SKKN Cách Giải Và Xây Dựng Các Bài Toán Dãy Số Từ Hệ Thức Bất Biến Đổi Với Chỉ Số

SKKN www.huongdanvn.com NGƯỜI VIẾT: TRẦN VĂN TRUNG GV TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – PHAN RANG THÁP CHÀM, NINH THUẬN TÊN ĐỀ TÀI: CÁCH GIẢI VÀ XÂY DỰNG CÁC BÀI TOÁN DÃY SỐ TỪ HỆ THỨC BAÁT BIẾN ĐỐI VỚI CHỈ SỐ  A Đặt vấn đề Trong nhiều năm làm công tác giảng dạy bồi dưỡng lớp chuyên toán thân cảm thấy người thầy trực tiếp dạy lớp cần nhiệm vụ khả thiếu lực sáng tạo toán tìm mối quan hệ, xếp cách dạy toán theo lớp chung xuất xứ từ vấn đề Để chia sẻ công việc giới thiệu đồng nghiệp vấn đề “Cách giải xây dựng toán dãy số từ hệ thức bất biến số” Người thầy có khả tự giúp chủ động cách soạn giáo án lên lớp, sáng tác đề thi để kiểm tra xác lực học sinh, lặp lại toán có học sinh có khả giải trước thông tin đến với em phong phú Hơn đề thi học sinh giỏi hầu hết sáng tác Công việc phần giúp học sinh hiểu tư tưởng người làm đề qua em phân tích nhận định tìm tòi lời giải B Quá trình thực Để học sinh hiểu cách sâu sắc có sở khoa học trước hết phải trang bị cho em hiểu hệ thức bất biến số ? Đó hệ thức : f ( xi , x j , xk )  f ( xi 1 , x j 1 , xk 1 )  i, j, k  N i, j k thường số tự nhiên liên tiếp VD: xn  xn  xn 1  xn 1  , n  N  xn 1 xn Giá trị bất biến tùy thuộc vào giá trị ban đầu Biểu thức bất biến dấu biểu thức phức tạp người xây dựng toán mà người giải toán phải xác định I Bước chuẩn bị 1/ Sưu tầm số hệ thức bất biến với số số tập, hay số đề thi mà có sử dụng bất biến số 2/ Chọn toán mẫu tiêu biểu từ dễ đến phức tạp đặc biệt từ toán phải thay đổi nhiều cách phát khác 3/ Phân bố thời gian Cần tập trung nhiều phần mở rộng xây dựng toán từ hệ thức bất biến 4/ Bước chuẩn bị thầy trò www.huongdanvn.com 4.1- Chuẩn bị trò : Nắm vững kiến thức dãy số Một số dạng toán dãy 4.2- Chuẩn bị thầy : Giáo án số dụng cụ dạy học liên quan Chuẩn bị tập mẫu chu đáo Giới thiêu số thủ thuật mở rộng xây dựng toán (1) Bài tập : * Bài tập mẫu dạy lớp    a1 + Bài toán 1: Cho dãy số (an ) xác định : a2   an  an 1  (n  3)  an  Chứng minh an nguyên với n  Dụng ý : Cung cấp học sinh lời giải toán Kĩ thuật sử dụng bất biến Cung cấp cách xây dựng toán từ giúp em nhìn vấn đề đơn giản phức tạp a1  a  500  + Bài toán : Cho dãy số (an ) xác định : a3  2000 a  a  n  n 1  an 1 (n  2)  an 1  an 1 an 1 Chứng minh số hạng dãy số số nguyên dương a2000 chia hết cho 22000  Dụng ý : Tiếp tục rèn học sinh phát bất biến Cung cấp cho học sinh thấy thêm kiểu dấu hệ thức bất biến khác u1   + Bài toán : Cho dãy số (un ) xác định : u2  u  4u  u  0; n  n 1 n  n n S n   arc cot(ui2 ) c 1 Tìm lim Su n   Dụng ý : Kĩ thuật sử dụng bất biến mức độ cao Tập học sinh thay đổi đề dựa vào toán + Bài toán : (Kì thi HSG QG: 96-97 bảng A) www.huongdanvn.com Có hàm số f : N   N  thỏa đồng thời điều kiện : 1/ f(1) = 2/ f (n) f (n  2)  f (n  1)  1997 n  N   Dụng ý : Tiếp tục rèn luyện Gây hứng thú sử dụng hệ thức bất biến * Bài tập tự rèn luyện u0    Bài 1: Cho dãy số (un ) xác định : u1  u  1999u  u n 1 n  n Tìm tất số tự nhiên n cho un số nguyên tố  Bài toán 2: Cho dãy số nguyên an  thoả an   an 1  2(an1  an ) Chứng minh tồn số nguyên M không phụ thuộc vào n cho M + 4an 1.an số phương với n   a   a    Bài toán 3: Cho dãy số : a3   a a  an 1  n 1 n  an  Chứng minh số hạng dãy số nguyên (2) Đồ dùng dạy học * Đồ dùng dạy học :   a1   Bài toán 1: Cho dãy số (un ) xác định : a2   an  an 1  (n  3)  an  Chứng minh an nguyên với n * Đồ dùng dạy học : Mở rộng xây dựng toán Nguồn gốc hệ thức bất biến số an 1  an 1 an  an 2  an an 1 Cho bất biến nhận giá trị an  an  4 an 1  4an1  an  an 2www.huongdanvn.com (1) Cho an an   a n1  C (2) Nếu cho a1  a2  từ (1)  a3  Từ (2) ta có : C = 2 Vậy an an   an 1  Do an , an  nghiệm phương trình x  4an 1 x  an21   Ta có an an 2  an 1  an21   an  an  Ta có toán toán xây dựng sau : Từ hệ thức an  4an 1  an  dựa vào phương trình Pell : x  Dy  K Ta xây dựng vô số toán dãy số có lời giải với toán ( x0 , y0 ) nghiệm không tầm thường phương trình x  Dy  K ( ,  ) nghiệm sở phương trình x  Dy  Khi xét dãy số  xn  ,  yn  xác định :  xn 1   xn   D yn   yn1   xn   yn xn , yn nghiệm x  Dy  K Từ hệ phương trình ta tìm xn 1   xn   D  xn2  K  yn 1   yn   K  Dyn2 Như xuất hai dãy số nguyên cho công thức không nguyên  Áp dụng : 2 Phương trình Pell : x  y  có nghiệm sở (2;1) ta có nghiệm :  x0  1, x1  2; xn   xn 1  xn   y0  0, y1  1; yn   yn 1  yn Ta có dãy số kiểu khác toán chất bất biến an   an  4an 1 Do : a0   an 1  2an  3an  Như hai công thức : an21www.huongdanvn.com 2 a  n an  an 1  2an  3an2  an  an  4 bất biến : an 1  Như thay đổi bất biến khác ta có loạt dãy số khác  Ta dẫn bất biến hình thức khác tùy bạn có dãy * Đồ dùng dạy học :  Bài toán : Cho dãy số (an ) định nghĩa a  an1 an1  a1  2, a2  500, a3  2000 n với n  an1  an1 an1 Chứng minh số hạng dãy số số nguyên dương a2000 chia hết cho 22000 * Đồ dùng dạy học : u1    Bài toán : Cho dãy số un  : u2   un  4un 1  un   0, n  n Và S n   arc cot(ui2 ) i 1 Tìm lim Sn n * Đồ dùng dạy học :  Bài toán : (Kì thi HSG QG: 96-97 bảng A) Có hàm số f : N   N  thỏa đồng thời điều kiện ; 1/ f(1) = 2/ f (n) f (n  2)  f (n  1)  1997 n  N  * Đồ dùng dạy học : Trình chiếu tập tự rèn luyện u0    Bài : Cho dãy số (un ) xác định : u1   un   1999un 1  un Tìm tất số tự nhiên n cho un số nguyên tố Bài : Cho dãy số nguyên an n thoả an   an 1  2(an1  an ) Chứng minh tồn số nguyên M không phụ thuộc vào n cho M + 4an 1.an số phương với n   www.huongdanvn.com a   a    Bài toán : Cho dãy số : a3   a a  an 1  n 1 n  an  Chứng minh số hạng dãy số nguyên II Các bước soạn giảng  Ngày soạn :  Ngày dạy :  Tên dạy : CÁCH GIẢI VÀ XÂY DỰNG BÀI TOÁN DÃY SỐ TỪ HỆ THỨC BẤT BIẾN ĐỐI VỚI CHỈ SỐ A Mục đích yêu cầu Kiến thức : Nắm vững kiến thức dãy số Hệ thức bất biến Xây dựng toán từ hệ thức bất biến Kĩ : Xác định hệ thức bất biến Kĩ xây dựng toán Tư : Tư logic Tư biện chứng B Đồ dùng dạy học * Bảng trình chíếu * Bài tập C Hoạt động dạy học Kiểm tra cũ : không Hoạt động : … Hoạt động giáo viên học sinh Nội dung ghi * Hoạt động (3 phút) f ( xi , x j , xk )  f ( xi 1 , x j 1 , xk 1 )  i,j,k  N GV: Đưa khái niệm hệ thức bất biến Thường i, j, k số tự nhiên liên tiếp số * Bài tập : * Hoạt động (7 ph) Cho dãy số (an ) thỏa mãn GV: Trình chiếu Bài tập Từ dãy số cho xác định f xi , x j , xk  f ( xi1, x j 1 )( xk 1 )   i, j , k (Thường I, j, k số tự nhiên) GV: Qua lời giải học sinh phát bất biến? an21  (n  3) an  Chứng minh an nguyên với n a1  a2  1, an  Lời giải an21   an an  an21  Từ giả thiết an  an2 Thay n n + ta có an 1an1  an2  Từ hai đẳng thức ta  Dự kiến trả lời : an1  an1 an  an 2 www.huongdanvn.com   c (hằng số) an an 1 an  an  an 1an 1  an an 1 GV: Để nắm rõ vấn đề linh hoạt giải toán em xem người ta xây dựng loại toán sau : Từ an1  an1 a3  a1    an1  4an  an1 an a2 Vậy an nguyên với n * Hoạt động (8 ph) : Giáo viên sử dụng bảng trình chiếu để thuyết trình * Đồ dùng dạy học : Mở rộng xây dựng toán Nguồn gốc hệ thức bất biến số an 1an 1 an  an 2  an an 1 GV: Thuyết trình : Mở rộng xây dựng toán Nguồn gốc hệ thức bất biến số an 1  an 1 an  an 2  an an 1 Cho bất biến nhận giá trị an  an  4 a n 1  an  an2  4an1 an an 2  a n21  C Cho (1) (2) a1  a2  từ (1)  a3  Nếu cho Từ (2) ta có : C = Vậy Do an an   an21  an , an nghiệm phương trình x  4an 1 x  an21   Ta có an an 2  an21  a n2   an  an2 Ta có toán toán xây dựng sau : Từ hệ thức an  4an 1  an  dựa vào phương trình Pell : x  Dy  K Ta xây dựng vô số toán dãy số có lời giải với toán ( x0 , y0 ) nghiệm không tầm thường phương trình x  Dy  K ( ,  ) x www.huongdanvn.com Dy  nghiệm sở phương trình Khi xét dãy số  xn  ,  yn  xác định :  x n 1   x n   D y   y n 1   x n   y n n xn , yn nghiệm x  Dy  K Từ hệ phương trình ta tìm xn 1   xn   D  xn2  K  yn 1   yn   K  Dyn2 Như xuất hai dãy số nguyên cho công thức không nguyên  Áp dụng : Phương trình Pell : x  y sở (2;1) ta có nghiệm : 1 có nghiệm  x0  1, x1  2; xn   xn 1  xn   y0  0, y1  1; yn   yn 1  yn Ta có dãy số kiểu khác toán chất bất biến an2  an  4an1  a0    an 1  2an  3an  Do : Như hai công thức : a n2   an  an2 an 1  2an  3an2  bất biến :   an  an  4 an1 Như thay đổi bất biến khác ta có loạt dãy khác Ta dẫn bất biến hình thức khác tùy bạn có dãy * Bài toán *Hoạt động (7 ph): Cho dãy số (an ) định nghĩa GV Trình chiếu Bài toán a1  2, a2  500, a3  2000 GV : Hỏi bất biến dãy số ? a  an1 an1  Dự kiến trả lời : n với n   an1  an1 an1 an an 1  an1an an an1 Chứng minh số hạng dãy số nguyên dương a2000 chia hết 22000 GV: Bằng biến đổi người ta thấy khôn khéo việc che đậy hệ Bài giải thức bất biến từ tạo hệ thức tương đương khác Từ giả thiết ta có an2 an1  an21 www.huongdanvn.com GV : Hướng dẫn HS tạo toán Suy số hạng dãy số khác Từ a an a  n 1    an1an an an1 a2a1 Vậy an2  2an an 1 , số hạng đãy số số nguyên dương a a a Mặt khác a2000  2000 1999 a1 a1999 a1998 a1  a 2000 chia hết *Hoạt động (8 ph): GV Trình chiếu Bài toán * Bài toán Cho dãy số GV : Từ giả thiết u1  un  : u2  u  4u  u  0, n   n n 1 n2 n Và S n   arc cot(ui2 ) un  4un1  un  i 1 Tìm lim Sn Ta thay : n 1 2000 u u  * n un  (u n Bài giải Trước hết ta chứng minh un2  un1.un1  4, n  Quả vậy, ta có : u  u  u un (4un1 )  un1 (4un ) * n 1 n n 3 Giống toán Ta có  un (un  un2 )  un1 (un1un1) toán phức tạp em tự tìm đến  un2  un1.un1  un21  unun2 nhiều toán khác có lời giải =…= u 22  u u  GV : Hệ bất biến ? = – (4.8 – 2)2 =  Dự kiến trả lời :   4u n    a rc c o t u n2  a r c co t  u n  u  u u  u  u u  n n 1 n 1  3) n 1 n n 2  = arc cot    un (un 1  un 1 ) u 2n  un 1 un 1 un1 un 1 un un1  arc cot un un1  un1 un  arc cot un 1 u  arc cot n un un 1 n  Sn   arc cot(ui2 )  arc cot un 1 i 1 un Hơn :  un  4un1  un2 4u u u  n1  n2 n1 un un1 un (với x  lim un1  ) n  u n – 4x + = www.huongdanvn.com 1= 4x – x  x2   x  2 un1 lim  2 n u n   lim n 3)  S n  arccot (2   un1   có giới hạn, : u n   *Hoạt động (8 ph): GV Trình chiếu Bài toán GV : Nhận xét bất biến toán ?  Dự kiến trả lời : Bất biến bất biến toán 12 un 1  0  u   n  u  n  un 1  un 1 un (dãy  * Bài toán  ) (Thi HSG QG 96-97 bảng A) Có hàm số f: N *  N * thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: 1) f(1) = 2) f(n) f(n+2) = f (n+1) + 1997 với n  N * Bài giải Gọi D tập hợp tất hàm số có tính chất nêu Để cho gọn ta kí hiệu: an  f ( n) Ta có: an an  an21  1997 (1) an1an3  an2  1997 an  an2 an1an3 GV : Vậy em có quyền thay đổi giả Suy ra: Vậy: an   can 1  an (2)  thiết mà lời giải toán không an1 an thay đổi a  a1 c số, c  a2 GV : Bất biến sử dụng p Ta chứng minh c = N Thật vậy, c  với (p,q) = từ (2) toán khó phức tạp q ta có: q (an2  an )  pan1  q an1 2 Vì 1997  an an   an 1M nên q = (do 1997 số nguyên tố) Đặt f(2) = a Từ (1) (2) ta có: ca2  a1  a3  a1a3  a22  1997  ca   a  1997  a 1998 Nghĩa f(2) ước dương 1998 f  D Đảo lại, với ước dương a 1998 ta xây dựng hàm f: N *  ¡ sau: F(1) = 1, f(2) = a, f(n+2) = (a + b)f(n+1) – f(n), b 1998 N a Ta chứng minh f = D Dễ thấy f(n)  N* f(n + 2)f(n) – f 2 (2) = (a + b)a – – a = 1997  f = D Tương ứng f  f(2) song ánh D tập ước dương 1998 Vậy: 10    un1 1= 4x –www.huongdanvn.com x (với x  nlim  1)  u n x – 4x + = x  2 lim n  un1  2 un lim Sn  arctg (2  3)    12 n u   n 1   un u  ) (dãy  n1  có giới hạn, :  u u n n   un     un 1 un Cho a, b (0,1) a Xét dãy un  xác định u  a , u1  b , un2  un21  un , n  3 Chứng minh dãy un  có giới hạn hữu hạn n   tìm giới hạn * Bài Giải   V  Min a, b  * Xét dãy Vn  định  V ,n  Vn1  Vn  3 n  Bằng qui nạp ta chứng minh < V n < Mặt khác : (1) Vn1 Vn  1Vn2  Vn Vn 3  Vn ( Vn 1)2 ( Vn  2)  0, n   Vn  tăng Từ (1) (2)  Vn  có giới hạn hữu hạn Đặt c = nlim V , ta có :  n (2) 2  c c  c   c   lim 3  n 0  V1  c  + n =  u  a  (0,1) : Giả sử uk  (0,1) + n = k + : Ta có : U k 1  uk2  uk 1  (0,1) 3    + n=k (0,1) (0,1)  Theo ngưyên lý qui nạp ta có : un  (0,1), n  25 * Chứng minh Vn  Min www.huongdanvn.com U 2n ,U 2n1 , n  Quả : + n = : V0  Min u0 , u1  Min a, b  Min a, b + n = k  N : Giả sử Vk  Min u2k , u2k 1 + n= k+1: Vk  u2 k  Vk  u2 k 1 2 2  u2 k  k  u k 1  u2 k  Vk  Vk  Vk 1  2 2  u2 k 1k  Vk21  Vk  Vk2  Vk  Vk 1 u2 k 3  u k 2  3 3 3       Vk 1  Min U 2k  ,U 2k 3  Theo nguyên lý qui nạp, ta có Vn  Min U 2n ,U 2n1 , n  V  u  2n  n Từ kết trên, ta suy : Vn  u2n1  1(n  0)  V 1 nlim  n Do : lim u2 n  lim u2n 1n  n  n lim un  n 26 www.huongdanvn.com CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ ******** * Bài (T1/233)  Cho dãy số nguyên an n0 thỏa mãn: an2  an1  2(an1  an ) (1) Chứng tỏ tồn số nguyên M không phụ thuộc vào n cho M  4an1an số phương với n   HD Giải Đặt un  an  an1  a0 Từ điều kiện (1) suy : un  un1  2an un2  (un1  2an )2  un21  4un1an  4an2  un21  4(an1  an  an1 )an  4an2  un21  4an1an  4an an1  un2  4an1an  un21  4an an1 Vậy un2  4an1an số không phụ thuộc vào n Gọi số M Khi ta có : M  4an1an  un2n  * Bài (T6/237) Cho dãy an  thỏa mãn: a1  1, a2  3, an1  (n  2)an  (n  1)an1n  Tìm tất giá trị n để an số phương  HD Giải 27 Ta giải toán khái quátwww.huongdanvn.com sau: Cho số nguyên p  Cho dãy số an  thỏa mãn a1  1, a2  3, an1  (n  2)an  (n  1)an1n  Hãy tìm tất giá trị n để an lũy thừa p số tự nhiên  Lời giải Với n  2, đặt bn  an  an1 Khi từ công thức xác định dãy an  , ta có bn  n.bn1n  Suy bn  n !n  Kết hợp với b = a – a = – = 2! Ta bn  n !n  Do đó, với n  ta có : n n n an   (ak  ak 1)  a1   bk    k ! k 2 k 2 k 1 n Kết hợp với a = = 1! Ta an   k !n  (1) k 1  Xét p=2 Khi đó, từ (1) ta có an  3(mod10)a  nên suy an  a a  Y , n  (vì số phương tận 1, 4, 5, 6, 9) Với n = 1,2,3,4 cách thử trực tiếp, ta thấy an số phương n = 1, n = * Xét p > Khi đó, từ (1) ta có an  0(mod 3)n  (suy từ (1) nên điều kiện cần để a  Y cho an  a p an  0(mod 27) an  Từ (1) ta có an  1n  n an  a8   k !n  Suy an  a8 (mod 27)n  Mà a8  46233  1(mod 27) k 9 nên an  1(mod 27)n  Như n  không tồn tại n để an  a p Với  n  7, cách thử trực tiếp ta thấy có giá trị n = giá trị cần tìm Trở lại toán ban đầu Đây trường hợp đặc biệt toán với p = Theo tất giá trị n thỏa mãn yêu cầu toán n = n = * Bài (T7/240) Xét dãy số thực an  thỏa mãn: an1  3an2  2n  Tìm tất số hữu tỉ a mà tồn m  n cho am  an  HD Giải Với n  đặt bn  3an từ dãy an  ta có dãy bn  xác định bởi: bn1  bn2  6n  (1) Bài toán trở thành: Tìm tất b1  ¤ mà tồn m  n cho bm  bn Từ (1) ta có : bn1  bn  (bn  3)(bn  2)n  Suy b1  b1  b2  b3   bn  bn1  28 Do đó, b1  khôngwww.huongdanvn.com tồn m  n cho bm  bn Xét b1  Nếu b1  ¤ từ (1) dễ thấy bn  ¤  n  Với n  1, viết bn p dạng bn  n , đó: pn , qn  c , qn  ( pn , qn )  Khi tồn m  n qn cho bm  bn phải có qm  qn (*) Mặt khác, từ (1) ta có: pn1 pn2  6qn2 bn1   n  (2) qn1 qn2 Vì ( pn , qn )  nên ( pn2  6qn2 , qn2 )  Kết hợp với (2) ( pn1, qn1 )  suy ra: n1 pn1  qn2n  Dẫn tới pn  qn2 n  m1 n1 2 Do (*)  p1  p1  q1  (vì m  n) Như vậy, tồn m  n cho bm  bn b1  c Suy b1 0, 1, 2, 3 + Với b1  b2  6 suy ra: b3  30  suy b3  b4   bk  bk 1  suy không tồn m  n cho bm  bn + Với b1  1 b2  5 suy ra: b3  19  suy b3  b4   bk  bk 1  suy không tồn m  n cho bm  bn + Với b1  2 b2  2  b3  2  b2 + Với b1  3 b2   b3   b2 Vậy, tóm lại, tất b1  ¤ cần tìm b1  2, b1  3 Và tất giá trị a1  ¤ cần tìm a1   ; 1 * Bài (Thi HSG QG 96-97 bảng A) Có hàm số f: ¥ *  ¥ * thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: 1) f(1) = 2) f(n)f(n+2) = f (n+1) + 1997 với n  N *  HD Giải Gọi D tập hợp tất hàm số có tính chất nêu Để cho gọn ta kí hiệu: an  f (n) Ta có: an an  an21  1997 (1) an1an3  an2  1997 29 an  an2 an1an3 www.huongdanvn.com a a  Vậy: an2  can1  an (2) c số, c  an1 an a2 p Ta chứng minh c = N Thật vậy, c  với (p,q) = từ (2) ta có: q q (an2  an )  pan1  q an1 Vì 1997  an an2  an21M nên q = (do 1997 số nguyên tố) Đặt f(2) = a Từ (1) (2) ta có: ca2  a1  a3  a1a3  a22  1997  ca   a  1997  a 1998 Nghĩa f(2) ước dương 1998 f  D Đảo lại, với ước dương a 1998 ta xây dựng hàm f: N *  ¡ sau: 1998 F(1) = 1, f(2) = a, f(n+2) = (a + b)f(n+1) – f(n), b  N a Ta chứng minh f = D Dễ thấy f(n)  ¥ * f(n + 2)f(n) – f (2) = (a + b)a – – a = 1997  f = D Tương ứng f  f(2) song ánh D tập ước dương 1998 Vậy: D  (1  1)(1  3)(1  1)  16 Suy ra: * Bài (Thi HSG QG 98-99 bảng A)   Cho hai dãy số  xn n0  yn n0 xác định sau: x0  1, x1  4, xn2  3xn1  xn với n = 0,1,2… y0  1, y1  4, yn  yn1  yn với n = 0,1,2… 1) Chứng minh rằng: xn2  yn2   với n = 0,1,2… 2) Giả sử a, b số nguyên dương thỏa mãn an2  5b   CMR tồn số tự nhiên k cho xk  a yk  b  HD Giải 2 1) Từ công thức xác định dãy  xn  suy xn  xn xn1  xn1  xn1  xn1xn2  xn22 Từ với n  ta có: xn2  xn xn 1  xn21  Do xn2  xn21  xn22  10 (1) Tương tự yn2  yn21  yn22  Từ (1) (2) suy ra: xn2  xn21   7( xn21  yn21 )  ( xn22 (2)  yn22 )  24 (3) 30 Từ hệ thức (3) qui nạpwww.huongdanvn.com dễ thấy xn2  yn2   với n = 0,1,2… 2) trước hết qui nạp ta chứng minh được: 3xn  yn   4  xn1     x  y  n yn    n1 Nếu a =  b = Vậy x0  a, y0  b 3a  5b 3b  a Nếu a >  b > Xét: a1  , b1  Vì an2 2  5b  4  a  b(mod 2)  a1 , b1  c Ta kiểm tra a ,b  ¥ * a12  5b12  a  5b  4  a1  a Tiềp tục sau k bước ta thu k + cặp số nguyên dương (a0 , b0 ), (a1, b1), , (ak , bk ) với:  a0  a0b0  b  2 a1  5b1   0, 1  , (i  0,1, 2, k  1)  a  3ai  5ai , b  3bi  (6) i 1  i 1 2 Và ak  bk  Vậy ak  x0 , bk  y0 3a  5bi 1 a  3bi1 , bi  i 1 (7) Từ (6) ta có  i 1 2 3) Từ (4), (5), (6) (7) rút a  xk b  yk * Bài (T6/268) Dãy số ( an ),n= 0,1,2,… xác định bởi: a0  aa1  ban  dan1  an với n = 0,1,2,…, a, b hai số nguyên khác d số thực Tìm giá trị d để an số nguyên với n = 0,1,2… HD Giải Giả sử d thỏa mãn đề Dễ dàng chứng minh qui nạp: an2 a0  an21  c  n = 0,1,2… (1), c số p Dễ thấy d  ¤ Đặt d  , ( p, q)  Ta chứng minh an M k n  k Thật vậy, với k = q an1  an1  dan  q(an1  an1 )  pan  an M n  31 Giả sử khẳng định vớiwww.huongdanvn.com n = k Ta có q (an2  an )  pan1 Theo giả thiết qui nạp  n  k an  an  qk s suy pan1  q k s  an1M k 1  n  k tức pan1  q k 1s  an1M k 1n  k tức an M k 1n  k  Từ hệ thức (1) suy cM 2k với k * Trường hợp 1: Nếu c  suy q = tức d  c r  r  b * Trường hợp 1: Nếu c =  d  a r Từ đẳng thức an  an  an21 qui nạp suy an  r 2a Đặt r  u , (u, v)  ta suy v n an M  v   r  c  bM a  b2 Thử lại ta thấy d  c d  r   với bM an  c r ab  Kết luận: 1) Nếu b không chia hết cho a d  c a  b2 2) Nếu bM d  c d  ab * Bài (T6/278) Dãy số ( un ) (n = 0,1,2,3…) xác định bởi: u0  0, u1  1, un2  1999u n1  un Tìm tất cã số tự nhiên n cho un số nguyên tố HD Giải Bằng qui nạp dễ chứng minh được: u0  N un1  1999u n với n  Tiếp theo ta có: u u u u 1999  n n  n1 n1 un1 un Suy ra: un2un  un21  un1un1  u 2n   u0u2  u12  1 un2un  (un1  1)(un1  1) (1) Vậy: Với n  u = 1999 số nguyên tố Ta chứng minh với n  không tồn n để un số nguyên tố Thật vậy: Giả sử un số nguyên tố với n  Từ (1) ta có: unun2  (un1  1)(un1  1) suy (un1  1)(un1  1) M n Vì un1   1998u n1  un nên (un1  1) M n Mà với n  un1   ¥ *  un1   un un  1998u n1 mâu thuẫn Vậy n = giá trị cần tìm * Bài (Đề thi HSG QG 00-01 bảng B) Cho hai dãy số  xn  , n ¥ * xác định sau: 32 x1  xn xn1  www.huongdanvn.com với n ¥ * Hãy tính tổng số 2001 số 2(2n  1) xn  hạng dãy  xn  HD Giải Dễ thấy xn  0, n  ¥ * Đặt un  xn , n  ¥ * Từ công thức xác định dãy  xn  đề ta có: u1  un1  4(2n  1)  un1 n  ¥ * (1) Từ (1) dễ dàng suy ra: xn  un    (2n  1)(2n  1) 2n 1 2n  1 4002  Vì vậy: x1  x2   x2001   4003 4003 n  ¥ * * Bài (T8/298) Dãy số  xn  (n = 0,1,2,…) xác định bởi: x0  1, x1  xn 1.xn với n = 0,1,2,… 2002 xn1  2001xn  2000 xn1xn Hãy tìm công thức tổng quát xn theo n xn1  HD Giải Từ giả thiết suy xn  với n xn2  2001 2002   2000 với n = 0,1,2,… xn1 xn 3001 5002 1000 ta có y0  , y1  yn2  2001 yn1  2002 yn với n = 0,1,2,… 2001 2001 x 2001 8003 Suy ra: yn2  yn1  2002( yn1  yn )  20022 ( yn  yn1 )   2002n1 ( y1  y0 )  2002n1 2001 Đặt yn  1  Đặt a = y1  y2  8003 b = 2002, ta có: 2001 yn  a.bn 1  yn1  a.b n1  a.b n2  yn2   a b n1  (1)b n2   (1) n2 b  (1) n1   (1) n y0  a(b n  (1)n )  (1)n y0 b 1 3000 8003 (1) n  (2002)n với n = 0,1,2,… Suy yn  2003 2001.2003 Từ ta có công thức tổng quát xn xn  2001.2003 2002 8003  (1)n 3000.2001  1000.2003 n  Đề thi thử lần 1– 33 I Phần chung dành cho tất thí sinh (7 điểm) www.huongdanvn.com  Câu : (2 điểm) Cho hàm số: y  (m 1) x3  3(m 1) x2  m  (1) với m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Xác định m để đồ thị hàm số có điểm cực trị A, B mà  OAB vuông O  Câu : (2 điểm) Giải phương trình : 3sin 2x  3sin x  8cos x   với x  0,2  Biện luận theo m, tập xác định hàm số : y  mx2  (m  3) x  x 1  Câu : (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABCA B C có đáy ABC tam giác vuông cân A, BC = 2a Gọi M điểm cạnh AA Đặt BMC   , góc mặt phẳng (MBC) mặt phẳng (ABC)  Tính thể tích khối lăng trụ ABCA B C theo a,  ,   Câu : (1 điểm) x Tính tích phân : I   sin2t   cos t dt Với x  ẩn số  Câu : (1 điểm) Các số thực x, y, z thỏa điều kiện x  y  z  x  z  Tìm giá trị lớn nhỏ F = 2x + 3y – 2z A Phần riêng (3 điểm) Theo chương trình nâng cao  Câu 6a : (2 điểm) 1/ Trong mặt phẳng, cho đường tròn (C) : x ( x  1)2  ( y  2)2  25 đường thẳng (d): 4x + 3y – = Viết phương trình đường thẳng (  ) vuông góc với (d) (  ) cắt (C) theo dây cung AB = 2/ Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz Cho điểm A(1;-2;3) đường thẳng x 1 y  z  (d) có phương trình :   1 Gọi B C giao điểm (d) mặt phẳng (Oxy) (Oxz) Tính diện tích  ABC thể tích tứ diện OABC  Câu 7a : (1 điểm) Giải phương trình : z  iz 1  tập số phức 34 www.huongdanvn.com  Đề số – A Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm)  Câu : (2 điểm) Cho hàm số: y  f ( x)  mx3  3mx  (m 1) x 1 với m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Xác định m để hàm số y = f(x) cực trị  Câu : (2 điểm) Giải phương trình :  4sin 2 x  2cos2 x(3sin x  5) Giải bất phương trình :  x2  3x  x 1  Câu : (1 điểm) Cho khối lăng trụ ABCA’B’C’ có  ABC cạnh a Đỉnh A cách A’B’C’ AA’ tạo với đáy góc 60 Tính thể tích khối lăng trụ  Câu : (1 điểm) Tính tích phân : I   ln(1 x2 )dx  Câu : (1 điểm) Cho a, b, c dương a + b + c = 3 Tìm giá trị nhỏ p  a  b  c b  ac c  ba a  cb A Phần riêng (3 điểm) 1/ Theo chương trình chuẩn  Câu 6a : (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ xOy Cho  ABC có M(2;3) trung điểm BC AB có phương trình : x – y – = 0; AC có phương trình : 3x + y – = Tính tọa độ A, B, C Trong không gian Oxyz Cho điểm M(1;1;-2) đường thẳng (  ): x 1  y 1  z  Tìm N (  ) cho MN nhỏ  Câu 7a : (1 điểm) Giải phương trình : ( 1) x  ( 1) x  x 0 2/ Theo chương nâng cao  Câu 6b : (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Cho đường tròn (C) : x + y = 13 đường tròn (C’): (x – 6) + y = 25 Gọi A giao điểm (C) (C’) y > Viết phương trình đường thẳng (d) qua A cắt (C) , (C’) theo dây cung có độ dài Trong không gian Oxyz Viết phương trình đường vuông góc chung với Ox (d): x 1  y 1  z 3 35  Câu 7b : (1 điểm) www.huongdanvn.com      Giải hệ : 23x1  y2  3.2 y 3x 3x2 1 xy  x 1  ĐÁP ÁN Đề – A Phần chung  Câu : (2 điểm) 1/ 2/ điểm điểm y’ = 3(m – 1)x[x + 2(m – 1)] TH1 m = y’ = 0;  m  hàm số cực trị TH2 m   TXĐ: D = R  y’ = 3(m – 1)x + 6(m – 1)x 0,25 điểm x  y’ = 0;    x  2(1  m) Vậy với m  1đồ thị có 2đểm cực trị A(0,m – 2), B(2 – 2m ,4(m – 1)    OAB vuông O  OA.OB  0.(2 – 2m) + (m – 2)[4(m – 1) + m – 2] = m      4(m 1)  m   Giải kết  Câu : (2 điểm) 1/ Giải phương trình 3sin2x – 3sinx – 8cosx + =  6sinxcosx – 3sinx – 8cosx + =  3sinx(2cosx – 1) – (2cosx – 1) =  (2cosx – 1)(3sinx – 4) = 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm  cos x     sin x  (VN )   cos x  cos     x   k 2   x     k 2  0,25 điểm 36  5 www.huongdanvn.com , Chọn x  [0,2  ] ta có nghiệm 3 2/  x  1 (1) Hàm số xác định   mx  ( m  3) x   TH1: m =  x  1  x  1 (1)   3x   Tập xác định: D = ( - 1, +  ) TH2: m  f (m)  mx  (m  3) x  có   (m  3)2   x  1 m = (1)    x  1 x  x    Tập xác định: D = \ 1 * m > từ (1) suy tập xác định:   D  (, 1)    ;    m  * 0< m0 0,25 điểm từ (1) suy tập xác định: m D  (1,  )  Câu : (1 điểm) Gọi N trung điểm BC  AN  BC, AN = a Ta lại có  BAM =  CMA  BM = CM  MN  BC  MNA   CMN  BMN  AM  MN  AN  MAN có AM  a cot AM  a cot AA’ = 2AM = 0,25 điểm AA’ = 2AM = 2a    2a  a2 1 co t  1 0,25 điểm S ABC  AN BC  a 2 0,25 điểm V  A A ' S  A B C  a co t   0,25 điểm  Câu : (1 điểm) Đặt : u   cos t  du   sin 2tdt  cos2 t 0,25 điểm 37 Ta có I  www.huongdanvn.com 2u du  0,25 điểm 1 cos2 x 2  (1  cos2 x)  cos x  I   0,25 điểm I=0    cos x      8  cos x  cos x  sin x  x  k kR 0,25 điểm  Câu : (1 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxyz xét mặt cầu (S) có phương trình : (x – 2) + y + (z + 1) = Mặt cầu (S) có tâm I(2,0,-1) bán ki81nh R = Xét họ mặt phẳng (  ): 2x + 3y – 2z – F = Gọi M(x,y,z) thỏa x + y + z – 4x + 2z  Lúc M nằm (S) (kể mặt cầu (S)) (  ) (S) có điểm chung  d ( I ,( ))  6 F     85  F   85 17 Kết luận: Max F = + 85 Min F = – 85 B Phần tự chọn 1/ (C) có tâm I(1,2), R = (  )  (d) nên phương trình có dạng : 3x – 4y + m = Gọi H trung điểm AB ta có : 0,25 điểm   IH  d  I , ()  2  IA  R   IH  d [ I , 4)  IA  HA   HA    d[I,(  )] =  0,25 điểm Vậy 3.1  4.2  m 32  (4)2 3  m   15  m   15   m   15  m  20   m  10 0,25 điểm 0,25 điểm 38 PT (  ): 3x – 4ywww.huongdanvn.com + 15 = 3x – 4y – 10 = 2/ (1 điểm)  Câu 7a : (1 điểm) 39