D06 dạng khác muc do 3

Câu u1 2; un  u  [DS11.C3.3.E06.c] Cho dãy số n xác định bởi: nhiên lớn Tính giới hạn  lim n3 un u1  2u2    n  1 un  n3  n , n số tự  Lời giải u2  +) Ta có +) Với n 3 ta có:   u1  2u2   (n  1)un    nun n(n  1)un  nun n3un   u1  2u2   (n  2)un    (n  1)un  (n  1)  (n  1)  1 un   (n  1)un  (n  1)3 un  un (n  1)3  n    n  n un nun  (n  1) un        un  n3  n  n   n   (*) Từ Từ (*) cho n 3, 4,  ta có: 3 2 un un un  u3   n    n       n n             u2 un  un  u2   n   n       n  n 4  4n3 lim n un lim lim 4 n (n  1) 1 n Do [DS11.C3.3.E06.c] (HSG 11 trường THPT Tiến Thịnh 2009-2010) x 0 0  f ( x)   x.sin x x 0 Cho hàm số Chứng minh hàm số khơng có đạo hàm x 0 Lời giải x.sin  f  x   f  0 x lim lim sin f   lim x x  x  x x x Ta có 1 x  m  , m   sin sin m 0  limsin limsin m  x 0 m x x x Chọn x  n    , m     2n  sin  1  2n  limsin limsin  x  x 2  x Chọn x  Từ suy hàm số khơng dó đạo hàm  Câu 12  un  n (n  1) n (n  1)  1 n Câu [DS11.C3.3.E06.c]Chứng minh  n    2n  3n  4n  5 Lời giải * Trường hợp 1: n 4k : n không chia hết cho A 14 k  24 k  34 k  44 k 1  16k  81k  216k Ta có 16 1  mod   16k 1  mod  81 1  mod   81k 1  mod  216 1  mod   216k 1  mod  - Do A 1  16k  81k  216k 4  mod  - Vậy A không chia hết cho * Trường hợp 2: n 4k  , n 4k   n số lẻ Do đó: 2 1 n n -  3n  chia hết cho   5  4n  chia hết cho   5  Suy A  1n  2n  3n  4n  5 * Trường hợp 3: n 4k  A 14 k 2  24 k 2  34 k 2  44 k 2 1  4.24 k  9.34 k  16.44 k - Ta có 24 k 1  mod   4.24 k 1  mod  34 k 1  mod   9.34 k 1  mod  44 k 1  mod   16.44 k 1  mod  - Do A     1  mod  Suy A chia hết cho Vậy A chia hết cho n không chia hết cho x  Câu [DS11.C3.3.E06.c] (HSG Tốn 12 – Sóc Trăng năm 2017) Cho dãy n xác định sau:   x1    x  x  x (n  0)  n 1 n n 1 A    x1  x2  x2016  Tính  A (phần nguyên A ) Gọi Lời giải 1 1 1        xn 1  xn  xn  1 xn 1 xn xn  xn  xn xn 1 Theo giả thiết: xn 1  xn  xn 1   Suy x1  x1 x2 1   x2  x2 x3 1   , x2016  x2016 x2017  A 1 1      x1  x2  x2016  x1 x2017 (1) xn  x   x  x ,  n n Mặt khác nên n 1 ; suy dãy số n tăng 21 777 ; ; ; ; x  (Dãy n có dạng khai triển 16 256 ) 1 1 A    x1 x2017 x1   A  Vậy [A] 1 Do xn 1  xn  xn  1 Câu [DS11.C3.3.E06.c] (Sở GD-ĐT Bình Thuận) Cho dãy số  vn2  1  với n 1 Tìm cơng thức tính theo n   xác định v1 1 Lời giải Dự đoán tan  ; n 1 2n 1 chứng minh quy nạp Câu [DS11.C3.3.E06.c] (HSG Toán 12 – Phú Yên năm 1617) Cho dãy Fibonacci ( un ) xác định sau: u0 0,  (n 1, 2,3, ) u1 1, u u  u n n  n 1 Chứng minh u2016 chia hết cho u672 Lời giải u  u u  un um1 m n - Chứng minh quy nạp hệ thức: mn + Với n = 1, um1 um u0  u1.um1 um1 , hiển nhiên + Giả sử với n k  Ta có: umk um uk   uk um 1 umk 1 um uk  uk 1.um1 umk 2 umk  umk 1 um  uk  uk    um 1  uk  uk 1  um uk 1  um 1.uk 2 Vậy hệ thức với n = k + - Chứng minh quy nạp ukn un , k (*) + Với k =1, mệnh đề + Giả sử mệnh đề với k = p Khi đó, theo hệ thức vừa chứng minh u( p 1) n u pn n u pn un   u pn 1.un u u chia hết cho un pn n theo g/thiết quy nạp + Áp dụng (*) với k = 3, n = 672 suy u2016 chia hết cho u672 (đpcm) Câu [DS11.C3.3.E06.c] (HSG Hà Nội-Cấp Thành Phố 13-14) Cho dãy số  un  thỏa mãn điều kiện: u1 2  u  un2 2013  n u   un , n 1, 2,  n 1 un 1  Chứng minh rằng: 2014 2014  , Với n 1 , n   , đặt v1  v2    2014 với n 1 Lời giải Ta có:  un 1  un  un  un  1 2014   u  u  1 2014  u  u  k k k 1 k uk  1  2014    uk 1   uk  uk 1    1  2014 v1  v2   2014    2014  un 1   uk  uk 1   Do đó: Vì un 2  un 1  0 , n 1 nên v1  v2    2014