PHƯƠNG PHÁP QUY nạp TOÁN học dãy số (lý thuyết + bài tập vận dụng)

Chương 3: DÃY SỐ - CẤP SỐ CỘNG VÀ CẤP SỐ NHÂN PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC Nội dung phương pháp quy nạp toán học: Cho n0 số nguyên dương P(n) mệnh đề có nghĩa với số tự nhiên n �n0 Nếu (1) P(n0 ) (2) Nếu P(k) đúng, P(k 1) với số tự nhiên k �n0 ; mệnh đề P(n) với số tự nhiên n �n0 Khi ta bắt gặp toán: Chứng minh mệnh đề P(n) với số tự nhiên n �n0 , n0 �� ta sử dụng phương pháp quy nạp sau Bước 1: Kiểm tra P(n0 ) có hay khơng Nếu bước ta chuyển qua bước hai Bước 2: Với k �n0 , giả sử P(k) ta cần chứng minh P(k 1) Kết luận: P(n) với n �n0 Lưu ý: Bước gọi bước quy nạp, mệnh đề P(k) gọi giả thiết quy nạp Vấn đề Dùng quy nạp để chứng minh đẳng thức Bất đẳng thức Phương pháp Phương pháp: Giả sử cần chứng minh đẳng thức P(n)  Q(n) (hoặc P(n)  Q(n) ) với n �n0 , n0 �� ta thực bước sau: Bước 1: Tính P(n0 ), Q(n0 ) 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) Các ví dụ Ví dụ Chứng với số tự nhiên n �1 ta ln có: 1  3  n  n(n  1) Lời giải: Đặt P(n)  1 2 3  n : tổng n số tự nhiên : Q(n)  Ta cần chứng minh P(n)  Q(n) n �,n 1(1 1) 1 Bước 1: Với n  ta có P(1)  1, Q(1)  � P(1)  Q(1) � (1) với n  Bước 2: Giả sử P(k)  Q(k) với k �, k tức là: k(k  1) 1 2 3  k  (1) n(n  1) pg Ta cần chứng minh P(k  1)  Q(k  1) , tức là: (k  1)(k  2) 1 2 3  k  (k  1)  (2) Thật vậy: VT (2)  (1  3  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 cho với n �1 Ví dụ Chứng minh với số tự nhiên n �1 ta ln có: 1 3 5  2n  1 n2 Lời giải: �Với n  ta có VT  1, VP   Suy VT  VP � đẳng thức cho với n  �Giả sử đẳng thức cho với n  k với k �, k tức là: 1    2k   k2 (1) Ta cần chứng minh đẳng thức cho với n  k  1, tức là: 1 3 5  (2k  1)  (2k  1)   k  1 (2) Thật vậy: VT (2)  (1 3 5  2k  1)  (2k  1) (Do đẳng thức (1))  k2  (2k  1)  (k  1)2  VP(1.2) Vậy đẳng thức cho với n �1 Ví dụ Chứng minh với n �1, ta có bất đẳng thức: 1.3.5  2n  1 2.4.6.2n  2n  Lời giải: 1 �  * Với n  ta có đẳng thức cho trở thành :  � đẳng thức cho với n  * Giả sử đẳng thức cho với n  k �1, tức : 1.3.5  2k  1  (1) 2.4.6 2k 2k  Ta phải chứng minh đẳng thức cho với n  k  1, tức : 1.3.5  2k  1  2k  1  (2) 2.4.6 2k 2k  2 2k  Thật vậy, ta có : VT (2)  1.3.5 (2k  1) 2k  1 2k  2k    2.4.6 2k 2k  2k  2k  2k  pg 2k  1  � (2k  1)(2k  3)  (2k  2)2 2k  2k  �  (luôn đúng) Vậy đẳng thức cho với số tự nhiên n �1 Ví dụ Chứng minh với n �1,x  ta có bất đẳng thức: Ta chứng minh: 2n xn (xn1  1) �x  1� �� � Đẳng thức xảy nào? xn  �2 � Lời giải: �Với n  ta cần chứng minh: x(x2  1) �x  1� �� � 8x(x2  1) �(x  1)4 � x �2 � Tức là: x4  4x3  6x2  4x  1�0 � (x  1)4 �0 (đúng) Đẳng thức xảy x  2k �Giả sử 2k xk(xk1  1) �x  1� xk1(xk  1) �x  1� �� �� � , ta chứng minh � xk  xk1  �2 � �2 � 2k �x  1� Thật vậy, ta có: � � �2 � 2k (*) �x  1��x  1� �x  1�xk(xk1  1) � � �� � �2 � k � �� � � � x 1 �x  1�xk(xk1  1) xk1(xk  1) Nên để chứng minh (*) ta cần chứng minh � � � k xk1  � � x 1 �x  1� k1 k k Hay � �(x  1) �x(x  1)(x  1) (**) � � Khai triển (**) , biến đổi rút gọn ta thu x2k 2(x  1)2  2xk1(x  1)2  (x  1)2 �0 � (x  1)2(xk1  1)2 �0 BĐT hiển nhiên Đẳng thức có � x  Vậy toán chứng minh Chú ý: Trong số trường hợp để chứng minh mệnh đề P(n) với số tự nhiên n ta chứng minh theo cách sau Bước 1: Ta chứng minh P(n) với n  n  2k Bước 2: Giả sử P(n) với n  k  1, ta chứng minh P(n) với n  k Cách chứng minh gọi quy nạp theo kiểu Cauchy (Cơ si) CÁC BÀI TỐN LUYỆN TẬP Bài Chứng minh với số tự nhiên n �1, ta ln có n(n  1)(2n  1) 12  22   (n  1)2  n2  n 2n    n   3 4.3n Lời giải: Bước 1: Với n  ta có: 1(1 1)(2.1 1) VT  12  1, VP   1� VT  VP pg � đẳng thức cho với n  Bước 2: Giả sử đẳng thức cho với n  k �1, tức là: k(k  1)(2k  1) 12  22   (k  1)2  k2  (1) Ta chứng minh đẳng thức cho với n  k  1, tức cần chứng minh: (k  1)(k  1)(2k  3) 12  22   (k  1)2  k2  (k  1)2  (2) Thật vây: (1) 2 � (k  1)2  k(k  1)(2k  1)  (k  1)2 VT (2)  �    k � � � � (k  1)(2k2  7k  6) 2k  k  (k  1) �  k  1� � � (k  1)(k  2)(2k  3)  VP(2) � (2) � đẳng thức cho với n �1 * Với n  ta có VT   VP � đẳng thức cho với n  1 k 2k * Giả sử đẳng thức cho với n  k �1, tức là:    k   (1) 3 4.3k Ta chứng minh đẳng thức cho với n  k  1, tức cần chứng minh k k  2k     k  k1   (2) 3 4.3k1 3 2k  k  2k   k1    VP(2) Thật vậy: VT (2)   4.3k 4.3k1 � (2) � đẳng thức cho  Bài Chứng minh đẳng thức sau n n  1  n  2 1.2  2.3  n(n  1)  với n �1 1 1 n      1.5 5.9 9.13  4n  3  4n  1 4n  � n n  1 �     n  � � � � � 1 2n � 4� � 4� � 4�� � �     � � � 9� � 25 � � 1 2n � 1� � � � � �  2n  1 � � 1 n     1.2 2.3 n(n  1) n  3 3 n(n2  1)(3n  2) , n �2 12 2n(n  1)(2n  1) 22  42   (2n)2  1.22  2.32  3.42   (n  1).n2  pg 1.2.3 2.3.4  n(n  1)(n  2)  Với n��* n(n  1)(n  2)(n  3) n(n2  1)(3n  2) 1.2  2.3  3.4   (n  1).n  12 với n �2 1 n(n  3)     10 1.2.3 2.3.4 n(n  1)(n  2) 4(n  1)(n  2) Với n��* 2 2 Lời giải: 1.2  2.3  k(k  1)  (k  1)(k  2)  k(k  1)(k  2) (k  1)(k  2)(k  3)  (k  1)(k  2)  3 1 1       1.5 5.9 9.13  4k  3  4k  1 (4k  1)(4k  5)   k k   4k  (4k  1)(4k  5) 4k  2 �k(k  1) � � (k  1)(k  2) � �  (k  1)3  � � � � � � � � �1 2k (2k  3)(2k  1)(1 2k) 2k  1   � 2� (2k  1) (2k  1) (1 2k) � (2k  1) �1 2k 5,6,7 Bạn đọc tự làm k(k  1)(k  2)(k  3)  (k  1)(k  2)(k  3)  (k  1)(k  2)(k  3)(k  4)  k(k2  1)(3k  2) � (k  1)(3k  2) �  k(k  1)2  k(k  1) �  1� 12 12 � �  10  k(k  1)(3k2  k  10) (k  1)k(k  2)(3k  5)  12 12 k(k  3)   4(k  1)(k  2) (k  1)(k  2)(k  3) (k  1)(k  4) k(k  3)2  (k  1)2(k  4)   4(k  1)(k  2)(k  3) 4(k  1)(k  2)(k  3) 4(k  2)(k  3) Bài Chứng minh với số tự nhiên n �1 ta có: pg       2cos  2n1 (n dấu căn) Chứng minh đẳng thức sin x  sin2x  sin nx  x �k2 với n �1 sin nx (n  1)x sin 2 với x sin Lời giải:  * Với n  1� VT  2, VP  2cos  � VT  VP � đẳng thức cho với n  * Giả sử đẳng thức cho với n  k , tức là:  (k dấu căn) (1) 2k1 Ta chứng minh đẳng thức cho với n  k  1, tức là:     2  2cos     2  2cos  2k ( k dấu căn) (2)  Thật vậy: VT (2)       2   2cos k1 4 44 4 43 k dau can    )  4cos2 k  2cos k  VP(2) k1 2 a (Ở ta sử đụng công thức 1 cos a  2cos2 ) � (2) � đẳng thức cho x sin sin x  sin x nên đẳng thức cho �Với n  ta có VT  sin x, VP  x sin với n  �Giả sử đẳng thức cho với n  k �1, tức là:  2(1 cos sin x  sin2x  sin kx  sin Ta chứng minh (4) với n  k  1, tức sin x  sin2x  sin(k  1)x  sin kx (k  1)x sin 2 (1) x sin (k  1)x (k  2)x sin 2 (2) x sin pg kx (k  1)x sin 2  sin(k  1)x Thật vậy: VT (2)  x sin � kx (k  1)x x� sin  2cos sin � (k  1)x � 2  sin � � x � � sin � � sin (k  1)x (k  2)x sin 2   VP(2) x sin Nên (2) Suy đẳng thức cho với n �1 sin Bài Chứng minh với n �1 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 * Giả sử đẳng thức cho với n  k �1, tức : sin kx �k sin x (1) Ta phải chứng minh đẳng thức cho với n  k  1,tức : 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 cho với n  k  1, nên đẳng thức cho với số nguyên dương n Bài n � 1� Chứng minh với số tự nhiên n �1, ta có : � 1 � � n� 3n  3n  với số tự nhiên n �2 ; 2.4.6.2n  2n  với số tự nhiên n �1; 1.3.5  2n  1 Lời giải: k � � n2 n Ta chứng minh � 1 �   ,1�k �n (1) phương pháp quy nạp � n� k k theo k Sau cho k  n ta có (7) 1 * Với k  1� VT (1)  1    1 VP(1) n n n pg � (1) với k  * Giải sử (1) với k  p, 1�p �n , tức là: p � � p2 p 1 �   � � n� n n Ta chứng minh (1) với k  p  1, tức (2) p1 � � (p  1)2 p 1 �    (3) � n n2 � n� p1 p � � � � � � �p2 p � � 1� 1 �  � 1 �.� 1 � �   1� 1 � Thật vậy: � � � n � � n � � n � �n n � � n� p2 p2  p p  p p2  p p   3   1�   1 n n n n2 n n2 p2  2p  p  (p  1)2 p       � (3) � đpcm n n n2 n2 n � 1� Cách khác: Khi n  1�  (đúng) dễ thấy n  1� tiến dần � � 1 � n � n� n � 1� tiến gần 1.Vậy n �1ta ln có � 1 � � n� Với n  ta có: VT  32   VP  3.2   nên đẳng thức cho với n  �Giả sử đẳng thức cho với n  k �2 , tức là: 3k  3k  (1) Ta chứng minh đẳng thức cho với n  k  1, tức : 3k1 �3(k  1)   3k  (2) Thật vậy: 3k1  3.3k  3(3k  1)  3k  4 (6k  1)  3k  nên (2) Vậy tóan chứng minh Với n  ta có: VT   2, VP  � đẳng thức cho với n  1 �Giả sử đẳng thức cho với n  k �1, tức là: 2.4.6.2k  2k  (1) 1.3.5  2k  1 Ta chứng minh đẳng thức cho với n  k  1, 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) 2k  2k   2k   2k  1.3.5  2k  1 (2k  1) 2k  Nên ta chứng minh 2k   2k  �  2k  2  (2k  1)(2k  3) 2k  �  hiển nhiên Vậy toán chứng minh pg Bài Cho hàm số f xác định với x�� thoả mãn điều kiện : f (x  y) �f (x) f (y), x, y �� (*) Chứng minh với số thực x 2n � �x � � số tự nhiên n ta có : f  x ��f � n � � � �2 � � Lời giải: x Trong BĐT f (x  y) �f (x) f (y) thay x y , ta được: 2 �x x � �x � �x � � x� ff�  �� � � ff� �  x �f ( )� �2 � �2 � �2 � � 2� Vậy bất đẳng thức cho với n  Giả sử bất đẳng thức với n  k �1 Ta có 2k � �x � � (1) f  x ��f � k � � � �2 � � Ta chứng minh bất đẳng thức với n  k  1, tức : 2k ��x � � f  x ��f � k1 � � � �2 � � (2) � � x x � �� x �  ��f � � � � � � k k 1� � � k 1� � �2 � � �2 � � 2k 2k � 2� � �x � � �� x � �� � ff� � � � � �� � � � � k � �k � � � � � � � � � � � � �� � � � 2k 2k  � �x � � �� x � � ff� � � � �� � �k � � k � � � � � � � � �2 � � � �2 � �x � Thật ta có : ff� � �k � �2 � 2k ��x � � Do tính chất bắc cầu ta có : f  x ��f � k1 � � � �2 � � Bất đẳng thức với n  k  nên với số tự nhiên n Bài Chứng minh bất đẳng thức sau 1 1 n �2 1     2 n n 1   �2 n n  1 n  tan n  n tan  với    4 n  1 2n  2n  n �3 2n  2n  5, (n��* ) pg 3n1  n(n  2); (n �* ,n 4) 2n  3n  1; (n �* ,n 8)    ncos �1 với n �1 n n 2n  1  2n  3n  1  n ;(n �* , n 2) 10 1    n 1 Lời giải: 1 1  2 �  (hiển nhiên đúng)   k (k  1) k k k  k  � k(k  1)  k (hiển nhiên) k  k 1 k  k  � k(k  1)  2k  k � 4k(k  1)  (2k  1)2  4k(k  1)  (hiển nhiên) tan n  tan   (n  1)tan  tan(n  1)  1 tan n.tan  � tan n  tan   (n  1)tan   (n  1)tan2 .tan n (n  1)cos � tan n � 1 (n  1)tan2  � � � n tan  (đúng) 2k1  2(2k  1)  2k  3 2k   2k  2k  2.2k  2(2k  5)  2(k  1)  5 2k   2(k  1)  3k  3.3k1  3k(k  2)  (k  1)(k  2)  2k2  3k   (k  1)(k  2) 2k  2.2k  2(3k  1)  3k  2 3k   3k  �Với n  bđt hiển nhiên   �Giả sử kcos  (k  1)cos �1 Ta cần chứng minh k k   �  �  (k  1)cos  kcos �1 � k� cos  cos ��2sin2 k k k� 2(k  1) � k (2k  1)   ۳ ksin sin sin2 (1) 2k(k  1) 2k(k  1) 2(k  1)  (2k  1)  (2k  1)    � sin  sin Ta có:  2k(k  1) 2(k  1) 2k(k  1) 2(k  1)   n sin x ksin sin Mặt khác: sin nx � 2k(k  1) 2(k  1) Từ ta có (1) ln Vậy tốn chứng minh 2k  2k  2k   2k  2k  3k  2k  pg 10 �Để xét tính bị chặn dãy số ta dự đốn chứng minh quy nạp Các ví dụ � u 2 �1 Ví dụ Cho dãy số (un ) : � un1  Chứng minh dãy (un ) dãy u   n � �n � giảm bị chặn Lời giải: 1 un1 Ta có: un  un1  Do đó, để chứng minh dãy (un) giảm ta chứng minh un  n �1 Thật vậy: Với n  1� u1   uk  1  1 2 Theo ngun lí quy nạp ta có un  n �1 Giả sử uk  1� uk1  Suy un  un1  � un  un1 n �2 hay dãy (un) giảm Theo chứng minh trên, ta có: 1 un  u1  n �1 Vậy dãy (un) dãy bị chặn � u1  1,u2  � Ví dụ Cho dãy số (un ) : � Chứng minh dãy (un ) un1  un  un1 n �2 � dãy tăng bị chặn Lời giải: Ta chứng minh dãy (un ) dãy tăng phương pháp quy nạp * Dễ thấy: u1  u2  u3 * Giả sử uk1  uk k �2, ta chứng minh uk1  uk Thật vậy: uk1  uk  uk1  uk1  uk  uk Vậy (un ) dãy tăng Cũng quy nạp ta chứng minh un  n , un  Nên dãy (un ) dãy bị chặn CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài Xét tính tăng giảm dãy số sau 3n2  2n  1 un  n A.Dãy số tăng B.Dãy số giảm C.Dãy số không tăng không giảm D Cả A, B, C sai un  n  n2  A.Dãy số tăng B.Dãy số giảm pg 30 C.Dãy số không tăng không giảm 3n  un  n A.Dãy số tăng C.Dãy số không tăng không giảm u  n n   1 D Cả A, B, C sai B.Dãy số giảm D Cả A, B, C sai n n2 A.Dãy số tăng B.Dãy số giảm C.Dãy số không tăng không giảm D Cả A, B, C sai Lời giải: 5n2  10n  u  u  0 (u ) Ta có: n1 n  n  1  n  2 nên dãy n dãy tăng Ta có: un1  un   n  1   n  1   n n  0 Nên dãy (un ) giảm 3n   � dãy (un ) tăng 2n1 u2  u1 � � Dãy số khơng tăng khơng giảm Ta có: u1  0;u2  ;u3  � � u3  u2 � Ta có: un1  un  un  un  Bài Xét tính tăng, giảm bị chặn dãy số (un ) , biết: 2n  13 un  3n  A.Dãy số tăng, bị chặn B.Dãy số giảm, bị chặn C.Dãy số không tăng không giảm, không bị chặn D Cả A, B, C sai n2  3n  un  n A.Dãy số tăng, bị chặn B.Dãy số tăng, bị chặn C.Dãy số giảm, bị chặn D Cả A, B, C sai un  1 n  n2 A.Dãy số tăng, bị chặn C.Dãy số giảm, bị chặn sai 2n un  n! A.Dãy số tăng, bị chặn B.Dãy số tăng, bị chặn D Cả A, B, C B.Dãy số tăng, bị chặn pg 31 C.Dãy số giảm, bị chặn D Cả A, B, C sai 1    2 n A.Dãy số tăng, bị chặn chặn C.Dãy số giảm, bị chặn un  1 B.Dãy số tăng, bị D Cả A, B, C sai Lời giải: 2n  11 2n  13 34    với n �1 Ta có: un1  un  3n  3n  (3n  1)(3n  2) Suy un1  un n �1� dãy (un ) dãy tăng 35 � 11�un  n �1 Mặt khác: un   3(3n  2) Vậy dãy (un ) dãy bị chặn Ta có: un1  un  (n  1)2  3(n  1)  n2  3n   n n 2 n  5n  n  3n    n n (n  5n  5)(n  1)  (n2  3n  1)(n  2)  (n  1)(n  2)  n2  3n   n �1 (n  1)(n  2) � un1  un n �1� dãy (un ) dãy số tăng n2  2n   n  1�2 � dãy (un ) bị chặn n Ta có: un  n �1 un  un1 n2  n  n2  n     n��* un n2  3n  (n  1)2  (n  1)  � un1  un  �1� dãy (un ) dãy số giảm Mặt khác:  un  1� dãy (un ) dãy bị chặn un1 2n1 2n 2n1 n!  :  n  n �1 Ta có: un (n  1)! n! (n  1)! n  Mà un  n � un1  un n �1� dãy (un ) dãy số giảm Vì  un �u1  n �1� dãy (un ) dãy bị chặn  � dãy (un ) dãy số tăng Ta có: un1  un  (n  1)2 1 1     2 Do un  1 1.2 2.3 (n  1)n n � 1 un  n �1� dãy (un ) dãy bị chặn pg 32 Bài Xét tính bị chặn dãy số sau 2n  1 un  n A.Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn D Bị chặn un  (1)n A.Bị chặn un  3n  A.Bị chặn un  4 3n  n2 A.Bị chặn n2  n  n2  n  A.Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn D Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn D Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn D Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn D Bị chặn un  un  n n2  A.Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn Lời giải: Ta có  un  n nên dãy (un ) bị chặn D Bị chặn Ta có: 1�un �1� (un ) dãy bị chặn Ta có: un �2 n � (un ) bị chặn dưới; dãy (un ) không bị chặn 25 25  (n  )2  � (un ) bị chặn trên; dãy (un ) khơng bị chặn Ta có: un  4 Ta có: 1 un  n � (un ) bị chặn Ta có:  un  n � (un ) bị chặn Bài Xét tính bị chặn dãy số sau 1    un  1.3 2.4 n.(n  2) A.Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn un  D Bị chặn 1    1.3 3.5  2n  1  2n  1 A.Bị chặn B.Không bị chặn � u1  � � un1  un  , n �2 � un1  � C.Bị chặn D Bị chặn pg 33 A.Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn Lời giải: 1 1     1 1 Ta có:  un  1.2 2.3 n.(n  1) n D Bị chặn Dãy (un ) bị chặn n �  un  1, dãy (un ) bị chặn Ta có: un  2n  Bằng quy nạp ta chứng minh 1 un  nên dãy (un ) bị chặn Bài Xét tính tăng giảm dãy số sau � u1  � � un1  un3  1, n �1 � A.Tăng B.Giảm C.Không tăng, không giảm D A, B, C sai � u1  � � un2  u  n �1 �n1 � A.Tăng B.Giảm C.Không tăng, không giảm D A, B, C sai Lời giải: Ta có: un1  un3  � un1  un3  un n � dãy số tăng un2  4un  Bằng quy nạp ta chứng minh   un  n Ta có: un1  un  � un1  un  Dãy (un ) giảm Bài dãy số (un ) xác định u  2010 2010  2010 (n dấu căn)Khẳng n định sau đúng? A.Tăng B.Giảm C.Không tăng, không giảm D A, B, C sai � u1  1,u2  � Cho dãy số (un ) : � Khẳng định sau đúng? un  un1  un ,n �3 � A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn C.Không tăng, không giảm D A, B, C sai an  , n �1 Cho dãy số (un ) : un  2n  a) Khi a 4, tìm số hạng đầu dãy pg 34 10 14 18 22 ,u3  ,u4  ,u5  B 10 14 18 22 u1  6,u2  ,u3  ,u4  ,u5  1 18 22 10 22 ,u5  C u1  6,u2  ,u3  ,u4  D u1  6,u2  ,u3  ,u4  ,u5  9 A u1  2,u2  b) Tìm a để dãy số cho dãy số tăng A a B a 2 C a D a 4 � u1  Cho dãy số (un ) : � un  3un1  2, n  2,3 � a) Viết số hạng đầu dãy A u1  2,u2  5,u3  10,u4  28,u5  82,u6  244 B u1  2,u2  4,u3  10,u4  18,u5  82,u6  244 C u1  2,u2  4,u3  10,u4  28,u5  72,u6  244 D u1  2,u2  4,u3  10,u4  28,u5  82,u6  244 b) Chứng minh un  3n1  1, n  1,2, Cho dãy số un  5.2n1  3n  n  2, n  1,2, a) Viết số hạng đầu dãy A u1  1,u2  3,u3  12,u4  49,u5  170 B u1  1,u2  3,u3  12,u4  47,u5  170 C u1  1,u2  3,u3  24,u4  47,u5  170 D u1  1,u2  3,u3  12,u4  47,u5  178 b) Chứng minh rằng: un  2un1  3n1  n Lời giải: Ta có un1  2010  un � un1  un  un21  un1  2010 1 8041 n Suy un1  un  � dãy (un ) dãy tăng Bằng quy nạp ta chứng minh un  Chứng minh quy nạp : uk1  uk  uk  uk1  uk2  uk Ta chứng minh:  un  4n  a) Với a ta có: un  Ta có: số hạng đầu dãy 2n  10 14 18 22 u1  6,u2  ,u3  ,u4  , u5  b) Ta có dãy số (un ) tăng khi:  a un1  un   0, n��* � a  � a  4 (2n  1)(2n  1) pg 35 a) Ta có: u1  2,u2  4,u3  10,u4  28,u5  82,u6  244 b) Chứng minh toán phương pháp quy nạp chứng minh cách sau Ta có: un   3(un1  1)  32(un  1)   3n1(u1  1) Suy ra: un   3n1 � un  3n1  a) Ta có: u1  1,u2  3,u3  12,u4  47,u5  170 b) Ta có: un1  5.2n  3n1  n    n n n1 n1 Nên 2un1   n  5.2   n    n  5.2n1  3n  n   un Bài Cho dãy số (un ) : un  (1 a)n  (1 a)n ,trong a�(0;1) n số ngun dương a)Viết cơng thức truy hồi dãy số � u1  � u1  � � n n n n A � B � un1  un  a� 1 a   1 a � un1  un  2a� 1 a   1 a �   � � � � � � � � � u1  � u1  � � n n n n C � D � un1  2un  a� 1 a   1 a � un1  un  a� 1 a   1 a �   � � � � � � � � b)Xét tính đơn điệu dãy số A Dãy (un ) dãy số tăng B Dãy (un ) dãy số giảm C Dãy (un ) dãy số không tăng, không giảm D A, B, C sai � u1  � Cho dãy số (un ) xác định sau: � un  3un1   2, n �2 � 2un1 � a) Viết số hạng đầu dãy chứng minh un  0, n 47 227 ,u3  ,u4  34 19 227 C u1  1,u2  ,u3  ,u4  34 A u1  1,u2  17 227 ,u3  ,u4  34 17 2127 ,u4  D u1  1,u2  ,u3  34 B u1  1,u2  b) Chứng minh dãy (un ) dãy tăng � u0  2011 � un2 Cho dãy số (un ) xác định : � un1  , n  1,2, � un  � a) Khẳng định sau pg 36 A Dãy (un ) dãy giảm B Dãy (un ) dãy tăng C Dãy (un ) dãy không tăng, không giảm D.A, B, C sai b) Tìm phần nguyên un với �n �1006 un � A � � � 2014  n un � B � � � 2011 n un � C � � � 2013 n un � D � � � 2012  n � u1  2,u2  Cho dãy số (un ) xác định bởi: � un  un  2un1 , n  1,2, � a) Gọi a, b hai nghiệm phương trình x2  2x   Chứng minh rằng: un  an  bn b) Chứng minh rằng: un21  un 2un  (1)n1.8 Lời giải: � u1  � n n a) Ta có: � un1  un  a� 1 a   1 a �  � � � � b) Dãy (un ) dãy số tăng 17 227 ,u4  a) Ta có: u1  1,u2  ,u3  34 Ta chứng minh un  0, n quy nạp Giả sử un  , đó: 2un  1 �2 2un 2 2un 2un � � 2un   2� un  Nên un1  un  � 2un � � b) Theo chứng minh ta có: un1  un , n nên dãy (un ) dãy tăng un  0, n nên dãy (un ) dãy giảm a) Ta có: un1  un  un  b) Ta có: un  un1  un1  u  1  u0  n un1  n1 Suy ra: un1  u0  (n  1)  2012  n Mặt khác: un   un  un1   (un1  un )   (u1  u0 )  u0 �u � u u  u0  �    n1 � un1  1� �u0  u1  pg 37 � 1 �  u0  n  �    � un1  1� �u0  u1  Mà: 0 1 n n      1 u0  u1  un1  un1  2013 n Với n  2,1006 Suy un  u0  n   2012  n � un � Do đó: 2011 n  un  2012  n � � � 2011 n với n  2,1006 20112  2010,000497 2012 u0 � u1 � nên � � � 2011 0, � � � 2010  2011 Vì u0  2011 u1  un � Vậy � � � 2011 n, n  0,1006 a) Ta chứng minh toán quy nạp Với n  1� u1  a b  Giả sử un  an  bn , n �k   k k k1 k1 Khi đó: uk1  2uk  uk1  a  b  a  b    (a b) ak  bk  ak1  bk1  ak1  bk1  ab(ak1  bk1)  ak1  bk1  ak1  bk1  (ak1  bk1)  ak1  bk1  ak1  bk1 b) Ta có: un21  un 2un  un21   2un1  un  un  un1  un1  2un   un2  (un2  un1un1)     (1)n1 u22  u3u1  (1)n Bài Xét tính tăng giảm bị chặn dãy số sau n 1 (un ) : un  n A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn C.Tăng, chặn chặn (un ) : un  n3  2n  A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn C.Tăng, chặn � u 2 �1 chặn (un ) : � u 1 un1  n , n �2 � � D.Giảm, D.Giảm, pg 38 A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn C.Tăng, chặn chặn � u1  2,u2  � � un1  un  un1 , n �2 � A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn C.Tăng, chặn chặn Lời giải: n  n  (n  2)  (n  3)(n  1)   Ta có un1  un  n n (n  2)(n  3)   0, n (n  2)(n  3) �  un  1, n Mặt khác: un  1 n Vậy dãy (un ) dãy tăng bị chặn D.Giảm, D.Giảm, Ta có: un1  un  (n  1)3  2(n  1)  n3  2n  3n2  3n   0, n Mặt khác: un  1, n n lớn un lớn Vậy dãy (un ) dãy tăng bị chặn Trước hết quy nạp ta chứng minh: 1 un �2, n Điều với n  1, giả sử 1 un  ta có: un   nên ta có đpcm 1 un Mà un1  un   0, n Vậy dãy (un ) dãy giảm bị chặn 1 un1  Trước hết ta chứng minh 1 un  4, n Điều hiển nhiên với n  Giả sử 1 un  , ta có: 1 un1  un  un1    Ta chứng minh (un ) dãy tăng Ta có: u1  u2 , giả sử un1  un , n �k � uk  uk1 � uk  uk1  uk1  uk � uk1  uk Khi đó: � u  u �k1 k2 Vậy dãy (un ) dãy tăng bị chặn Bài �x0  � Cho dãy số (xn ) : � 2n n1 x  �n (n  1)2 �xi , n  2,3, i 1 � Xét dãy số yn  xn1  xn Khẳng định dãy (yn ) pg 39 A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn C.Tăng, chặn D.Giảm, � u0  1,u1  � � un21 � chặn Cho dãy số nguyên dương (un ) thỏa : � un  1 � �, n �0 � �un � � Chứng minh rằng: un 2un  un21  2n với số tự nhiên n � u0  � Cho dãy số (un ) xác định bởi: � un1  5un  24un2  1, n  0,1, � Chứng minh dãy số (un ) dãy số nguyên (2  5)n  (2  5)n � Cho dãy số (un ) xác định bởi: un  � � 2� Chứng minh u2n số tự nhiên chẵn u2n1 số tự nhiên lẻ Cho hai dãy số (xn );(yn ) xác định : �x  x  1 x2 n n1 n1 � � x  �1 � yn1 � , n �2 � �y1  �yn  1 1 yn21 � Chứng minh  xn yn  3, n �2 � u0  � Cho dãy số số (un ) xác định bởi: � 1� � un1  � un  � � � 3un � � Chứng minh rằng: an  số phương 3un  Lời giải: n 2(n  1) 2(n  1) � n1 � x  x  �x � Ta có: xn1  � � n2 i 1 i n2 �n i 1 i �  2(n  1) � (n  1)2 � (n  1)(n2  1) xn � xn �x  2n n2 �n n3 � n2  n  xn n3 �Ta chứng minh dãy (yn ) tăng Do đó: yn  xn1  xn  Ta có: yn1  yn  (n  1)2  n  (n  1)(n2  1) n2  n  x  xn n (n  1)3 n3 n3   (n2  3n  3)(n2  1)  (n2  n  1)(n2  2n  1) xn n3(n  1)2 2xn  , n  1,2, n (n  1)2 �Ta chứng minh dãy (yn ) bị chặn pg 40 Trước hết ta chứng minh: xn �4(n 1) (1) với n  2,3 * Với n  2, ta có: x2  4x1  nên (1) với n  * Giả sử (1) với n , tức là: xn �4(n 1) , ta có (n  1)(n2  1) 4(n4  1) x �  4n n n3 n3 Nên (1) với n Theo nguyên lí quy nạp ta suy (1) n2  n  4(n  1)(n2  n  1) 4(n3  1) Ta có: yn  x �  4 n n3 n3 n3 Vậy toán chứng minh Từ cách cho dãy số, ta thấy dãy (un ) tồn xn1  � v0  1, v1  Xét dãy (vn ) : � vn  4vn1  2vn , n �0 � �Ta chứng minh: vn 2.vn  vn21  2n (1) Ta có: vn 2.vn  vn21  (4vn  2vn )vn  vn21  4vn1vn  vn21  2vn2  vn1  4vn  vn1   2vn     v v  v    vn1.2vn1  2vn2  vn1vn1  vn2 n 2 n  � (1) chứng minh �Ta chứng minh  2n (2) quy nạp Trước hết ta thấy dãy (vn ) dãy tăng Với n  ta thấy (2) n Giả sử  2n ta có: vn1  2vn  2  vn1   2vn  Do (2) �Dựa vào kết ta có: vn21 vn21 2n  vn  � vn  1  vn vn Hay vn21 v2  1 vn1  1 n1 vn � � vn21 � vn21 � Do đó: vn   � �� vn  1 � � �vn � �vn � Vì tính nên ta có: un  , n �0 Vậy toán chứng minh Ta có u0 ,u1 �� u n1  5un   24un2  � un21  10un1un  un2   (1) Ở (1) thay n n ta được: un2  10un un1  un21  1 � un21  10un1.un  un2   (2) Từ (1) (2) suy un1 ,un1 hai nghiệm phương trình pg 41 t2  10tun  un2  1 Theo định lí Viet ta có: un1  un1  10un Hay un1  10un  un1 Từ ta có: un ��, n � a b  4 Đặt a   5,b   � � Khi đó: ab  1 � 1 un  (an  bn )  � (a b)(an1  bn1)  ab(an  bn 2)� � � 2 an1  bn1 an  bn    4un1  un2 2 Ta chứng minh toán phương pháp quy nạp �Với n  ta có: u1  số chẵn u2  số lẻ �Giả sử u2k số lẻ u2k1 số chẵn Khi đó: u2k1  4u2k  u2k1 số chẵn u2k  4u2k1  u2k số lẻ Từ ta có đpcm     Ta có: x1   cot � x2  cot  1 cot 6 Bằng quy nạp ta chứng minh được: xn  cot Tương tự, ta có: yn  tan   cos    cot  2.6 sin  n1 n1  Đặt  n  n � xn  cot  n ; yn  tan2 n � xn yn  tan2 n.cot  n 2t  Đặt t  tan  n � tan2 n cot  n  1 t t 1 t2   2  � t tan t2 Vì n �� n 6 3 � 2  �  xn yn  3, n �2 � đpcm 1 t2 � bn ,cn �� bn Vì un ��� un  với � cn (bn ,cn )  � bn1 �bn cn � 3bn2  cn2  �  Khi đó: � cn1 �cn 3bn � 6bncn   2 Bằng quy nạp ta chứng minh 3bn  cn ,6bncn  pg 42 � bn1  3bn2  cn2 � Suy � cn1  2bncn � Bằng quy nạp ta chứng minh được: 3bn2  cn2  Do đó: an   cn2 3b (đpcm) 1 c n n pg 43 ... ) dãy tăng Cũng quy nạp ta chứng minh un  n , un  Nên dãy (un ) dãy bị chặn CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài Xét tính tăng giảm dãy số sau 3n2  2n  1 un  n A .Dãy số tăng B .Dãy số giảm C .Dãy số. .. gọi dãy tăng un  un1 n��* ? ?Dãy số (un ) gọi dãy giảm un  un1 n��* Dãy số bị chặn ? ?Dãy số (un ) gọi dãy bị chặn có số thực M cho un  M n��* pg 18 ? ?Dãy số (un ) gọi dãy bị chặn có số thực... xác định dãy số �Cho cơng thức truy hồi, tức là: * Cho vài số hạng đầu dãy * Cho hệ thức biểu thị số hạng tổng quát qua số hạng (hoặc vài số hạng) đứng trước Dãy số tăng, dãy số giảm ? ?Dãy số (un