Đang tải... (xem toàn văn)
) .Tính giới hạn của yn khi n dần đến vô tận... Do đó dãy trên tăng.[r]
(1)http://laisac.page.tl
biến đổi, khai triển ước lược để tìm giới hạn dãy tổng laisac biên soạn
Trong kì thi Oluympic , HSG ta thường thấy có nhiều tốn tìm giới hạn dãy tổng.
Đôi lúc, để giải dạng ta phải biến đổi từ điều kiện giả thiết cho dãy, từ khai triển và ước lược để đưa dãy tổng cần tìm đơn giản , ta tính giới hạn
Dưới toán tác giả sưu tầm lấy từ tạp chí Tốn Học Tuổi Trẻ để minh họa cho chuyên đề này.
Bài 1:Xét dãy số (xn) (n=1,2,3 ) xác định bỡi :x1 = và xn+1 =
1 2(x
2
n+ 1) với mọi n =1,2,3
ĐặtSn= 1 +x1
+
1 +x2
+ + 1 +xn.
Tính phần nguyên của S2009 và tính giới hạn của Sn khi n tăng lên vơ hạn.
HD:Ta tổng quát toán sau:
Cho dãyun thỏa mãn
u1 =a
un+1 =
u2
n−(b+c)un+c
2
b−c Tính chứng minh Sn =
n P i=1
1
ui+b =
1
u1+c
− un+1+c
. Thật vậy, ta biến đổi un+1 =
u2n−(b+c)un+c
2
b−c ⇒un+1+c=
u2
n−(b+c)un+bc b−c =
(un+b)(un+c)
b−c ⇒
un+1+c
=
un+c−
1
un+b ⇒
1
un+b =
1
un+c −
1
un+1+c
Khai triển ước lược dãy:
1
u1+b
=
u1+c
− u2+c
1
u2+b
=
u2+c
− u3+c
. . .
1
un+b =
1
un+c −
1
un+1+c
Do đóSn =
u1+c
− un+1+c
Vận dụng:Ta giải toán phép biến đổi (b=1,c=-1) Khi đó Sn=
u1−1
−
un−1 = 1−
un−1
Mà un+1 −un =
1
2(un−1)
2
>0 , ∀n∈N∗ ⇒un là dãy tăng ⇒2 =u1 ≤u2 ≤u3 ≤
Giả sử limun=a(a >2) ⇒2a =a2 + 1⇒a= 1 (vơ lí)
Vậylimun=∞ ⇒lim
(2)Do phần ngun S2009= vì 0<
1
u2009−1
<1 và limSn=
Bài 2: Cho dãyun thỏa mãn:
u1 = 2009
un+1 =u2n−un+
Tính lim
n P i=1
1
un.
HD: Ta có un+1 −un= (un−1)2 >0 , ∀n ∈N∗ ⇒un là dãy tăng
Giả sử (un) có giới hạn Đặt limun=L(L >2009)
Ta cóL=L2−L+ 1⇒L= (vơ lí) ⇒limun=∞ ⇒lim
un =
Ta cịn có un+1=u2n−un+ ⇒un+1−1 = un(un−1)
⇒ un+1−1
=
un(un−1) =
un−1−
un Vậy
un =
1
un−1 −
un+1−1
Khai triển ước lược ta có :
1
u1
=
u1−1
− u2−1
1
u2
=
u2−1
− u3−1
. . . Sn =
n P i=1
1
ui =
1
u1−1
− un+1−1
⇒limSn=lim( 2009−1−
1
un+1−1
) = 2008 Bài 3: Cho dãy số xn, n = 1,2,3 được xác định sau:
x1 = và xn+1 =
p
xn(xn+ 1)(xn+ 2)(xn+ 3) + với n= 1,2, Đặtyn=
n P i=1
1
xi+ 2,(n = 1,2, ) .Tính giới hạn củayn khi n dần đến vơ tận. HD: Ta có:
xn+1 =
p
(x2
n+ 3xn)(x2+ 3xn+ 2) + = p
t(t+ 2) + =p(t+ 1)2 =x2
n+ 3xn+ trong đó 0< t=x2
n+ 3xn.
Xét xn+1−xn= (xn+ 1)2 >0, ∀n∈N∗ ⇒(xn) là dãy tăng
Giả sử :limxn = a(a > 1) ⇒ a = a2 + 3a + , vơ nghiệm(vì a>1) ⇒ limxn = ∞
1
xn+1+
=
x2
n+ 3xn+
=
xn+ −
xn+ ⇒
xn+ =
xn+ −
xn+1+
Khai triển ước lược ta có:
1
x1+
=
x1+
− x2+
1
x2+
=
x2+
− x3+
. . .
⇒limyn=lim(
x1+
− xn+1+
) = 2. Bài 4: Cho dãy số an xác định bỡi:
a1 = 1;a2 =
an+2 = 2an+1 −an+
n=1,2,3
Tính giới hạn tổngSn=
a1
+
a2
+ +
an. Khi n dần đến vô tận.
HD: Cách 1: Ta chứng minh :an= n(n+ 1)
2 .
(3)Giả sử ak = k(k+ 1)
Ta cóak+1 = 2ak−ak−1 + =
(k+ 1)(k+ 2)
2 .
Theo nguyên lí qui nạp ta có điều chứng minh. Vậy:an= n(n+ 1)
2 ⇒
1
an = 2(
1
n −
1
n+ 1)
⇒limSn =lim2(1−
n+ 1) =lim 2n n+ = Cách 2:Từ giả thiết suy ra
an+2−an+1 =an+1+
. . .
a3−a2 =a2−a1+
cộng lại ta có:an=an−1+n= (an−2+n−1) +n
⇒an= + + + +n= n(n+ 1)
Bài 5: Cho dãy số (un) được xác định sau:
u1=
un+1 = +u1.u2 un
∀n= 1,2,3 Tính lim n P i=1
1
ui
HD: Ta có u1 = ⇒u2 = 2, un+1 = +u1.u2 un−1.un = + (un−1).un
⇒un+1 =u2n−un+
Chứng minh được (un) là dãy tăng và limun=∞ Ta cịn có un+1−1 =un(un−1)∀n ≥2
⇔ un+1−1
=
un(un−1) =
un−1−
un∀n ≥2 ⇔
un =
1
un−1 −
un+1−1
∀n≥2
Từ đó Sn=
u1
+
u2
+
u3
+ +
un ⇔Sn =
u1
+
u2−1
− u3−1
+
u3−1
− u4−1
+ +
un−1 −
un+1−1
⇔Sn =
u1
+
u2−1
− un+1−1
= 2−
un+1−1
Do đólimSn= vì lim un+1−1
=
Bài 6: Cho dãy số un thỏa mãn u1 = 2009; un+1 =un(
√
un+ 1)2 ;với n= 1, 2,
Tính lim n P i=1
1
√ ui+ HD: Ta có un+1 =un(
√
un+ 1)2 ⇒√un +1 =
√
un(√un+ 1)
⇒ √ un+1
= √
un(√un+ 1) =
√ un −
1
√
un+ ⇒
√
un+ =
√ un −
1
√ un+1
Khai triển ước lược ta suy kết quả
Bài 7: Cho dãy số (xn) định bởi x1 =
2008
2009,xn+1 = 2008
2009(1 −xn)(1−xn−1) (1−x1);
n=1,2,3 Tính lim n P i=1
x2
i
HD: Ta có xn+1 =
2008
2009(1−xn)(1−xn−1) (1−x1)
(4)Khai triển ước lược ta có: Sn =
n P i=1
x2i =x1−xn+1 ⇒limSn =
2008 2009
Bài 8: Cho dãy số (un) có un=
n(n+ 1)(n+ 2) (n+ 2008) vớin = 1,2,3
Tính lim n P i=1
ui
HD: Số hạng un= (n−1)! (n+ 2008)!.
n+ 2008−n
2008 = [
(n−1)! (n+ 2007)! −
n! (n+ 2008)!].
1 2008
Cho n = 1, 2, 3, 2008 , cộng lại ta được. Sn= 2008[
1 2008! −
n! (n+ 2008)!]
Mà lim n!
(n+ 2008)! =lim
1
(n+ 1)(n+ 2) (n+ 2008) =
⇒Sn =lim
2008[
k!−
n!
(n+ 2008)!] =
1 2008.2008! Bài 9: Cho dãyxk , với xk =
k P i=1
i
(i+ 1)!, k=1, 2,
Tính lim√nxn
1 +xn2 + +xn2009
HD:Vìxk+1−xk =
k+
(k+ 2)! >0 Do dãy tăng Suy ra0< x1 < x2 < < x2009
hayxn2009 < x
n
1 +x
n
2 + +x
n
2009<2009x
n
2009
suy rax2009< n
√ xn
1 +x
n
2 + +x
n
2009<2009
1
nx2009 (*)
Mặt khác ta có: k
(k+ 1)! =
k!− (k+ 1)!
Từ suy ra xk = 1−
(k+ 1)! ⇒x2009= 1− 2010!
Thay kết vào (*) ta có:1−
2010! <
n
p xn
1 +xn2 + +xn2009<2009
1
n(1−
2010!)
Nhưng vìlim(1−
2010!) = lim 2009
n(1−
2010!) = 1− 2010!.
Vậy theo định lí kẹp ta có:lim√nxn
1 +x
n
2 + +x
n
2009= 1−
1 2010!. Bài cấp số cộng.
Bài 10:
Cho x, y, z ba góc thỏa mãn điều kiện 0≤ x≤y≤ z ≤2π
cosx+ cosy+ cosz = sinx+ siny+ sinz=
Chứng minh ba số x, y, z lập thành cấp số cộng
HDTừ giả thiết hệ suy ra
cosx+ cosy =−cosz
sinx+ siny =−sinz
Bình phương hai vế tương ứng , cộng lại ta có cos(x−y) =−1
2
Hoàn toàn tương tự ta cócos(y−z) =cos(z −x) =−1
2
Vì0 ≤y−x;z−x;z−y≤2π ⇒y-x, z-y, z-x nhận hai giá trị 2π
3 ; 4π
(5)nhưng z-x=(z-y)+(y-x) nên xảy ra z−x= 4π
3 ;z−y =y−x= 2π
3 .
Suy điều phải CM.
Bài 11: Trong tam giác ABC có cot(A 2);cot(
B
2);cot(
C
2) lập thành cấp số cộng.
Tìm góc lớn tam giác đó.
HD:Ta có 2cot(B
2) =cot(
A
2) +cot(
C
2).
Biến đổi đưa về3tan(A 2).tan(
C
2) =
Từ đó cot(A 2).cot(
C
2) = 3⇔cot(
A
2)[cot(
A
2 + 2] =
Giải phương trình ta nghiệm thích hợp cot(A 2) = 1.
Vậy góc lớn tam giác bằng 900
Bài 12: Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = cos6a +
1
cos6b+
1
cos6c
Trong ba số a, b, c lập thành cấp số cộng với công sai bằng π
3 . HD:Theo giả thiết thì a=b− π
3 và c=b+
π
3.
Đặtcos2b=t,0< t ≤1 và cos3b=m,0< m≤1 thì
cos3a=cos3(π
3 −b) =cos
2
3b=m; cos3c=cos3(π
3 +b) =cos
2
3b=m;
Và(4cos3b−3cosb)2 =cos2b(4cos2b−3)2 =m
Hay phương trình 16t3−24t2+ 9t−m= 0,0< m≤1 có nghiệm
t1 =cos2b, t2 =cos2(
π
3 −b), t3=cos
2
(π +b)
Suy phương trình mu3 −9u2+ 24u−16 = có nghiệm u1 =
1
cos2b, u2 =
1
cos2(π
3 −b)
, u3=
1
cos2(π
3 +b)
.
Khi đó P =u31 +u 2+u
3
3 Sử dụng hệ thức Vi-et đẳng thức
u3 1+u
3 2+u
3
3 = (u1+u2+u3)3−3(u1 +u2)(u2+u3)(u4 +u4), ta thu được:
P = (
m)
3 −
3(9
m −u1)(
9
m −u2)(
9
m −u3) Hay P =P(x) =x3−8x2+ 16
3 x, x=
m ≥9,(do0< m≤1). Nhận xét hàm số có P’(x)== 3x2−16x+16
3 >0,mọi x≥9nên P(x) đồng biến
trong [9; +∝) Suy minP = P(9) = 129, đạt m = 1 Hay cos23b= 1 ⇔sin3b= 0⇔b=kπ
3.
Do đóa = (k−1)π
3, c= (k+ 1)
π
3,, k số nguyên.