BT-CHƯƠNG-CẤP-SỐ-CÔNG-NHÂN

THPT Tân Bình – Bình Dương. D D Ã Ã Y Y S S Ố Ố . . C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố C C Ộ Ộ N N G G & & C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố N N H H Â Â N N 1 1 1 1. Gv: L L ê ê H H à à n n h h P P h h á á p p . . Trang 1 … …   D D Ã Ã Y Y S S Ố Ố . . C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố C C Ộ Ộ N N G G & & C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố N N H H Â Â N N . .   … … § § 1 1 . . P P H H Ư Ư Ơ Ơ N N G G P P H H Á Á P P Q Q U U Y Y N N Ạ Ạ P P T T O O Á Á N N H H Ọ Ọ C C . . 1) PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC:  Bước 1: Chứng minh A(n) là một mệnh đề đúng khi n = 1.  Bước 2: Với k là số nguyên dương tùy ý, xuất phát từ giả thiết A(n) là mệnh đề đúng khi n = k, chứng minh A(n) cũng là mệnh đề đúng khi 1 n k   . 2) ÁP DỤNG:   1 Vd Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có ( 1)( 2) 1.2 2.3 ( 1) 3 n n n n n        Giải: Với n = 1, ta có VT =1. 2 = 2, VP = 1.2.3/3 = 2 nên (1) đúng với n = 1. Giả sử (1) đúng với n = k, tức là ( 1)( 2) 1.2 2.3 ( 1) 3 k k k k k        , kN*. Ta chứng minh (1) đúng với 1 n k   , tức là phải chứng minh ( 1)( 2)( 3) 1.2 2.3 ( 1) ( 1)( 2) 3 k k k k k k k            . Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có ( 1)( 2) ( 1)( 2)( 3) 1.2 2.3 ( 1) ( 1)( 2) ( 1)( 2) 3 3 k k k k k k k k k k k k                  Vậy (1) đúng với mọi số nguyên dương n.   2 Vd Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có 2 1 3 5 (2 1) n n       (2) Giải: Với n = 1, ta có VT =1, VP = 1 nên (2) đúng với n = 1. Giả sử (1) đúng với n = k, tức là 2 1 3 5 (2 1) k k       , kN*. Ta chứng minh (2) đúng với 1 n k   , tức là chứng minh 2 1 3 5 (2 1) (2 1) ( 1) k k k          Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có 2 2 1 3 5 (2 1) (2 1) (2 1) ( 1) k k k k k             Vậy (2) đúng với mọi số nguyên dương n.   3 Vd Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có ( 1) 1 2 3 2 n n n       (3) Giải: Với n = 1, ta có VT =1, VP = 1 nên (3) đúng với n = 1. Giả sử (3) đúng với n = k, tức là ( 1) 1 2 3 2 k k k       , kN*. Ta chứng minh (3) đúng với 1 n k   , tức là phải chứng minh ( 1)( 2) 1 2 3 ( 1) 2 k k k k          Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có ( 1) ( 1)( 2) 1 2 3 ( 1) ( 1) 2 2 k k k k k k k              Vậy (3) đúng với mọi số nguyên dương n.   4 Vd Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có 3 3 n  chia hết cho 3. (4) Giải: Đặt 3 n A n n   . Với n = 1, ta có 1 0 A  , vì 0 chia hết cho 3 nên (4) đúng với n = 1. Giả sử (4) đúng với n = k, tức là 3 k A k k   chia hết cho 3, kN*. Ta chứng minh (4) đúng với 1 n k   , tức là phải chứng minh 3 1 ( 1) ( 1) k A k k      chia hết cho 3. Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có 3 3 2 3 2 1 ( 1) ( 1) 3 3 1 1 3 3 k A k k k k k k k k k k                2 3( ) k A k k    chia hết cho 3. Vậy (4) đúng với mọi số nguyên dương n.   5 Vd Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n  3, ta luôn có 2 2 1 n n   . (5) Giải: Với n = 3, ta có VT = 8, VP = 7 nên (5) đúng với n = 1. Giả sử (5) đúng với n = k, tức là 2 2 1 k k   , kN*, k  3. Ta chứng minh (5) đúng với 1 n k   , tức là phải chứng minh 1 2 2( 1) 1 k k     . Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có 1 2 2.2 2.(2 1) 4 2 2 3 k k k k k         . Vậy (5) đúng với mọi số nguyên dương n  3. 3 3 www.VNMATH.com THPT Tân Bình – Bình Dương. D D Ã Ã Y Y S S Ố Ố . . C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố C C Ộ Ộ N N G G & & C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố N N H H Â Â N N 1 1 1 1. Gv: L L ê ê H H à à n n h h P P h h á á p p . . Trang 2 B B À À I I T T Ậ Ậ P P . . 1) Chứng minh rằng với nN*, ta có các đẳng thức: a) (3 1) 2 5 8 3 1 2 n n n        ; b) 1 1 1 1 2 1 2 4 8 2 2 n n n       ; c) 2 2 2 2 ( 1)(2 1) 1 2 3 6 n n n n        ; d) 2 2 2 2 ( 1)(2 1) 2 4 (2 ) 3 n n n n       .  Hướng dẫn: a) Với n = 1, VT = 2, VP = 2. Vậy (a) đúng với n = 1. Giả sử (a) đúng với n = k, tức là (3 1) 2 5 8 3 1 2 k k k        . Ta chứng minh (a) đúng với 1 n k   , tức là phải chứng minh ( 1)(3 4) 2 5 8 3 1 (3 2) 2 k k k k           . Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có 2 (3 1) 3 7 4 ( 1)(3 4) 2 5 8 3 1 (3 2) (3 2) 2 2 2 k k k k k k k k k                  . Vậy (a) đúng với mọi số nguyên dương n. b) Với n = 1, VT = 1 2 , VP = 1 2 . Vậy (b) đúng với n = 1. Giả sử (b) đúng với n = k, tức là 1 1 1 1 2 1 2 4 8 2 2 k k k       . Ta chứng minh (b) đúng với 1 n k   , tức là phải chứng minh 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 4 8 2 2 2 k k k k           . Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2.2 2 1 2 1 2 4 8 2 2 2 2 2 2 k k k k k k k k k                   . Vậy (b) đúng với mọi số nguyên dương n. c) Với n = 1, VT = 1, VP = 1. Vậy (c) đúng với n = 1. Giả sử (c) đúng với n = k, tức là 2 2 2 2 ( 1)(2 1) 1 2 3 6 k k k k        . Ta chứng minh (c) đúng với 1 n k   , tức là phải chứng minh 2 2 2 2 2 ( 1)( 2)(2 3) 1 2 3 ( 1) 6 k k k k k           . Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có 2 2 2 2 2 2 2 ( 1)(2 1) ( 1)(2 7 6) ( 1)( 2)(2 3) 1 2 3 ( 1) ( 1) 6 6 6 k k k k k k k k k k k k                    Vậy (c) đúng với mọi số nguyên dương n. d) Với n = 1, VT = 4, VP = 4. Vậy (d) đúng với n = 1. Giả sử (d) đúng với n = k, tức là 2 2 2 2 ( 1)(2 1) 2 4 (2 ) 3 k k k k       . Ta chứng minh (d) đúng với 1 n k   , tức là phải chứng minh 2 2 2 2 2( 1)( 2)(2 3) 2 4 (2 ) (2 2) 3 k k k k k          . Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có 2 2 2 2 2 2 ( 1)(2 1) 2( 1)(2 7 6) 2( 1)( 2)(2 3) 2 (2 ) (2 2) (2 2) 3 3 3 k k k k k k k k k k k k                  Vậy (d) đúng với mọi số nguyên dương n. 2) Chứng minh rằng với nN*, ta có: a) 3 2 3 5 n n n   chia hết cho 3; b) 4 15 1 n n   chia hết cho 9; c) 3 11 n n  chia hết cho 6; d) 7 1 n  chia hết cho 6; e) 11 6 n  chia hết cho 5; f) 6.7 2.3 n n  chia hết cho 4.  Hướng dẫn: a) Đặt 3 2 3 5 n A n n n    . Với n = 1  1 A = 9 chia hết cho 3. Vậy (a) đúng với n = 1. Giả sử (a) đúng với n = k, tức là 3 2 3 5 k A k k k    chia hết cho 3. Ta chứng minh (a) đúng với 1 n k   tức là phải chứng minh 3 2 1 ( 1) 3( 1) 5( 1) k A k k k        chia hết cho 3. Thật vậy, theo giả thiết quy www.VNMATH.com THPT Tân Bình – Bình Dương. D D Ã Ã Y Y S S Ố Ố . . C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố C C Ộ Ộ N N G G & & C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố N N H H Â Â N N 1 1 1 1. Gv: L L ê ê H H à à n n h h P P h h á á p p . . Trang 3 nạp, ta có 3 2 3 2 2 2 1 ( 1) 3( 1) 5( 1) ( 3 5 ) 3 9 9 3( 3 3) k k A k k k k k k k k A k k                  chia hết cho 3. Vậy (a) đúng với mọi số nguyên dương n. b) Đặt 4 15 1 n n A n    . Với n = 1  1 A = 18 chia hết cho 9. Vậy (b) đúng với n = 1. Giả sử (b) đúng với n = k, tức là 4 15 1 k k A k    chia hết cho 9. Ta chứng minh (b) đúng với 1 n k   tức là phải chứng minh 1 1 4 15 14 k k A k      chia hết cho 9. Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có 1 1 4 15 14 4.4 15 14 4(4 15 1) 45 18 4. 9(2 5 ) k k k k k A k k k k A k                 chia hết cho 9. Vậy (b) đúng với mọi số nguyên dương n. c) Đặt 3 11 n A n n   . Với n = 1  1 A = 12 chia hết cho 6. Vậy (c) đúng với n = 1. Giả sử (c) đúng với n = k, tức là 3 11 k A k k   chia hết cho 6. Ta chứng minh (c) đúng với 1 n k   tức là phải chứng minh 3 1 ( 1) 11( 1) k A k k      chia hết cho 6. Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có 3 3 2 3 2 1 ( 1) 11( 1) 3 3 1 11 11 ( 11 ) 3( 4) 3[ ( 1) 4)] k k A k k k k k k k k k k A k k                     . Vì 3[ ( 1) 4] k k   chia hết cho 3 và k(k + 1) + 4 chia hết cho 2 nên chia hết cho 6. Vậy (c) đúng với mọi số nguyên dương n. d) Đặt 7 1 n n A   . Với n = 1  1 A = 6 chia hết cho 6. Vậy (d) đúng với n = 1. Giả sử (d) đúng với n = k, tức là 7 1 k k A   chia hết cho 6. Ta chứng minh (d) đúng với 1 n k   tức là phải chứng minh 1 1 7 1 k k A     chia hết cho 6. Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có 1 1 7 1 7.7 1 7(7 1) 6 7. 6 k k k k k A A            chia hết cho 6. Vậy (d) đúng với mọi số nguyên dương n. e) Đặt 11 6 n n A   . Với n = 1  1 A = 5 chia hết cho 5. Vậy (e) đúng với n = 1. Giả sử (e) đúng với n = k, tức là 11 6 k k A   chia hết cho 5. Ta chứng minh (e) đúng với 1 n k   tức là phải chứng minh 1 1 11 6 k k A     chia hết cho 5. Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có 1 1 11 6 11.11 6 11(11 6) 60 k k k k A          chia hết cho 5. Vậy (e) đúng với mọi số nguyên dương n. f) Đặt 6.7 2.3 n n n A   . Với n = 1  1 A = 36 chia hết cho 4. Vậy (f) đúng với n = 1. Giả sử (f) đúng với n = k, tức là 6.7 2.3 k k k A   chia hết cho 4. Ta chứng minh (f) đúng với 1 n k   tức là phải chứng minh 1 1 1 6.7 2.3 k k k A      chia hết cho 4. Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có 1 1 1 6.7 2.3 42.7 6.3 3(6.7 2.3 ) 24.7 3. 24.7 k k k k k k k k k k A A             chia hết cho 4. Vậy (f) đúng với mọi số nguyên dương n. 3) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  2, ta có các bất đẳng thức: a) 3 3 1 n n   ; b) 1 2 2 3 n n    .  Hướng dẫn: a) Với n = 2, VT = 9, VP = 7. Vậy (a) đúng với n = 1. Giả sử (a) đúng với n = k, tức là 3 3 1 k k   , ta chứng minh (a) đúng với 1 n k   , tức là phải chứng minh 1 3 3( 1) 1 k k     . Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có 1 3 3.3 3(3 1) 3( 1) 1 6 1 3( 1) 1 k k k k k k             . Vì 6k – 1 > 0 nên 1 3 3( 1) 1 k k     . Vậy (a) đúng với mọi số nguyên dương n  2. b) Với n = 2, VT = 8, VP = 7. Vậy (a) đúng với n = 1. Giả sử (b) đúng với n = k, tức là 1 2 2 3 k k    , ta chứng minh (b) đúng với 1 n k   , tức là phải chứng minh 2 2 2 5 k k    . Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có 2 1 2 2.2 2(2 3) 2 5 2 1 2 5 k k k k k k            . Vì 2k + 1 > 0 nên 2 2 2 5 k k    . Vậy (b) đúng với mọi số nguyên dương n  2. 4) Cho tổng 1 1 1 1.2 2.3 ( 1) n S n n      a) Tính 1 2 3 , , S S S . b) Dự đoán công thức tính tổng n S và chứng minh bằng quy nạp. www.VNMATH.com THPT Tân Bình – Bình Dương. D D Ã Ã Y Y S S Ố Ố . . C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố C C Ộ Ộ N N G G & & C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố N N H H Â Â N N 1 1 1 1. Gv: L L ê ê H H à à n n h h P P h h á á p p . . Trang 4  Hướng dẫn: a) Ta có 1 2 3 1 1 1 1 2 1 1 1 3 ; ; 1.2 2 1.2 2.3 3 1.2 2.3 3.4 4 S S S          . b) Dự đoán 1 n n S n   (1) Với n = 1, ta có 1 1 1 2 1 1 S    . Vậy (1) đúng với n = 1. Giả sử (1) đúng với n = k, tức là 1 k k S k   . Ta chứng minh (1) đúng với 1 n k   , tức là phải chứng minh 1 1 2 k k S k     . Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có 2 1 1 1 2 1 1 ( 1)( 2) 1 ( 1)( 2) ( 1)( 2) 2 k k k k k k S S k k k k k k k k                   . Vậy (1) đúng với mọi số nguyên dương n. 5) Chứng minh rằng số đường chéo của một đa giác lồi n cạnh là ( 3) 2 n n  (1)  Hướng dẫn: Với n = 4, ta có số cạnh bằng 4 là tứ giác lúc đó số đường chéo là 2 = 4(4 3) 2  . Vậy (1) đúng với n = 4. Giả sử (1) đúng với n = k, tức là đa giác lồi k cạnh thì số đường chéo là ( 3) 2 k k  . Ta chứng minh (1) đúng với 1 n k   , tức là đa giác lồi k + 1 cạnh thì số đường chéo là ( 1)( 2) 2 k k   . Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có đa giác lồi k cạnh thì số đường chéo là ( 3) 2 k k  . Nối đỉnh 1 k A  tới các đỉnh 2 3 1 , , , k A A A  , ta có k – 2 đường chéo. Ngoài ra 1 k A A là một đường chéo nữa. Khi đó số đường chéo là 2 ( 3) 2 ( 1)( 2) 2 1 2 2 2 k k k k k k k           Vậy (1) đúng với mọi số nguyên dương n  4. A k A k -1 A 2 A 1 A k+1 www.VNMATH.com THPT Tân Bình – Bình Dương. D D Ã Ã Y Y S S Ố Ố . . C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố C C Ộ Ộ N N G G & & C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố N N H H Â Â N N 1 1 1 1. Gv: L L ê ê H H à à n n h h P P h h á á p p . . Trang 5 § § 2 2 . . D D Ã Ã Y Y S S Ố Ố . . 1) ĐỊNH NGHĨA:  Mỗi hàm số u xác định trên tập các số nguyên dương N* được gọi là một dãy số vô hạn (dãy số). Ký hiệu: : * ( ) u n u n      Dãy số   n u dưới dạng khai triển 1 2 3 , , , , , n u u u u trong đó ( ) n u u n  là số hạng tổng quát của dãy số. 2) ĐỊNH NGHĨA DÃY SỐ HỮU HẠN:  Mỗi hàm số u xác định trên tập M = {1, 2, 3, …, m} với mN* được gọi là một dãy số hữu hạn.  Dạng khai triển của dãy hữu hạn là 1 2 3 , , , , m u u u u với 1 u là số hạn đầu m u là số hạn cuối. 3) CÁCH CHO MỘT DÃY SỐ:  Dãy số cho bằng công thức của số hạng tổng quát: Dãy   n u với số hạng tổng quát 2 1 n n n u   được viết dưới dạng khai triển là 2 3 4 1, , , , , , 3 7 15 2 1 n n   Dãy số cho bằng phương pháp mô tả: Dãy   n u với n u là số hạng gần đúng thiếu của số  với sai số tuyệt đối 1 10 n thì 1 2 3 3,1; 3,14; 3,141; u u u    Dãy số cho bằng phương pháp truy hồi: Cho một hay vài số hạng đầu sau đó cho tiếp hệ thức truy hồi. Hệ thức truy hồi là hệ thức biểu thị số hạng thứ n qua một hay vài số hạng đứng trước nó. Ví dụ dãy Phi-bô-na-xi cho bởi 1 2 1 2 1 ( 3) n n n u u n u u u           nghĩa là số hạng thứ ba trở đi mỗi số hạng bằng tổng của hai số hạng đứng trước nó. 4) BIỂU DIỄN HÌNH HỌC CỦA DÃY SỐ:  Có thể biểu diễn dãy số 1 2 3 , , , , , n u u u u trên trục số hoặc cặp số (n, n u ) trên mặt phẳng tọa độ. 5) DÃY SỐ TĂNG, GIẢM & BỊ CHẶN:  Dãy số   n u được gọi là dãy số tăng nếu ta có 1 n n u u   nN*.  Dãy số   n u được gọi là dãy số giảm nếu ta có 1 n n u u   nN*.   1 Vd Dãy số   n u với 2 1 n u n   là dãy số tăng. Thật vậy, nN*, xét hiệu 1 2( 1) 1 (2 1) 2 0 n n u u n n          nên có 1 n n u u   . Vậy   n u với 2 1 n u n   là dãy số tăng.   2 Vd Dãy số   n u với 3 n n n u  là dãy số giảm. Thật vậy, nN*, xét hiệu 1 1 1 1 1 2 0, * 3 3 3 n n n n n n n n u u n N             nên có 1 n n u u   . Vậy   n u với 3 n n n u  là dãy số giảm.  Dãy số   n u được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại một số M sao cho n u M  , nN*.  Dãy số   n u được gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại một số m sao cho n u m  , nN*.  Dãy số   n u được gọi là bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới, tức là tồn tại một số M và m sao cho n m u M   , nN*.   3 Vd Dãy số   n u với 2 1 n n u n   là dãy số bị chặn. Thật vậy, nN*, theo Côsi, ta có 2 2 1 1 1 2 2 1 2 n n n n n n         và 2 0 1 n n   . Vậy với 2 1 0 1 2 n n    nên   n u là dãy số bị chặn. www.VNMATH.com THPT Tân Bình – Bình Dương. D D Ã Ã Y Y S S Ố Ố . . C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố C C Ộ Ộ N N G G & & C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố N N H H Â Â N N 1 1 1 1. Gv: L L ê ê H H à à n n h h P P h h á á p p . . Trang 6 B B À À I I T T Ậ Ậ P P . . 1) Viết năm số hạng đầu của các dãy số   n u cho bởi số hạng tổng quát n u : a) 2 1 n n n u   ; b) 2 1 2 1 n n n u    ; c) 1 1 n n u n         ; d) 2 1 n n u n   ; e) 2 2 3 n n u n   ; f) 2 2 sin cos 4 3 n n n u     ; g) ( 1) 4 n n n u   . 2) Cho dãy số   n u , biết 1 1 1, 3 n n u u u      với n  1. a) Viết năm số hạng đầu của các dãy số. b) Chứng minh bằng phương pháp quy nạp 3 4 n u n   (1).  Hướng dẫn: a) –1, 2, 5, 8, 11. b) Với n = 1, ta có 1 1 3.1 4 u     thỏa (1). Vậy (1) đúng với n = 1. Giải sử (1) đúng với n = k, tức là 3 4 k u k   . Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là phải chứng minh 1 3 1 k u k    . Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có 1 3 3 4 3 3 1 k k u u k k         . Vậy (1) đúng với mọi số nguyên dương n. 3) Cho dãy số   n u , biết 2 1 1 3, 1 n n u u u     với n  1. a) Viết năm số hạng đầu của các dãy số. b) Dự đoán công thức số hạng tổng quát n u và chứng minh bằng phương pháp quy nạp.  Hướng dẫn: a) 3, 10, 11, 12, 13 b) Ta có 9 1 8, 10 2 8, 11 3 8       …. Ta dự đoán 8 n u n   (2). Với n = 1, ta có 1 3 1 8 u    nên (2) đúng với n = 1. Giả sử (2) đúng với n = k, tức là 8 k u k   . Ta chứng minh (2) đúng với n = k + 1, tức là phải chứng minh 1 9 k u k    . Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có 2 2 1 1 1 ( 8) 9 k k u u k k         . Vậy (1) đúng với mọi số nguyên dương n. 4) Xét tính tăng giảm của dãy của dãy   n u , biết: a) 1 2 n u n   ; b) 1 1 n n u n    ; c) ( 1) .(2 1) n n n u    ; d) 2 1 5 2 n n u n    .  Hướng dẫn: a) 1 1 1 1 1 2 2 0 1 1 n n u u n n n n                  vì n + 1 > n, nN*. Vậy   n u là dãy giảm. b) 2 1 2 1 : 1 2 1 2 n n u n n n n u n n n n           vì mẫu nhỏ hơn tử 2 đơn vị nN*  1 n n u u   . Vậy dãy   n u tăng. c) Các số hạng đan dấu vì có thừa số ( 1) n  nên dãy số không tăng cũng không giảm. d) 2 1 2 2 3 2 1 10 19 6 : 1 5 7 5 2 10 19 7 n n u n n n n u n n n n             vì mẫu lớn hơn tử nN*  1 n n u u   . Vậy dãy   n u giảm. 5) Xét tính bị chặn của dãy   n u cho bởi công thức sau: a) 2 2 1 n u n   ; b) 1 ( 2) n u n n   ; c) 2 1 2 1 n u n   ; d) sin cos n u n n   .  Hướng dẫn: a) Dãy số bị chặn dưới vì 2 2 1 n u n    1 nN* và không bị chặn trên. b) Với n  1  n + 2  3  n(n + 2)  3  1 1 0 ( 2) 3 n n    nN*    n u là dãy số bị chặn. www.VNMATH.com THPT Tân Bình – Bình Dương. D D Ã Ã Y Y S S Ố Ố . . C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố C C Ộ Ộ N N G G & & C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố N N H H Â Â N N 1 1 1 1. Gv: L L ê ê H H à à n n h h P P h h á á p p . . Trang 7 c) Với n  1  2 2 2 1 2 2 2 1 1 0 1 2 1 n n n         nN*    n u là dãy số bị chặn. d) Ta có sin cos 2 sin 4 n n n           . Với nN*, ta có 2 2 sin 2 4 n            (dấu “=” không xảy ra vì n nguyên dương). Vậy   n u là dãy số bị chặn. 6) Chứng minh rằng dãy số   n u với 2 3 3 2 n n u n    là dãy số giảm và bị chặn.  Hướng dẫn: Ta có 2 1 2 2 5 2 3 6 19 10 : 1 3 5 3 2 6 19 15 n n u n n n n u n n n n             vì mẫu lớn hơn tử 5 đơn vị nN*  1 n n u u   nên dãy số giảm. Ta có 2 3 2 5 3 2 3 3(3 2) n n n      . Với n  1  3n + 2  5  1 1 3 2 5 n    5 1 0 3(3 2) 3 n     2 2 5 2 1 1 3 3 3(3 2) 3 n u n        nN*. Vậy   n u là dãy số bị chặn. 7) Chứng minh rằng dãy số   n u với 3 2 2 3 n n u n    là dãy số tăng và bị chặn.  Hướng dẫn: Ta có 2 1 2 3 5 3 2 6 19 15 : 1 2 5 2 3 6 19 10 n n u n n n n u n n n n             vì mẫu bé hơn tử 5 đơn vị nN*  1 n n u u   nên dãy số tăng. Ta có 3 2 3 5 2 3 2 2(2 3) n n n      . Với n  1  2n + 3  5  1 1 2 3 5 n    5 1 0 2(2 3) 2 n     3 5 3 3 1 1 2 3(3 2) 2 2 n u n        nN*. Vậy   n u là dãy số bị chặn. www.VNMATH.com THPT Tân Bình – Bình Dương. D D Ã Ã Y Y S S Ố Ố . . C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố C C Ộ Ộ N N G G & & C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố N N H H Â Â N N 1 1 1 1. Gv: L L ê ê H H à à n n h h P P h h á á p p . . Trang 8 § § 3 3 . . C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố C C Ộ Ộ N N G G . . 1) ĐỊNH NGHĨA:  Cấp số cộng là một dãy số (hữu hạn hoặc vô hạn), trong đó kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều bằng số hạng đứng ngay trước nó cộng với một số không đổi d. Số d được gọi là công sai của cấp số cộng.  Nếu   n u là cấp số cộng với công sai d, ta có công thức truy hồi 1n n u u d    nN*.  Khi d = 0 thì cấp số cộng là dãy số không đổi.   1 Vd Cho   n u là một cấp số cộng có sáu số hạng với 1 1 3 u   , d = 3. Viết dạng khai triển của nó. Giải: 1 8 17 26 35 44 , , , , , 3 3 3 3 3 3  2) SỐ HẠNG TỔNG QUÁT:  Nếu cấp số cộng   n u có số hạng đầu 1 u và công sai d thì số hạng tổng quát n u được xác định bởi công thức: 1 ( 1) n u u n d    với n  2.   2 Vd Cho cấp số cộng   n u với 1 u = –5, d = 3. a) Tìm 15 u ; b) Số 100 là số hạng thứ mấy ? c) Biểu diễn các số hạng 1 2 3 4 5 , , , , u u u u u trên trục số. Nhận xét vị trí của mỗi điểm 2 3 4 , , u u u so với hai điểm liền kề. Giải: a) Ta có 1 ( 1) n u u n d     15 u = –5 + (15 – 1)3 = 37. b) Ta có 1 ( 1) n u u n d    . Với –5 + (n – 1)3 = 100  n = 36. c) Năm số hạng đầu tiên của cấp số cộng là –5, –2, 1, 4, 7. 2 u là trung bình cộng của 1 u và 3 u , 3 u là trung bình cộng của 2 u và 4 u … 3) TÍNH CHẤT CỦA CẤP SỐ CỘNG:  Trong một cấp số cộng, mỗi số hạng (trừ số hạng đầu và cuối) đều là trung bình cộng của hai số hạng đứng kề với nó, nghĩa là 1 1 2 k k k u u u     với k  2. 4) TỔNG n SỐ HẠNG ĐẦU CỦA CẤP SỐ CỘNG:  Cho cấp số cộng   n u . Đặt 1 2 3 n n S u u u u      là tổng n số hạng đầu tiên của nó. Khi đó 1 2 n n u u S n   hay 1 ( 1) 2 n n n S nu d    .   3 Vd Cho dãy số   n u với 3 1 n u n   . a) Chứng minh dãy   n u là cấp số cộng. Tìm 1 u và d. b) Tính tổng của 50 số hạng đầu. c) Biết n S = 260, tìm n. Giải: a) Ta có 3 1 n u n    1 3 2 n u n    và 1 3 n n u u    nên   n u là một cấp số cộng. Với 1 u = 2, công sai d = 3 cho ta 1 ( 1) 2 ( 1)3 3 1 n u u n d n n         . b) Ta có 1 ( 1) 2 n n n S nu d     50 50.49 50.2 .3 3775 2 S    . c) Ta có 1 ( 1) 2 n n n S nu d    . Với n S = 260  2 ( 1) 2 3 260 3 520 0 13 2 n n n n n n          . www.VNMATH.com THPT Tân Bình – Bình Dương. D D Ã Ã Y Y S S Ố Ố . . C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố C C Ộ Ộ N N G G & & C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố N N H H Â Â N N 1 1 1 1. Gv: L L ê ê H H à à n n h h P P h h á á p p . . Trang 9 B B À À I I T T Ậ Ậ P P . . 1) Trong các dãy số   n u sau đây, dãy số nào là cấp số cộng ? Tính số hạng đầu và công sai của nó. a) 5 2 n u n   ; b) 1 2 n n u   ; c) 3 n n u  ; d) 7 3 2 n n u   .  Hướng dẫn: a) 1 n n u u   = –2 nN* nên dãy đã cho là một cấp số cộng với 1 u = 3 và d = –2. b) 1 n n u u   = ½ nN* nên dãy đã cho là một cấp số cộng với 1 u = – ½ và d = ½ c) 1 2.3 n n n u u    nên dãy đã cho không là một cấp số cộng. d) 1 n n u u   = – 3/2 nN* nên dãy đã cho là một cấp số cộng với 1 u = 2 và d = –3/2. 2) Tìm số hạng đầu và công sai của cấp số cộng sau, biết: a) 1 3 5 1 6 10 17 u u u u u         ; b) 2 3 5 1 6 7 12 u u u u u         ; c) 9 5 2 7 8 39 u u u u       ; d) 7 3 2 7 8 75 u u u u       .  Hướng dẫn: a) 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 2 ) ( 4 ) 10 2 10 16 ( 5 ) 17 2 5 17 3 u u d u d u d u u u d u d d                          . b) 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( 2 ) ( 4 ) 7 2 7 11 ( 5 ) 12 2 5 12 2 u d u d u d u d u u u d u d d                           c) 1 1 2 1 11 1 1 1 2 ( 8 ) ( 4 ) 8 2 1 15 ( )( 6 ) 39 14 15 0 hoaëc d u d u d d u uu d u d u u                          d) 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2 ( 6 ) ( 2 ) 8 2 3 17 ( )( 6 ) 75 14 51 0 hoaëc d u d u d d u uu d u d u u                           3) Mặt sàn tầng một của một ngôi nhà cao hơn mặt sân 0,5m. Cầu thang đi từ tầng một lên tầng hai gồm 21 bậc, mỗi bậc cao 18cm. a) Viết công thức để tìm độ cao của một bậc tùy ý so với mặt sân. b) Tính độ cao của sàn tầng hai so với mặt sân.  Hướng dẫn: a) Gọi chiều cao của bậc thứ n so với mặt sân là n h , ta có 0,5 .0,18 n h n  b) Chiều cao của sàn tầng hai so với mặt sân là 21 0,5 21.0,18 4,28( ) h m    4) Từ 0 giờ đến 12 giờ trưa, đồng hồ đánh bao nhiêu tiếng, nếu nó chỉ đánh chuông báo giờ và số tiếng chuông bằng số giờ ?  Hướng dẫn: Tính tổng 1 + 2 + 3 + … + 12 = 1 12 .12 78 2   (tiếng chuông). 5) Cho cấp số cộng   n u có 2 22 60 u u   . Hãy tính tổng 23 số hạng đầu tiên của cấp số cộng đó.  Hướng dẫn: Ta có 1 2 23 22 , u u d u u d     và 1 ( ) 2 n n u u S n    1 23 2 22 23 ( ) 60 .23 .23 .23 690 2 2 2 u u u u S       6) Xác định m để 3 số 2 , , 3 m m  theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. Liệt kê và tính công sai 3 số đó.  Hướng dẫn: 3 số 2 , , 3 m m  lập thành một cấp số cộng khi 2 2 1 3 2 3 0 3 2 m m m m m m              Với m = –1  3 số cần tìm là 1; –1; –3 có công sai d = –2. Với m = 3  3 số cần tìm là 9; 3; –3 có công sai d = –6. www.VNMATH.com THPT Tân Bình – Bình Dương. D D Ã Ã Y Y S S Ố Ố . . C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố C C Ộ Ộ N N G G & & C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố N N H H Â Â N N 1 1 1 1. Gv: L L ê ê H H à à n n h h P P h h á á p p . . Trang 10 § § 4 4 . . C C Ấ Ấ P P S S Ố Ố N N H H Â Â N N . . 1) ĐỊNH NGHĨA:  Cấp số nhân là một dãy số (hữu hạn hoặc vô hạn), trong đó kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều bằng số hạng đứng ngay trước nó nhân với một số không đổi q. Số q được gọi là công bội của cấp số nhân.  Nếu   n u là cấp số nhân với công bội q, ta có công thức truy hồi 1 . n n u u q   nN*.   1 Vd Dãy số 2,4, 8,16, 32    là một cấp số nhân với số hạng đầu 1 2 u   và công bội q = –2. 2) SỐ HẠNG TỔNG QUÁT:  Nếu một cấp số nhân có số hạng đầu 1 u và công bội q thì số hạng tổng quát n u được xác định bởi công thức 1 1 . n n u u q   với n  2.   2 Vd Cho cấp số nhân   n u với 1 u = 3, q = – 1 2 . a) Tính 7 u ; b) Hỏi 3 256 là số hạng thứ mấy ? Giải: a) Ta có 1 1 . n n u u q    6 6 7 1 1 3 3. 2 64 u u q           b) Ta có 1 1 . n n u u q   . Với 3 256 n u   1 1 1 8 1 3 1 1 1 1 3. 1 8 9 2 256 2 256 2 2 n n n n n                                          . 3) TÍNH CHẤT CỦA CẤP SỐ NHÂN:  Trong một cấp số nhân, bình phương của mỗi số hạng (trừ số hạng đầu và cuối) đều là tích của hai số hạng đứng kề với nó, nghĩa là 2 1 1 . k k k u u u    với k  2. 4) TỔNG n SỐ HẠNG ĐẦU CỦA CẤP SỐ NHÂN:  Cho cấp số nhân   n u với công bội q  1. Đặt 1 2 3 n n S u u u u      . Khi đó 1 1 1 n n q S u q    .   3 Vd Cho cấp số nhân   n u , biết 1 u = 2, 3 u = 18. Tính tổng của mười số hạng đầu tiên. Giải: Ta có 2 2 2 3 1 2. 18 9 3 u u q q q q         . Với q = 3, ta có 1 1 1 n n q S u q     10 10 10 10 1 1 1 3 2. 3 1 59048 1 1 3 q S u q          . Với q = –3, ta có 1 1 1 n n q S u q     10 10 10 10 1 1 1 3 1 3 2. 29524 1 1 3 2 q S u q           .   4 Vd Tính tổng 2 1 1 1 1 3 3 3 n S      Giải: Ta có 1 u = 1, q = 1 3 và tổng 2 1 1 1 1 3 3 3 n S      có n + 1 số hạng. Do đó 1 1 1 1 1 1 1 3 1 3 1. 1 1 1 2 3 1 3 n n n q S u q                                www.VNMATH.com