2k  Suy 1 1 1 1          k 2 k 3 k  k 2k   k  1   k  1 k  k  k k Do uk 1  uk  13 Vậy (1) với n  k  24 Suy (1) với số nguyên dương n  Ví dụ 5: Chứng minh số đường chéo đa giác lồi n cạnh  n   n  n  3 Hướng dẫn giải Đặt S  n   n  n  3 Khi n = 4, ta có S(4) = Suy mệnh đề với n = TOANMATH.com Trang   Giả sử mệnh đề n  k  , tức S  k   k  k  3 Ta cần chứng minh mệnh đề n = k +1, tức chứng minh S  k  1   k  1 k   Thật vậy, ta tách đa giác  k  1 cạnh thành đa giác k cạnh tam giác A1 Ak Ak 1 cách nối đoạn A1 Ak Khi trừ đỉnh Ak 1 đỉnh kề với A1, Ak ta cịn lại  k  1   k  đỉnh, tương ứng với (k – 2) đường chéo kẻ từ đỉnh Ak 1 cộng với đường chéo A1 Ak ta có số đường chéo đa giác  k  1 cạnh S  k  1  k  k  3 k  k  3 k  k   k  1 k     k  2    k 1   2 2  mệnh đề n  k  Vậy theo ngun lí quy nạp tốn học ta có mệnh đề với n  * ,  n   Ví dụ 6: Chứng minh n – giác lồi  n   chia thành hữu hạn ngũ giác lồi Hướng dẫn giải Khi n = 5, ta có ngũ giác lồi nên mệnh đề với n = Giả sử mệnh đề n  k  , tức ta có k – giác lồi chia thành hữu hạn ngũ giác lồi Ta cần chứng minh mệnh đề n  k  , tức chứng minh  k  1  giác lồi chia thành hữu hạn ngũ giác lồi Thật vậy, cạnh A1 Ak 1 A3 A4 ta lấy điểm E, F khơng trùng với đỉnh Khi đoạn EF chia  k  1  giác lồi thành đa giác lồi, ngũ giác lồi A1 A2 A3 FE k – giác lồi EFA4 A5 Ak 1 Theo giả thiết quy nạp k – giác lồi EFA4 A5 Ak 1 chia thành hữu hạn ngũ giác lồi đồng thời ta có thêm ngũ giác lồi A1 A2 A3 FE nên  k  1  giác lồi chia thành hữu hạn ngũ giác lồi  mệnh đề n  k  Vậy theo ngun lí quy nạp tốn học ta có mệnh đề với n  *  n   Ví dụ 7: Với số nguyên dương n, kí hiệu un  9n  Chứng minh với số ngun dương n un ln chia hết cho Hướng dẫn giải TOANMATH.com Trang   Ta có u1  91   chia hết cho (đúng) Giả sử uk  9k  chia hết cho Ta cần chứng minh uk 1  9k 1  chia hết cho Thật vậy, ta có uk 1  9k 1   9.9k    9k  1   9uk  Vì 9uk chia hết uk 1 chia hết cho Theo quy nạp với số nguyên dương n, un chia hết cho Ví dụ 8: Chứng minh với n  * , n  n  1 n   n  3 n   chia hết cho 120 Hướng dẫn giải Trước hết chứng minh bổ đề “Tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8” Thật vậy, với n số nguyên 2n  2n   hai số chẵn liên tiếp Khi 2n  2n    4n  n  1 Mà n  n  1 tích hai số nguyên liên tiếp nên n  n  1 Suy 4n  n  18 Đặt P  n   n  n  1 n   n  3 n   Khi n  , ta có P 1  120120 Suy mệnh đề với n = Giả sử mệnh đề với n  k  , tức P  k   k  k  1 k   k  3 k  120 Ta cần chứng minh mệnh đề với n  k  , tức chứng minh P  k  1   k  1 k   k  3 k   k  120 Thật vậy, ta có P  k  1   k  1 k   k  3 k   k    k  k  1 k   k  3 k     k  1 k   k  3 k    P  k    k  1 k   k  3 k   Mà k  1, k  2, k  3, K  số tự nhiên liên tiếp nên chắn có sỗ chẵn liên tiếp số chia hết cho bốn số Suy  k  1 k   k  3 k   5.3.8  120 Mặt khác P  k 120 nên P  k  1120  mệnh đề n  k  Vậy theo nguyên lí quy nạp mệnh đề với n  * Bài tập tự luyện dạng Câu 1: Dùng quy nạp chứng minh mệnh đề chứa biến A(n) với số tự nhiên n  p (p số tự nhiên) Ở bước ta giả thiết mệnh đề A(n) với n = k Khẳng định sau đúng? TOANMATH.com Trang   A k  p B k  p C k  p D k  p Câu 2: Với số nguyên dương, kí hiệu un  5.23n   33n 1 Một học sinh chứng minh un chia hết cho 19 sau: Bước 1: Khi n  1, ta có u1  5.21  32  19  u1 19 Bước 2: Giả sử uk  5.23k   33k 1 chia hết cho 19 với k  Khi ta có uk 1  5.23k 1  33k    5.23k   33k 1   19.33k 1 Bước 3: Vì 5.23k   33k 1 19.33k 1 chia hết cho 19 nên uk 1 chia hết cho 19, n  * Vậy un chia hết cho 19, n  * Lập luận hay sai? Nếu sai bước nào? A Sai từ bước B Sai từ bước C Sai từ bước D Lập luận hoàn toàn Câu 3: Giả sử A tập tập hợp số nguyên dương cho I   II  n  A  n  1 A, n  k k  A; Lúc ta có A Mọi số nguyên bé k thuộc A B Mọi số nguyên dương thuộc A C Mọi số nguyên dương lớn k thuộc A D Mọi số nguyên thuộc A Câu 4: Khi sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh mệnh đề chứa biến A(n) với giá trị nguyên n  p, với p số nguyên dương ta tiến hành bước Bước (bước sở) Chứng minh A(n) n  Bước (bước quy nạp) Với số nguyên dương tùy ý k, ta giả sử A(n) n  k (theo giả thiết quy nạp) Ta chứng minh A(n) n  k  Hãy chọn câu trả lời tương ứng với lí luận A Chỉ có bước B Cả hai bước C Cả hai bước sai D Chỉ có bước Câu 5: Với n   , khẳng định sau sai? * A    n  n  n  1 C 12  22   n  Câu 6: Cho S n  A S n  B      2n  1  n n  n  1 n   D 22  42  62    2n   2n  n  1 2n  1 1 1 với n  * Mệnh đề sau đúng?     n  n  1 1.2 2.3 3.4 n 1 n TOANMATH.com B S n  n n 1 C S n  n 1 n2 D S n  n2 n3 Trang   u1  Câu 7: Cho dãy số  un  với  n Số hạng tổng quát un dãy số số hạng un 1  un   1 đây? A un   n C un    1 2n B un   n D un  n u1   Câu 8: Cho dãy xác định công thức  Số hạng tổng quát dãy un * un 1  un , n   A un  2n 1 B un  2n C un  1 D un  n 1 n u  un2  2vn2 với n  Câu 9: Cho hai dãy số  un  ,   xác định sau u1  3, v1   n 1 vn 1  2un Công thức tổng quát hai dãy  un        u   n   n  n A  2n  vn    1 2          2n    2n 2n 1   un       C  2n 2n vn             Câu 10: Cho dãy số  un       2n 2n 1   un       B  2n 2n vn         2   1  un   D  v    n         1    1 1 2n 2n  1 2n   2n   u1  cos         xác định  Số hạng thứ 2020 dãy số cho  un , n  un 1      A u2020  cos  2020  2     B u2020  cos  2019  2     C u2020  sin  2021  2     D u2020  sin  2020  2  Dạng 2: Tìm số hạng xác định cơng thức số hạng tổng quát dãy số Phương pháp giải Tìm số hạng dãy số Dãy số  un  : un  f  n  với f  n  biểu thức n Bài tốn u cầu tìm số hạng uk ta thay trực tiếp n = k vào Ví dụ 1: Cho dãy số  an  n Đặt un   ak với ak  k 1 un  f  n  a) Tính u1 ; u2 ; u3 ; u4 u1  a Dãy số  un  cho  với f  un  biểu un 1  f  un  b) Tính u2020 k  k  1 Hướng dẫn giải thức un Bài tốn u cầu tìm số hạng uk ta tính TOANMATH.com Trang   u2 ; u3 ; ; uk cách u1 vào u2, u2 vào u3,… a) Ta có u1  a1  uk 1 vào uk 1 Dãy số  un   u  a; u  b cho  un   c.un 1  d un  e Bài toán yêu cầu tìm số hạng uk Ta tính u3 ; u4 ; ; uk cách u1;u2 vào u3; u2, u3 vào u4;…; uk  , uk 1 vào uk u1  a Dãy số  un  cho  với f  n; un  kí un 1  f  n; un  hiệu biểu thức un 1 tính theo un n Bài tốn u cầu tìm số hạng uk ta tính u2 ; u3 ; ; uk cách 1;u1  vào u2;  2;u2  vào u3; ;  k  1; uk 1  vào uk Xác định công thức số hạng tổng quát dãy số Nếu  un  có dạng un  a1  a2   an (kí hiệu n un   ak ) ta biến đổi ak thành hiệu hai số hạng, k 1 dựa vào thu gọn un Nếu dãy số  un  cho hệ thức truy hồi, ta tính số số hạng đầu dãy số (chẳng hạn tính u1 ; u2 ; u3 ; ), từ dự đón cơng thức un theo n, chứng minh công thức phương pháp quy nạp Có thể tính hiệu un 1  un dựa vào để tìm cơng thức un theo n u2  a1  a2  1  ; 1.2 1   ; 2   1 u3  a1  a2  a3  u2  a3    ; 3   1 u4  a1  a2  a3  a4  u3  a4  b) Ta có ak    4.5 1   k  k  1 k k  n  1 1 1 un   ak  1         2  3 k 1 1 1         1 n 1  n 1 n   n n 1  Suy quy nạp u2020   2020  2021 2021 Ví dụ 2:Xác định cơng thức un  n ;n 1 n 1 số hạng tổng quát un dãy số u1   un 1  un  Hướng dẫn giải Ta có u2  u1     5; u3  u2     7; u4  u3     9; u5  u4     11 Từ số hạng trên, ta dự đốn số hạng tổng qt có dạng un  2n  1, n  (*) Ta dùng phương pháp chứng minh quy nạp để chứng minh công thức (*) Với n  1; u1  2.1   (đúng) Vậy (*) với n = Giả sử (*) với n = k Khi ta có uk  2k  (1) Ta cần chứng minh (*) với n  k  TOANMATH.com Trang 10   ĐÁP ÁN BÀI PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC, DÃY SỐ Dạng Quy nạp toán học 1-B 2-D 3-C 4-C 5-D 6-B 7-D 8-A 9-B 10-B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu Chọn B Mệnh đề A(n) với n  k với k  p Câu Chọn D Lập luận hoàn toàn Câu Chọn C ( I )k  A : số nguyên dương k thuộc tập A ( II )n  A  n   A, n  k : số nguyên dương n  n  k  thuộc tập A số nguyên dương đứng sau  n  1 thuộc A Mọi số nguyên dương lớn k thuộc A Câu Chọn C Bước sai, theo tốn n  p nên ta phải chứng minh A(n) n  p Bước sai, “Với số nguyên dương tùy ý k” mà phải “Với số nguyên dương k,  k  p  ” Câu Chọn D Thử với n  1, n  2, n  ta kết luận đáp án D sai Ta có 22  42     n   2 n  n  1 n  1 kết Câu Chọn B n Ta có S1  , S2  , S3   dự đoán Sn  n 1 Với n  1, ta S1  1  (đúng) 1.2  Giả sử mệnh đề n  k  k  1 , tức Ta có 1 k     1.2 2.3 k  k  1 k  1 1 k     1.2 2.3 k  k  1 k  TOANMATH.com Trang 29    k 1 1       k  k  1  k  1 k   k   k  1 k   1.2 2.3  k  2k  1 1      1.2 2.3 k  k  1  k  1 k    k  1 k    1 1 k 1      1.2 2.3 k  k  1  k  1 k   k  Suy mệnh đề với n  k  Câu Chọn D Ta có un 1  un   1  un   u2  2; u3  3; u4  4; 2n Dễ dàng dự đoán un  n Thật vậy, ta chứng minh un  n (*) phương pháp quy nạp sau Với n   u1  Vậy (*) với n    Giả sử (*) với n  k k  * , ta có uk  k Ta chứng minh (*) với n  k  , tức uk 1  k  Thật vậy, từ hệ thức xác định dãy số  un  ta có uk 1  uk   1  k  2k Vậy (*) với n  * Số hạng tổng quát dãy số un  n Câu Chọn A Ta có u1  3; u2  3 u1  ; u3  u2  ; 2 2 Ta chứng minh cho dãy số có số hạng tổng quát un  n 1 Thật vậy, n  u1  (đúng) Giả sử với n  k  k  1 uk  k 1 Ta chứng minh uk 1  2k 1 3 Ta có uk 1  uk  k 1  k (điều phải chứng minh) 2 2 Vậy số hạng tổng quát dãy số un  n 1 Câu Chọn B Chứng minh un  2vn    1 2n (1)  Ta có un  2vn  un21  2vn21  2un 1vn 1  un 1  2vn 1 Mặt khác u1  2v1   2  TOANMATH.com   1  nên (1) với n  Trang 30   Giả sử uk  2vk    1 2k  , ta có uk 1  2vk   u  2vk    1 2k 1 Vậy (1) với n  Ta có un  2vn    21  2n        2  2 u     n  Do ta suy  2n  2vn      n 2n 2n  1  2 u      n 2     n n v       n   2   n 2n        Câu 10 Chọn B  cos    Do     nên u2   cos2  cos ; u3  2   cos2   cos  2  cos    Vậy u  cos  n 1  với n  * Ta chứng minh quy nạp 2  Với n  u1  cos  (đúng)       Giả sử với n  k  * ta có uk  cos  k 1  Ta chứng minh uk 1  cos  k 1  2  2      cos  k 1   uk    cos2     cos    Thật uk 1    2k   2k  2        Từ ta có u2020  cos  2019  2  Dạng Tìm số hạng xác định cơng thức số hạng tổng quát dãy số 1-C 2-B 3-A 4-D 5-C 6-C 7-B 8-A 9-C 10-A 11-B 12-D 13-A 14-C 15-D 16-C 17-C 18-A 19-B 20-A 21-B 22-A 23-A 24-B 25-C HƯỚNG DẪN CHI TIẾT Câu Chọn C Ta có u3  2u2    2u1  3   4u1   4.7   37 Câu Chọn B Ta có 7922  7921   892   n  89 Câu Chọn A  Giả sử un  19 n  * TOANMATH.com  Trang 31   n  Suy  n  n   19  n  n  20     n  (do n  * )  n  4 Vậy số -19 số hạng thứ dãy Câu Chọn D 112  2.11  71  11  Ta có u11  Câu Chọn C u1  Từ  , ta có un 1  un  * un   un  5, n    dãy  un  cấp số cộng với công sai d  nên u10  u1  9d   45  47 Câu Chọn C Ta có  7.1  1;15  7.2  1;22  7.3  1;29  7.4  1;36  7.5  Suy số hạng tổng quát un  7n  Câu Chọn B Ta có  1 2 3 4 ;  ;  ;  ;  1 11 1 1 1 Suy un  n n 1 Câu Chọn A Ta có u2019  2.2019   4039 Câu Chọn C Ta có un  Vậy 167 n  167    84   1  167  n    n  250 84 n2 84 167 số hạng thứ 250 dãy số  un  84 Câu 10 Chọn A Ta có un 1  a  n  1  n  1   a  n  1 n2 Câu 11 Chọn B Ta có un       n    n  n  1 Câu 12 Chọn D TOANMATH.com Trang 32   1  u1  1  ; 2 u5   u4  1  2; 7 u8   u7  1  ; 10 u11   u10  1  5; 11 u2   u2  1  1; 5 u6   u5  1  ; u9   u8  1  4; u3  3  u3  1  ; u7   u6  1  3; u10   u9  1  ; 2 u4  Câu 13 Chọn A Ta có u1  1; u2  u1  3; u3  u2  5; u  u3  7; ; un  un 1   n  1 Cộng vế với vế đẳng thức rút gọn ta un        n  1  n2 Câu 14 Chọn C u1  1; u2     1.2; u3      2.2; u4       3.2; un        n  1 Chứng minh quy nạp ta un  n  Câu 15 Chọn D  u1   u2  2u1  Ta có u3  2u2   un  2un 1   Nhân vế với vế đẳng thức trên, ta u1.u2 u3 un  n 1.u1.u2 un 1  un  n 2 Câu 16 Chọn C n 1 Ta có u1   ; u2   ; u3   ; … suy un   n Câu 17 Chọn C u1   u2  u1   Ta có u3  u2  2   u  u   n  12 n 1  n TOANMATH.com Trang 33   Cộng vế với vế đẳng thức trên, ta un   12  2    n  1   n  n  1 n   Câu 18 Chọn A uk  k 1 k 1    k  (do k  * ) k  k  13 Câu 19 Chọn B  u1   u2  u1   Ta có u3  u2    u49  u48  2.49 u  u  2.50 49  50 Cộng vế với vế đẳng thức trên, ta u50  1      50     25.51  1  2548,5 2 Câu 20 Chọn A Ta có Số hạng thứ có chữ số 0; Số hạng thứ có chữ số 0; Số hạng thứ có chữ số 0; … Suy un có n chữ số Cơng thức số hạng tổng quát dãy số un   0,00 01   10n  n ch÷ sè Câu 21 Chọn B Ta có cn4  xn  Cn4   n  5 n   n  3 n   , 143Pn5  143  n  5 n   24 96 Pn 3 96 143Pn   n  5 n   n  17  n     0, n  4, n  * 96 Pn 3 96 Vậy số hạng âm x1 ; x2 ; x3 Câu 22 Chọn A u1   u2  u1  2.2  1;  Ta có u3  u2  2.3  1;   un  un 1  2.n  TOANMATH.com Trang 34   Cộng vế với vế đẳng thức rút gọn, ta un       n    n  1    n  1 n    n   n  Câu 23 Chọn A Ta có un 1  un   1 n 1  un  u1  1; u2  u1  1; u3  u2  1; ; un  un 1  Cộng vế với vế đẳng thức trên, ta un    n  1   n Câu 24 Chọn B Ta có u1   cos Dự đoán un  cos      cos ; u2    cos  cos  n 1 Chứng minh theo quy nạp ta có: u1  cos   , công thức (1) với n = Giả sử công thức (1) với n  k, k  ta có uk  cos Ta có uk    uk   2cos (vì   k   k 1            cos k    cos  k    2cos k  k 1 2   2   với k  ) Suy công thức (1) với n  k  Vậy un  cos   , n  * Suy u2018  cos 2019 n 1 2 Câu 25 Chọn C u1   u2  u1   Ta có u3  u2  23  un   13  23    n  1   un 1  un  n3   n  n  1  Ta lại có     n  1  1     n  1      3  n  n  1  Suy un       Theo giả thiết ta có 2 un   2039190  n  n  1  n  2020  2039190  n  n  1  4078380    n  2019 Mà n số nguyên dương nhỏ nên n = 2020 TOANMATH.com Trang 35   Dạng Xét tính tăng, giảm bị chặn dãy số 1-A 2-C 3-A 4-C 5-A 6-A 7-A 8-D 9-C 10-C 11-B 12-B 13-D 14-C 15-B 16-C 17-D 18-B 19-B 20-B 21-D 22-C 23-C 24-A 25-A 26-A 27-D 28-C 29-B 30-C HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu Chọn A un 1  sin  nên B n 1 Do 1  sin   nên dãy số bị chặn, C n u1  sin   0, u2  sin    1, u  sin  Do u1  u2 nên dãy số không tăng, không giảm  u2  u3 Vậy D Do A sai Câu Chọn C  u1   n  Ta xét đáp án A: un  n    u1  u2  Loại A u    u1   n  Ta xét đáp án B: un    u1  u2  Loại B 2n   u   16  u1   40 n2  Ta xét đáp án C: un    u1  u2  Chọn C 3n   25 u    40 Ta xét đáp án D: un   2  n u1   n   u2   u1  u2  u3  Loại D  u3  8 Câu Chọn A Ta có un  5n 5n 1 * 0,   n    u  n  n2  n  1 n  n  1  n  un 1 5n 1 n 5n n2  2n   4n2  2n  Xét tỉ số  n    1  1, n  * 2 un n  2n  n  2n   n  1 n  2n  Vậy  un  dãy số tăng TOANMATH.com Trang 36   Câu Chọn C Xét đáp án A: Ta có un  n3 n2 n2 n3 ; un 1  Khi un 1  un     0, n  * n  n   n  1 n  1 n 1 n2 Vậy  un  dãy số tăng Xét đáp án B: n n 1 n 1 n Ta có un  ; un 1  Khi un 1  un     0, n  * 2 2 Vậy  un  dãy số tăng Xét đáp án C: Ta có un  un 1 n2 n2 2 u ;      1, n  * n 1 2 2 n un  n  1  n  1 n Vậy  un  dãy số giảm Xét đáp án D: Ta có u1  1 1 ; u2  ; u3  27 Vậy  un  dãy số không tăng, không giảm Câu Chọn A n  n   n  n  (do n  0) Suy un  n2  n   1, với n n2  2n  Câu Chọn A Ta có un  3n   un 1   n  1   3n  Xét hiệu un 1  un   3n     3n     0, n  N * Vậy  un  dãy số tăng Câu Chọn A Ta có un 1  un  3n 1  3n  3n 1   2.3n  3n   n   n 1   dãy  un  dãy số tăng n 1 2 n 1 Câu Chọn D Dãy số un   1 n n dãy số khơng bị chặn lim un  lim n   Câu Chọn C Nhận xét: Mỗi số hạng thứ ba trở tổng hai số đứng trước Đồng thời số hạng số hạng thứ hai dãy số dương nên dễ thấy dãy số dãy tăng Câu 10 Chọn C TOANMATH.com Trang 37   Xét hiệu un   un   aun  1   aun 1  1  a  un  un 1  Áp dụng, ta có u2  au1   a   u2   a  u2  u1  a  u3  u2  a  u2  u1   a ;  u4  u3  a  u3  u2   a3 ;  un 1  un  a n  Để dãy số  un  tăng un  un 1   u2  u1  a  Câu 11 Chọn B Đáp án A, C dãy không tăng, không giảm Xét đáp án B, ta có   2  1     0, n  * nên   dãy số tăng n 1 n 1 n  Câu 12 Chọn B Vì cos n  nên un  n Phát biểu (3) Dãy không tăng, không giảm không bị chặn Vậy có phát biểu phát biểu cho Câu 13 Chọn D Ta có n  * , un 1  un  1  n  0 nên dãy số tăng Phát biểu (1) Vì dãy số tăng nên dãy số bị chặn u1 Phát biểu (2) Ta lại có u1  1; u2  u1  1 ; u3  u2  ; un  un 1  2 n Cộng đẳng thức theo vế, ta un  u1  Mặt khác 1    2 n (*) 1 1 1 1 1     (*)  un         2 n n  n  1 n  n n 1 n 1  un     2, n  * n Vậy dãy số bị chặn nên phát biểu (3) Câu 14 Chọn C Xét hiệu un 1  un  ad  bc Dãy số  un  dãy số tăng ad  bc  c  n  1  d  cn  d   Mà c  d  nên có điều kiện đáp án C để ad  bc  Câu 15 Chọn B Ta có an 1  an  n 1  n   n  n  2.2 n  n   n   0, n  * Vậy  an  dãy số tăng TOANMATH.com Trang 38   Câu 16 Chọn C  1 1  2, n  * nên dãy số xác định an   dãy bị chặn n n an 1  an   n  1  n  n   0, n  * nên dãy số xác định an  n2 dãy tăng   an 1  an    n  1  1  n2   n   0, n  * nên dãy số xác định an   n dãy số giảm không bị chặn a1  1  a2   a3  9 nên dãy số xác định an   1 n dãy không tăng không giảm n Câu 17 Chọn D Xét hiệu un   un 1  aun 1  1  a  un  un 1   a  1 un 1  un   u3  u2   a  1 u2  u1    a  1 ;  u4  u3   a  1 u3  u2    a  1 ; un 1  un   a  1 n 1 0 Để dãy số  un  tăng suy a    a  Câu 18 Chọn B Ta có un 1  Đặt  u n 1 u un  n 1  n n 1 n 5n un 1 , n  Suy   cấp số nhận có cơng bội q  v  n 5 n 1 1   n n n u 1 q 1 5n      n  Tn Ta có S   k   vk  v1 1 q 1 k 1 k k 1 Do  0, n  nên (Tn) dãy tăng Suy Tn  52018   T2018  n  2018 4.52018 Câu 19 Chọn B Ta có un   un   n  1   n  1 1  n  n2  0 Vậy dãy  un  dãy số giảm Câu 20 Chọn B Dự đốn dãy giảm sau chứng minh un   un  quy nạp toán học Từ giả thiết suy un  0, n  * Ta có u2  u1  3 2 0 4 TOANMATH.com Trang 39   Giả sử: uk 1  uk  0, k  Xét hiệu uk   uk 1  uk21  uk2  1    uk 1  uk  uk 1  uk   4 Theo nguyên lí quy nạp suy un 1  un  0, n  * Vậy dãy số  un  dãy số giảm Câu 21 Chọn D Ta có un  2, n   un  bị chặn dưới; dãy  un  không bị chặn Câu 22 Chọn C Ta có un 1 n 1 n n 1 n !   1, n  :  n  un  n  1! n !  n  1! n  Mà un  0, n nên un 1  un , n   dãy  un  dãy số giảm Vì  un  u1  2, n  nên dãy  un  dãy bị chặn Câu 23 Chọn C Ta có un  0, n  un 1  un n2  n   n  1   n  1   n2  n   1, n  *  un 1  un , n   dãy  un  dãy số giảm n  3n  Mặt khác  un   dãy  un  dãy bị chặn Câu 24 Chọn A Ta có  un  1 1     1 1 n  n  1 n 1 1.2 2.3 Dãy  un  bị chặn Câu 25 Chọn A Ta có un 1  un3   un 1  un3  un , n  *   un  dãy số tăng Câu 26 Chọn A Ta dự đoán dãy số bị chặn Ta chứng minh quy nạp 2  un  1, n  * Với n = ta có 2  u1  (đúng) Giả sử mệnh đề với n  k  Tức 2  uk  1 1  1  uk   2  uk     2  uk 1  2 2 Theo nguyên lí quy nạp ta chứng minh 2  un  1, n  * Vậy  un  dãy số bị chặn TOANMATH.com Trang 40   Câu 27 Chọn D Xét dãy  an  có an  n3  n  0, n  * nên dãy số  an  bị chặn  0, n  * nên dãy số  bn  bị chặn 2n Xét dãy  bn  có bn  n2  Xét dãy  cn  có cn   2   3, n  * nên dãy số  cn  khơng bị chặn n Xét dãy  dn  có dn  3n , n  * n 2 Ta có n3  3n    n  1  n    0, n  *  n3   3n   3n    dn  bị chặn n 2 Câu 28 Chọn C Xét 1 1    ,  k  k  1 k k  k Suy un   1 1 1 1 1 1 1 1 3                            un  , n  *  2  3 3   6  n 1 n  n Vậy dãu số  un  bị chặn Câu 29 Chọn B Xét un  a sin n  b cos n  a  b    a  b   un  a  b Vậy dãy số  un  bị chặn Câu 30 Chọn C Ta có u1  2; u2   ; u3    ; ; un      Do un 1  un  nên  un  dãy số tăng Lại có  un  suy dãy số bị chặn Dạng Tính tổng dãy số 1-B 2-B 3-D 4-A 5-C 6-C 7-B 8-C 9-B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu Chọn B Ta có S30      60  S30    60     58     56     60   (có 30 ngoặc đơn)  S30    60  30  930 Câu Chọn B TOANMATH.com Trang 41   S n  1 1 1 1 1 1 n               1  1.2 2.3 3.4 n  n  1 n 1 n n n 1 n 1 n 1 Câu Chọn D Cách 1: Ta có 1.2  1 1   ;   ;  2.3 n n  2 1 1 1 Suy Sn         2 4 n  n  1  n  1 Vậy S10  10 10   10  1  120 121 Cách 2: Ta có S10  1.2    2.3   3.4    21 10.11 1 1 1 1 120 Suy S10           4 10 11 11 121 Câu Chọn A x x x x Ta có sin S  sin x.sin  sin x.sin   sin nx.sin 2 2 3x 3x 5x 2n  2n  2n  x x  cos  cos  cos  cos x   cos x x  cos x  cos  cos x 2 2 2 2 x 2n  cos  cos x 2 Vậy S  x sin Câu Chọn C    1   1   1     n  Sn                      1           10   10 13   3n  3n     3n   3n  Câu Chọn C n n n n 2n  n  1 2n  1 i 1 i 1 i 1 i 1 Sn   i  2i  1    2i  1  2 i   i   n  n  1  n  n  1 4n  5 Câu Chọn B 1 1 Đặt M      100 5 5 1 Ta có 5M      99 5  1 1   1  5M  M       99       100    100  5 5   5 TOANMATH.com Trang 42    4M  1 100 5100  1 100  M   S  4.5   5100 100 100 100 4.5 4.5 Câu Chọn C Ta có 1 1   ;   ; 1.3 3.5 1 1 1 98 Do S         1  3 97 99 99 99 Câu Chọn B Ta có 3Sn   2.32  3.33   n.3n Từ Sn  1   32   3n 1  n.3n  Sn   TOANMATH.com 3n  3n  n n  n.3n  Sn    Trang 43 ... với ta TOANMATH.com Trang   2.2k 1  2(2k  3)  2k   4k   2(k  1)  Bước 4: Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta kết luận P(n) với n  no Vậy 2k    k  1  (đúng) Do theo ngun lí quy nạp... A Sn   C Sn  3n  1 n  3n  n n  TOANMATH.com B Sn   3n  n n  D Sn   3n  n n  Trang 28   ĐÁP ÁN BÀI PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC, DÃY SỐ Dạng Quy nạp toán học 1-B 2-D 3-C 4-C 5-D... theo ngun lí quy nạp tốn học ta có mệnh đề với n  *  n   Ví dụ 7: Với số nguyên dương n, kí hiệu un  9n  Chứng minh với số ngun dương n un ln chia hết cho Hướng dẫn giải TOANMATH.com Trang