Đang tải... (xem toàn văn)
Chuyên đề Toán học về dãy số chương trình THPT cơ bản đến nâng cao lớp 11, 12 được biên soạn tương đối đầy đủ về các bài tập được giải chi tiết từng bài. Tài liệu này giúp giáo viên tham khảo để dạy học, học sinh tham khảo rất bổ ích nhằm nâng cao kiến thức toán học về dãy số và để ôn thi THPQG và thi đại học.
Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả CHỦ ĐỀ: 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: n(n 1) 1 n Lời giải Đặt P(n) 1 n : tổng n số tự nhiên : Q(n) n(n 1) Các giảng trọng tâm theo chuyên đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả 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 k (1) Ta cần chứng minh P(k 1) Q(k 1) , tức là: (k 1)(k 2) 1 k (k 1) (2) Thật vậy: VT(2) (1 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 2n n2 Lời giải �Với n ta có VT 1, VP 12 Suy VT VP � đẳng thức cho với n �Giả sử đẳng thức cho với n k với k �,k tức là: 1 2k 1 k2 (1) Ta cần chứng minh đẳng thức cho với n k 1, tức là: 1 (2k 1) (2k 1) k 1 (2) Thật vậy: VT(2) (1 2k 1) (2k 1) k2 (2k 1) (Do đẳng thức (1)) (k 1) 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 2 2k 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: 2n1 xn (xn1 1) �x 1� �� � �2 � xn Đẳng thức xảy nào? Lời giải x 1� �Với n ta cần chứng minh: x(x 1) �� � � � 8x(x 1) �(x 1) x1 �2 � Tức là: x4 4x3 6x2 4x 1�0 � (x 1)4 �0 (đúng) Đẳng thức xảy x 2k 1 k k 1 x 1� �Giả sử x (x 1) �� � � k x 1 �2 � , ta chứng minh 2k xk1(xk 1) �x 1� �� � �2 � xk1 (*) Thật vậy, ta có: 2k 2k 1 �x 1� �x 1��x 1� �x 1� xk (xk 1 1) � � � �� � �� � �2 � � �� � � � xk Nên để chứng minh (*) ta cần chứng minh �x 1� xk (xk1 1) xk1(xk 1) � � � � � xk xk1 �x 1� k1 Hay � 1)2 �x(xk 1)(xk 1) �(x �2 � (**) 110 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Khai triển (**) , biến đổi rút gọn ta thu x2k 2(x 1)2 2xk1(x 1)2 (x 1)2 �0 � (x 1)2(xk1 1)2 �0 BĐT hiển nhiên Đẳng thức có � x Vậy tốn 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 nk Cách chứng minh gọi quy nạp theo kiểu Cauchy (Cô si) CÁC BÀI TOÁN 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 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 � 13 23 33 n3 � � � � � � � � � 4� � 4� � 4�� � 1 2n 1 � 1 � 1 � 1 � � � � � 1 2n � 1� � 9� � 25 � � 2n 1 � � � 1 n 1.2 2.3 n(n 1) n n(n2 1)(3n 2) , n �2 12 2n(n 1)(2n 1) 22 42 (2n)2 n(n 1)(n 2)(n 3) 1.2.3 2.3.4 n(n 1)(n 2) Với n �� * 1.22 2.32 3.42 (n 1).n2 1.22 2.32 3.42 (n 1).n2 n(n2 1)(3n 2) 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 �� * Bài Chứng minh với số tự nhiên n �1 ta có: 2cos n (n dấu căn) Chứng minh đẳng thức sinx sin2x sinnx sin nx (n 1)x sin 2 x sin với x �k2 với n �1 Bài Chứng minh với n �1 ta có bất đẳng thức: sinnx �n sinx x �� 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 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 � � Bài Chứng minh bất đẳng thức sau 1 1 1 n �2 n n n 1 n �2 n tann ntan với 4 n 1 2n 2n n �3 2n2 2n 5, (n ��* ) 3n1 n(n 2); (n �* ,n 4) 112 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả 2n 3n 1; (n �* ,n 8) ncos �1 với n �1 n1 n 2n 1 2n 3n (n 1)cos 10 1 1 n ;(n �* ,n 2) n 1 Bài Cho tổng: Sn 1 1 1.3 3.5 5.7 (2n 1)(2n 1) Tính S1;S2;S3;S4 Dự đốn cơng thức tính Sn chứng minh phương pháp qui nạp Bài Cho hàm số f : � � �, n �2là số nguyên Chứng minh f(x) f(x) �x y � �f � �x,y �0 (1) ta có �2 � f(x1) f(x2) f(xn ) n �x x xn � �f � � xi �0 , i 1,n (2) n � � Vấn đề Ứng dụng phương pháp quy nạp số học hình học Các ví dụ Ví dụ Cho n số tự nhiên dương Chứng minh rằng: an 16n – 15n – 1M225 Lời giải �Với n ta có: a1 � a1M225 �Giả sử ak 16k 15k 1M225, ta chứng minh ak1 16k1 15(k 1) 1M225 k k k Thậ vậy: ak1 16.16 15k 16 16 15k 1 15 16 ak 15 16k k k 1 k M15 ak M225 Vì 16 15 16 16 Nên ta suy ak1M225 Vậy tốn chứng minh Ví dụ Chứng minh với số tự nhiên n �1 A(n) 7n 3n chia hết cho Lời giải * Với n 1� A(1) 71 3.1 � A(1)M9 * Giả sử A(k)M9 k �1, ta chứng minh A(k 1)M9 Thật vậy: A(k 1) 7k1 3(k 1) 7.7k 21k 18k � A(k 1) 7A(k) 9(2k 1) � A(k)M9 � A(k 1)M9 Vì � 9(2k 1)M9 � Vậy A(n) chia hết cho với số tự nhiên n �1 Ví dụ Cho n số tự nhiên dương Chứng minh rằng: Bn n 1 n 2 n 3 �. 3n M3n Lời giải �Với n 1, ta có : B1 2.3M3 �Giả sử mệnh đề với n = k, tức : Bk k 1 k 2 k 3 � 3k M3k 3 k 1 � M3k1 Ta chứng minh : Bk1 k 2 k 3 k 4 �� � � Bk1 3 k 1 k 2 k 3 � 3k 3k 1 3k 2 3Bk 3k 1 3k 2 Mà Bk M3k nên suy Bk1M3k1 Vậy tốn chứng minh Ví dụ Trong mặt mặt phẳng cho n điểm rời (n > 2) tất không nằm đường thẳng Chứng minh tất đường thẳng nối hai điểm điểm cho tạo số đường thẳng khác không nhỏ n Lời giải Giả sử mệnh đề với n k �3 điểm Ta chứng minh cho n k điểm Ta chứng minh tồn đường thẳng chứa có hai điểm Ta kí hiệu đường thẳng qua hai điểm A n A n1 A n A n1 Nếu điểm A 1,A , ,A n nằm đường thẳng số lượng đường thẳng n 1: Gồm n đường thẳng nối A n1 với điểm A 1,A , ,A n đường thẳng chúng nối chung Nếu 114 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả A 1,A , ,A n khơng nằm đường thẳng theo giả thiết quy nạp có n đường thẳng khác Bây ta thêm đường thẳng nối A n1 với điểm A 1,A , ,A n Vì đường thẳng A n A n1 không chứa điểm A 1,A , ,A n1 , nên đường thẳng khác hoàn toàn với n đường thẳng tạo A 1,A , ,A n Như số đường thẳng tạo không nhỏ n Ví dụ Chứng minh tổng n – giác lồi (n �3) (n 2)1800 Lời giải �Với n ta có tổng ba góc tam giác 1800 �Giả sử công thức cho tất k-giác, với k n , ta phải chứng minh mệnh đề cho n-giác Ta chia n-giác đường chéo thành hai đa giác Nếu số cạnh đa giác k+1, số cạnh đa giác n – k + 1, hai số nhỏ n Theo giả thiết quy nạp tổng góc hai đa giác k 1 1800 n k 1 1800 Tổng góc n-giác tổng góc hai đa giác trên, nghĩa k – 1 n k – 1 1800 n 2 1800 Suy mệnh đề với n �3 CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài Cho n số nguyên dương.Chứng minh rằng: n(2n2 3n 1) chia hết cho 11n1 122n1 chia hết cho 133 n7 n chia hết cho 13n 1chia hết cho n5 n chia hết cho với n �1 16n 15n chia hết cho 225 với n �1 4.32n1 32n 36 chia hết cho 64 với n �1 Bài Chứng minh với n �2, ta ln có an n 1 n 2 n n chia hết cho 2n Cho a,b nghiệm phương trình x2 27x 14 Đặt S n an bn Chứng minh với số nguyên dương n S(n) số ngun khơng chia hết cho 715 Cho hàm số f : � � � thỏa f(1) 1,f(2) f(n 2) 2f(n 1) f(n) Chứng minh rằng: f 2(n 1) f(n 2)f(n) (1)n n Cho pn số nguyên tố thứ n Chứng minh rằng: 22 p n Chứng minh số tự nhiên không vượt qua n! biểu diễn thành tổng không n ước số đôi khác n! Bài Gọi x1,x2 hai nghiệm phương trình : x2 6x Đặt an x1n x2n Chứng minh : an 6an1 an2 n �2 an số nguyên an không chia hết cho với n �1 Bài Trong không gian cho n mặt phẳng phân biệt ( n �1), ba mặt phẳng ln cắt khơng có bốn mặt phẳng có điểm chung Hỏi n mặt phẳng chia không gian thành miền? Cho n đường thẳng nằm mặt phẳng hai đường thẳng ln cắt khơng có ba đường thẳng đồng quy Chứng minh n đường thẳng chia mặt phẳng thành n2 n miền Bài Cho a,b,c,d,m số tự nhiên cho a d , (b 1)c , ab a c chia hết cho m Chứng minh xn a.bn cn d chia hết cho m với số tự nhiên n Chứng minh từ n số 2n số tự nhiên ln tìm hai số bội DÃY SỐ Dãy số tập hợp giá trị hàm số u : �* � �, n � u(n) Được xếp theo thứ tự tăng dần liên đối số tự nhiên n : u(1),u(2),u(3), ,u(n), �Ta kí hiệu u(n) un gọi số hạng thứ n hay số hạng tổng quát dãy số, u1 gọi số hạng đầu dãy số �Ta viết dãy số dạng khai triển u1,u2 , ,un , dạng rút gọn (un ) Người ta thường cho dãy số theo cách: �Cho số hạng tổng quát, tức là: cho hàm số u xác định dãy số �Cho công thức truy hồi, tức là: * Cho vài số hạng đầu dãy 116 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả * 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 ) gọi dãy tăng un un1 n �� * �Dãy số (un ) gọi dãy giảm un un1 n �� * Dãy số bị chặn �Dãy số (un ) gọi dãy bị chặn có số thực M cho un M n �� * �Dãy số (un ) gọi dãy bị chặn có số thực m cho un m n �� * �Dãy số vừa bị chặn vừa bị chặn gọi dãy bị chặn, tức tồn số thực dương M cho un M n �� * Vấn đề Xác định số hạng dãy số Các ví dụ Ví dụ Cho dãy số có số hạng đầu là: 1,3,19,53 Hãy tìm quy luật dãy số viết số hạng thứ 10 dãy với quy luật vừa tìm Lời giải Xét dãy (un ) có dạng: un an3 bn2 cn d � a b c d 1 � 8a 4b 2c d � Ta có hệ: � 27a 9b 3c d 19 � � 64a 16b 4c d 53 � Giải hệ ta tìm được: a 1,b 0,c 3,d � un n3 3n quy luật Số hạng thứ 10: u10 971 n2 3n Ví dụ Cho dãy số (un ) xác định un n1 Viết năm số hạng đầu dãy; Dãy số có số hạng nhận giá trị nguyên Lời giải Ta có năm số hạng đầu dãy 12 3.1 11 u 17 ,u 25 ,u 7,u 47 , u1 3 4 1 5 Ta có: un n , un nguyên n1 n1 nguyên hay n ước Điều xảy n � n Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Tương tự, ta có: yn tan Đặt n n n 1 � xn cot n ; yn tan2n � xn yn tan2n cot n t 1 t 1 t2 2 � t tan t2 Vì n �� n 6 3 Đặt t tan n � tan2 n cot n � 2 1 t2 � xn yn 3, n �2 � đpcm Vì un �� � un Khi đó: 2t bn1 cn1 bn cn �bn ,cn �� với � (bn ,cn ) � cn � 3bn2 cn2 �bn � � � 2� �cn 3bn � 6bn cn 2 Bằng quy nạp ta chứng minh 3bn cn ,6bncn � �bn1 3bn2 cn2 Suy � cn1 2bncn � Bằng quy nạp ta chứng minh được: 3b2n c2n Do đó: an 3b2n c2n c2n 1 (đpcm) CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN Vấn đề Xác định cấp số xác yếu tố cấp số Bài 1 Ta có: un1 un 2(n 1) (2n 3) số Suy dãy (un ) cấp số cộng với cơng sai d 2 Ta có: un1 un 3(n 1) 1 (3n 1) 3 số Suy dãy (un ) cấp số cộng với công sai d 3 Ta có: un1 un (n 1)2 1 (n2 1) 2n phụ thuộc vào n Suy dãy (un ) cấp số cộng Ta có: un1 un 2 2 phụ thuộc vào n n n n(n 1) Vậy dãy (un ) cấp số cộng Bài u n1 Ta có: n1 phụ thuộc vào n suy dãy (un ) un n cấp số nhân un1 4.3n1 không phụ thuộc vào n suy dãy (un ) un 4.3n cấp số nhân với công bội q u 2 n : Ta có: n1 phụ thuộc vào n un n1 n n 1 Ta có: Suy dãy (un ) cấp số nhân Bài Ta có: un1 un 3(n 1) 1 3n Dãy (un ) CSC có cơng sai d Ta có: un1 un 5 Dãy (un ) CSC có cơng sai d 5 164 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả 2 Dãy (un ) CSC có cơng sai d 5 � (un ) khơng CSC Ta có: un1 un n(n 1) Ta có: un1 un Tương tự ý dãy (un ) không CSC Tương tự ý dãy (un ) không CSC Bài u Ta có: n1 � (un ) CSN với công bội q un Ta có: u n un � (un ) CSN với công bội q 3 Ta có: un1 3n � (un ) khơng phải CSN un 3n Ta có: un1 2n1 � (un ) CSN un 2n Ta có: un1 (n 1)3 � (un ) CSN un n3 Bài Từ giả thiết tốn ta có hệ phương trình : � � A 200 � A B C 1800 C 5A � � � � � A C 2B � �B 3A � �B 600 � � � � C 5A 9A 1800 C 1000 � � � � Ba góc tam giác: 300 ,600 ,900 Bài Ta có: u n un n 1 32 n 1 32 ,n �N * � Dãy số cấp số nhân với u1 3;q Ta có u2;u4;u6;�;u20 lập thành cấp số nhân số hạng đầu u2 9;q có 10 số hạng nên S u2 n 1 310 310 10 (3 1) 1 2 1 n 1 � n 16 Vậy số 19683 số hạng thứ 16 cấp số Ta có : u 19683 � 32 n 39 � Bài Gọi CSN (un), n 1,7 Theo đề ta có : � � u q3 � u4 u1 � � � � � � � u7 243u2 u1.q 243u1.q �q � � � � Do số hạng lại cấp số nhân 2 u1 ;u2 ;u3 2;u5 18;u6 54;u7 162 Gọi ba số hạng CSC a 2x;a;a 2x với d 2x � a 3 � a 2x a a 2x 9 � � �� Ta có: � x � (a 2x)2 a2 (a 2x)2 29 � � � � a d 37 � a 37 d � � c b 36 � c 36 b � �� Gọi bốn số a,b,c,d ta có hệ : � a c 2b d 73 3b � � �bd c2 �b(73 3b) (36 b)2 � � � b 16,c 20,d 25,a 12 Bài u1 6d u1 2d d2 � � �� Ta có: � u1 3,u1 17 (u1 d)(u1 6d) 75 � � � 2u1 63d 11 � u 89 � � �1 Ta có: � 2 d3 (u1 30d) (u1 33d) 101 � � Vậy un 3(n 1) 89 3n 92 n Thay công thức S1 2u1 (n1 1)d n n2 S2 2u2 (n2 1)d ; S3 2u3 (n3 1)d 2 Ta có điều phải chứng minh Bài Gọi q công bội cấp số Khi ta có: � 39 � 39 u2 u3 u4 u1 q q2 q3 � � � � 11 � 11 � � 82 82 � � u u5 u 1 q �1 �1 11 11 166 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả q4 Suy ra: q q q 82 � 39q4 82q3 82q2 82q 39 39 � (3q 1)(q 3)(13q2 16q 13) � q �q ,q 3 81 81 � u1 � un 11 11 3n1 n1 �q 3� u � u n 11 11 Ta có: S2011 u1 q2011 q1 243 � � � S2011 1 � � 2011 22 � � 2011 � q � S2011 1 22 �q Với q ta có: un 3n1 �1 � �� ;1�� n nên có số hạng 11 �2 � dãy Với q �1 � �� ;1�� n nên có số hạng ta có: un n 11.3 �2 � dãy Bài 10 k , k 1,2011 2011! k1 k 1 uk Ta có: uk1 2011! 2011! 2011! 2011! Nên dãy (un ) CSC có 2011 số hạng Xét dãy số (un ) : uk x 1.2 (k 1)(k 1) 2011 1.2 (k 1)(k 1) 2011 Từ ta có đpcm Hơn uk Vấn đề Chứng minh tính chất cấp số Bài 1 Vì a,b,c lập thành cấp số cộng nên a c 2b Do : a2 2bc c2 2ab a c a c 2b a c a c a c 2b Suy a2 2bc c2 2ab Gọi d công sai cấp số, suy b a c b d,c a 2d Do đó: a b b c b a c b c a d d d c a d( c a) c a �un k u1 (n k 1)d Gọi d cơng sai cấp số Ta có: � un k u1 (n k 1)d � u un k � un k un k 2u1 2n 2 d 2un � un nk Bài A B C Ta có: tan ;tan ;tan lập thành cấp số cộng 2 A C B sin( ) sin A C B 2 � tan tan 2tan � 2 A C B 2 cos cos cos 2 � B B � �A C � �A C � � cos2 sin � cos� � cos� � � 2 � �2 � �2 � � 1 cosB 1 cosB � cosA cosC � � 2 2� cosA cosC � cosB � cosA ,cosB,cosC lập thành CSC A B B C Ta có: cot cot cot cot 2 2 A B B A B C C B cos sin cos sin cos sin cos sin 2 2 2 2 � A B C B sin sin sin sin 2 2 B A B A CB CB � sin cos sin cos 2 2 � sin B sinA sinC sinB � sinA sinC 2sin B Bài Vì a,b,c lập thành cấp số nhân nên ta có b2 ac � Ta có: a b c a b c a c b2 a2 2ac c2 b2 a2 2b2 c2 b2 a2 b2 c2 2 2 2 Ta có: a b b c a ac ac c ac a c 168 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả b2 a c ab bc 2 b2 ac Ta có: ab bc ca ab bc b2 b3(a b c)3 abc(a b c)3 Ta có: VT (an cn )2 b2n a2n c2n b2n 2(ancn b2n ) a2n b2n c2n Bài Gọi q công bội cấp số Ta có: a1an a1.a1qn1 a12qn1 ak ank 1 a1.qk1.a1.qn k a12.qn1 Suy : a1an ak ank 1 Ta có: Sn S3n S2n u1 S2n Sn qn �q3n q2n 1� q2n (qn 1)2 � u1 u � q 1� q1 � (q 1)2 �q � 2 � q2n qn 1� q2n (qn 1)2 � u12 � u1 u1 � q1 q1 � (q 1)2 � � Suy Sn S3n S2n S2n Sn Bài �Giải sử a,b,c ba số hạng thứ k 1;l 1;m cấp số nhân có cơng bội q , ta có : lm a b �a � a u1.q ;b u1.q ;c u1.q � qkl ; ql m � � � b c �b � k l m k l �b � � � �c � � al m bml k 1.ck 1 Đặt p l m;t m l k 1;r k Khi ta có ba số p,t,r thỏa mãn yêu cầu toán p r � �a � �b � �p t r p r p r �Giả sử ta có �p � a c b � � � � �(*) a bt cr �b � �c � � Do p t r nên tồn số dương số âm b Giải sử r 0,t Đặt qr � b a.qr kết hợp với (*) ta có a p � a � �a.qr � �� �a.qr � � c � � � r � �� c a.qr p � � Vậy ba số a,b,c ba số hạng cấp số nhân với a số hạng đầu,b số hạng thứ r 1;c số hạng thứ r p Ta có 1 �1 � � � � akak1 d � �ak ak1 � 1 1 �1 � n � � � a1a2 a2a3 an1an d � �a1 an � a1an 1 � a3 a1 2a2 � a1 a2 a2 a3 d Ta có a1a2 a2a3 a1a3 Suy 1 3 � a1a2 a2a3 a3a4 a1a4 a1a3 a3a4 a1a4 � 2a4 a1 3a3 � 2a4 3(a1 2d) a1 � a4 a1 3d Ta có: b a (n m)d; c a (p m)d Suy VT a(n p) � a (n m)d � (p m) � a (p m)d � (m n) � � � � d� (n m)(p m) (p m)(m n)� � � �Giả sử a,b,c ba số hạng thứ m 1,n 1,k CSC (un ) � a b d � � a u1 md � � � m n Ta có: � m(a b) mb an �b u1 nd � u a �1 m n m n Mặt khác: c u1 kd � (m n)c mb na k(a b) � (k n)a (m k)b (n m)c � pa qb rc Đặt p k n,q m k,r n m � � p q r � �Giả sử tồn ba số nguyên khác không p,q,r cho � pa qb rc � p q r � Khơng tính tổng qt ta giả sử a �b �c p,q,r Ta có: p q r nên (q r)a qb rc � (a b)p (c a)r a b � a b rd,c a pd b (p r)d Đặt d r Vậy b,a,c ba số hạng u1,ur ,upr CSC Ta có Sm Sn � 2u1(m n) (m2 n2)d (m n)d � 2u1 (m n 1)d 170 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả n m � 2u (m n 1)d � � � Giả sử a,b,c ba cạnh tam giác theo thứ tự lập thành CSN với cơng bội q � � a aq aq2 q2 q 1 � � �� Ta có: � aq aq a � q2 q � Suy Sm n � �1 1 � q �� ; � � 2 � � 1� � � � � �� � q �� ; � � 2 � � � � 1 � �1 � � q �� �; ; �� ��� � � � � � � � � � � Bài Ta có: a2 ab b2 b2 bc c2 2(a2 ca c2 ) 2 � 2b2 ab bc a2 2ac c2 � b(a b c) b (a c) � b(a b c) (a b c)(b a c) � 2b a c � 2b a c n �1 � � �1 n q qn Ta có: S u1 q 1; T � � q1 u1 u1 qn1(q 1) 1 q P u1nq1 2 n1 u1nq n(n1) n S� Suy ra: P � �� �T � Bài Ta có: C kn C kn 2C kn1 n! n! n! 2 k!(n k)! (k 2)!(n k 2)! (k 1)!(n k 1)! � (k 1)(k 2) (n k)(n k 1) 2(k 2)(n k) Đây phương trình bậc hai ẩn k nên có nhiều hai nghiệm � Giả sử tồn k để C kn , C kn1 , C kn C kn bốn số hạng liên tiếp CSC Do C kn C nn k nên suy ra: C nnk ,Cnnk 1,Cnnk 2 ,Cnnk3 tạo thành bốn số hạng liên tiếp CSC Vậy ta có sau ba số hạng liên tiếp CSC: C kn ,C kn1,C kn C kn , C kn1 , C kn , C kn C nn k ,C nn k2 ,C nnk1 C nn k2 ,C nnk1,C nn k Ta chứng minh tập k,k 1,n k 3,n k 2 chứa không hai số khác Thật vậy, giả sử k,k 1,n k ba số khác Khi đó, tồn ba CSC: C kn ,C kn1,C kn C kn1 , C kn , C kn C nn k ,C nn k2 ,C nnk 1 Điều trái với kết câu 1) Do k,k k k 3,n k số tự nhiên liên tiếp nên ta có: � k nk3 � C kn1 C nn k2 C kn � k n k � Suy C kn Ckn1 Ckn (1) Xét phương trình : C kn C kn1 (2) n! n! n1 � k 1 n k � k k!(n k)! (k 1)!(n k 1)! Suy phương trình (2) có không nghiệm k , điều dẫn tới (1) mâu thuẫn � Vậy không tồn k để C kn , C kn1 , C kn C kn bốn số hạng liên tiếp CSC Bài � u1 un1 uk1 unk 1 � , k 0,1,2, ,n Ta có � k C n C nnk � n u n � n uk 1 unk1 � n uk1 unk1 k 1 (u1 un1) � Nên 2� k �� k nk � � k k � � k Cn Cn k0 C n k 0�C n k C n � Do đó, để chứng minh đẳng thức cho ta cần chứng minh n n 1n1 2k �Ck 2n1 � k k0 n (1) k Ta chứng minh (1) quy nạp 1 �Với n ta có: VT(1) VP(1) 2 C1 C1 Nên (1) với n 172 Các giảng trọng tâm theo chuyên đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả �Giả sử n n 1n1 2k �Ck 2n1 � k k k n n Thật vậy: �Ck k 0 n , ta chứng minh n 1 C0n1 n n � k k C n n n 2k � (2) 2n k1 k �C k1 1 �C k1 k 0 k n1 n1 (n 1)! n1 k k 1 C Mà C n1 (k 1)!(n k)! k n n Suy � k 1 k C n n � n k1 k n k 1� � � � � n k 0 C k 2(n 1) k 0�C k C nnk � n � n � n Suy minh � k k C n n n n n 1n1 2k n n1 2k � � � 2(n 1) k C k 2(n 1) 2n1 k1 k 2n k1 k n 1 n n1 2k n n 2k � � dẫn tới (2) chứng 2n k1 k 2n k1 k Gọi p q công sai cấp số cộng ss1 ,ss2 ,ss3 , ss1 k ,ss2 k ,ss3 k , Đặt a ss1 p b ss1 k q Theo công thức tính số hạng tổng quát cấp số cộng với số nguyên dương n ta có: ss ss (n 1)p a np, ss k ss k (n 1)q b nq n n Từ dãy s1,s2 ,s3 , dãy tăng ngặt, nên với số nguyên dương n với ý sn k �sn k ta có ssn k 1 ssn k �ssn k , từ ta thu a np k 1 b nq �a (n 1)p, điều tương đương với k 1 b a n(q p) �kp, p �q ta thấy bất đẳng thức mâu thuẫn cho n cằng lớn Nên suy p q �k 1 b a �kp (1) Đặt m min sn1 sn : n 1,2, Khi b a (ss1 k q) (ss1 p) ss1 k ss1 �km kp a (s1 k)p (a s1p) ss s1 k ss s1 (2) sb p saq �m(b a) (3) Ta xét hai trường hợp: � b a kp Khi đó, với số nguyên dương n , ssn k b np a (n k)p ssn k , từ kết hợp với dãy s1,s2 ,s3 , dãy tăng ngặt ta có sn k sn k Mặt khác sn sn1 snk sn k nên sn1 sn s1,s2 ,s3 , cấp số cộng với công sai � b a kp Chọn số nguyên dương N cho sN 1 sN m Khi m(a b p k) m((a (N 1)p) (b Np k)) �sa(N 1)p sb Np k ss sN 1 ss sN k k (a sN 1p) (b (sN k)p) (sN 1 sN )p a b kp mp a b kp, vậy: (b a km) (kp m(b a)) �0 (4) Từ bất đẳng thức (2), (3) (4) ta thu đẳng thức sau: b a km kp m(b a) Giả sử tồn số nguyên dương n cho sn1 sn m Khi m(m 1) �m(sn1 sn ) �ss n ss (a (n 1)p) (a np) n m(b a) m2 , vơ lý k Vì điều giả sử sai nên sn1 sn m với n �� hay dãy s1,s2 ,s3 , cấp số cộng có cơng sai m p Vấn đề Tìm điều kiện để dãy số lập thành cấp số Bài � x 5y 8x y 2(5x 2y) � Ta có hệ: � giải hệ ta tìm (x 1)2(y 1)2 (xy 1)2 � � �� 3� (x;y) � 3; ; 3; �� � � �� � � �� � � x 6y 8x y 2(5x 2y) � Ta có hệ: � giải hệ ta tìm (x y)(2x 3y) (y 1)2 � � �3 � (x;y) 3; 1 ;� ; � �8 � Bài Đáp số: b 0,a Khi phương trình có ba nghiệm lập thành CSC x 0,x � a Bài 174 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả 16 Giả sử phương trình có ba nghiệm a,b,c lập thành CSN � abc m � � m b3 thay vào phương trình ta có Suy � �b ac Đáp số : m � 10 b �m � (3b 4)(b 2) � � 27 � b 2�m � Thay ngược lại ta thấy khơng có giá trị m thỏa yêu cầu toán Bài 5: Giải sử phương trình có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng Khi đó: x1 x3 2x2 ,x1 x2 x3 � x2 Thay vào phương trình ta có : m 11 Với m 11 ta có phương trình : x3 3x2 9x 11 � x 1 x2 2x 11 � x1 1 12,x2 1,x3 1 12 Ba nghiệm lập thành CSC Vậy m 11 giá trị cần tìm Đặt t x2 ,t �0 Phương trình trở thành: t2 2 m 1 t 2m 1 (2) Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt PT (2) có hai nghiệm dương phân biệt t2 t1 �m 2m � ' � � � � �P � � 2m � m �0 �S � 2 m 1 � � � Khi PT(2) có bốn nghiệm là: t2 ; t1 ; t1 ; t2 Bốn nghiệm lập thành cấp số cộng : � t2 t1 2 t1 � � t2 t1 � t2 9t1 � � � t1 t2 t1 � t1 t2 2 m 1 � Theo định lý viet : � � t1t2 2m �m � t 9t1 2 m 1 � � �1 � 9m2 32m 16 � � � m � t19t1 2m � giá trị cần tìm Giả sử phương trình có ba nghiệm phân biệt lập thành CSN,khi : � x1x3 x22 � m1 � x1 x2 x3 2 � x2 � � x1x2 x2x3 x3x1 m � thay vào phương trình ta có : m 1,m 3,m 4 Bằng cách thay giá trị m vào phương trình ta thấy khơng có giá trị m thỏa u cầu toán Vậy m m 176 ... (hoặc vài số hạng) đứng trước Dãy số tăng, dãy số giảm ? ?Dãy số (un ) gọi dãy tăng un un1 n �� * ? ?Dãy số (un ) gọi dãy giảm un un1 n �� * Dãy số bị chặn ? ?Dãy số (un ) gọi dãy bị chặn có số. .. CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài Cho dãy số (un ) có số hạng tổng quát un 2n n2 Viết năm số hạng đầu dãy số Tìm số hạng thứ 100 200 167 Số có thuộc dãy số cho hay khơng 84 Dãy số có số hạng số. .. giác n Bài Cho dãy số (un ) với u 321 n Chứng minh dãy số (un) cấp số nhân Tính tổng S u2 u4 u6 � u20 Số 19683 số hạng thứ dãy số Bài Cho cấp số nhân có số hạng, số hạng thứ tư số hạng