Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học

Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Phương pháp quy nạp toán học

Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC Vấn đề Dùng quy nạp để chứng minh đẳng thức Bất đẳng thức Bài 1 Bước 1: Với n = ta có: 1(1+ 1)(2.1+ 1) VT = 12 = 1, VP = = 1⇒ VT = VP ⇒ 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: VT(2) = 12 + 22 + + k2  + (k + 1)2   (1) = k(k + 1)(2k + 1) + (k + 1)2  2k2 + k  (k + 1)(2k2 + 7k + 6) = (k + 1)  + k + 1 =   (k + 1)(k + 2)(2k + 3) = = VP(2) ⇒ (2) ⇒ đẳng thức cho với n ≥ * Với n = ta có VT = = VP ⇒ đẳng thức cho với n = * Giả sử đẳng thức cho với n = k ≥ 1, tức là: k 2k + + + + = − (1) 3 3k 4.3k Ta chứng minh đẳng thức cho với n = k + 1, tức cần chứng minh k k + 2k + + + + + = − (2) 3 3k 3k+1 4.3k+1 Thật vậy: 2k + k + 2k + VT(2) = − + = − = VP(2) 4.3k 3k+1 4.3k+1 ⇒ (2) ⇒ đẳng thức cho Bài 1.2 + 2.3 + + k(k + 1) + (k + 1)(k + 2) = 87 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả = 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+1 + = 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− ÷1− 2k −(2k + 1) (2k + 1)  (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 π * Với n = 1⇒ VT = 2, VP = 2cos = ⇒ VT = VP ⇒ đẳng thức cho với n = * Giả sử đẳng thức cho với n = k , tức là: π (k dấu căn) (1) Ta chứng minh đẳng thức cho với n = k + 1, tức là: + + + + + = 2cos + + + + + = 2cos 88 k +1 π k+ 2 ( k + dấu căn) (2) Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt π + + + + = + 2cos Thật vậy: VT(2) =   + 144444444 k +1 424444444443 k dau can = 2(1+ cos π k +1 ) = 4cos2 π k+ 2 = 2cos π k+ 2 = VP(2) a (Ở ta sử đụng công thức 1+ cosa = 2cos2 ) ⇒ (2) ⇒ đẳng thức cho x sin sinx = sinx nên đẳng thức cho • Với n = ta có VT = sinx, VP = x sin với n = • Giả sử đẳng thức cho với n = k ≥ 1, tức là: kx (k + 1)x sin 2 sinx + sin2x + sinkx = (1) x sin Ta chứng minh (4) với n = k + 1, tức (k + 1)x (k + 2)x sin sin 2 sinx + sin2x + sin(k + 1)x = (2) x sin kx (k + 1)x sin 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 ≥ sin Bài * Với n = ta có: VT = sin1.α = sin α = VP nên đẳng thức cho * Giả sử đẳng thức cho với n = k ≥ 1, tức : sinkx ≤ k sinx (1) 89 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Ta phải chứng minh đẳng thức cho với n = k + 1,tức : sin(k + 1)α ≤ ( k + 1) sin α (2) Thật vậy: sin ( k + 1) α = sinkα cosα + coskα sin α ≤ sinkα cosα + coskα sin α ≤ sinkα + sin α ≤ k sin α + sin α = ( k + 1) sin α Vậy đẳng thức cho với n = k + 1, nên đẳng thức cho với số nguyên dương n Bài k  1 n2 n Ta chứng minh  1+ ÷ < + + ,1≤ k ≤ n (1) phương pháp n  k2 k quy nạp theo k Sau cho k = n ta có (7) 1 * Với k = 1⇒ VT(1) = 1+ < + + = VP(1) n n n ⇒ (1) với k = * Giải sử (1) với k = p, 1≤ p ≤ n , tức là: p p2 p  1  1+ ÷ < + + (2) n n  n k = p + Ta chứng minh (1) với , tức p+1  1  1+ ÷ n   p+1  1 Thật vậy:  1+ ÷ n   = < p2 n3 + < p  1 =  1+ ÷ n   p2 + p n2 + (p + 1)2 n2 + p+1 + (3) n    p2 p   1  1+ ÷ <  + + 1÷ 1+ ÷ n  ÷ n n   n   p+1 p p2 + p p + + 1≤ + + +1 n n n2 n2 p2 + 2p + p + (p + 1)2 p + + + 1= + + ⇒ (3) ⇒ n n n2 n2 đpcm Cách khác: Khi n = 1⇒ < 3(đúng) dễ thấy n > 1⇒ n tiến dần n n  1  1 ⇒  1+ ÷ tiến gần 1.Vậy ∀n ≥ 1ta ln có  1+ ÷ < n 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) 90 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 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 + + (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 Bài 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 ≥ Ta có 2k   x  (1) f ( x) ≥ f  ÷ k    Ta chứng minh bất đẳng thức với n = k + 1, tức :   x  f ( x) ≥ f  k +1 ÷     x  Thật ta có : ff =  k÷ ÷ 2  2k+1 (2)  x x    x  + ≥ f    ÷ ÷ ÷  ÷  2k + 2k +    2k +     x  ⇒ ff   k÷ ÷     2k   ≥    2  x     ÷ ÷   2k +     2k 91 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả   x  ⇒ ff ÷   2k ÷   2k  ≥   x    ÷ ÷  2k +   2k + 2k+1   x  Do tính chất bắc cầu ta có : f ( x) ≥ f  k +1 ÷    Bất đẳng thức với n = k + nên với số tự nhiên n Bài 1 1 < 2− ⇔ < − + (hiển nhiên đúng) k (k + 1) k+1 k+1 k k+ > k + ⇔ k(k + 1) > k (hiển nhiên) k+1 k+ < k + ⇔ k(k + 1) < 2k + k+1 ⇔ 4k(k + 1) < (2k + 1)2 = 4k(k + 1) + (hiển nhiên) tan(n + 1)α = tannα + tan α > (n + 1)tan α 1− tannα.tan α ⇔ tannα + tan α > (n + 1)tan α − (n + 1)tan2 α.tannα ⇔ tannα 1+ (n + 1)tan2 α  > ntan α (đúng)   2k+1 > 2(2k + 1) = 2k + + 2k − > 2k + 2k+ = 2.2k+ > 2(2k + 5) = 2(k + 1) + + 2k + > 2(k + 1) + 3k = 3.3k−1 > 3k(k + 2) = (k + 1)(k + 2) + 2k2 + 3k − > (k + 1)(k + 2) 2k− = 2.2k−3 > 2(3k − 1) = 3k + + 3k − > 3k + • Với n = bđt hiển nhiên π π • Giả sử k cos − (k − 1)cos ≥ Ta cần chứng minh k k−1 π π  π π π (k + 1)cos − kcos ≥ ⇔ k  cos − cos ÷ ≥ 2sin2 k+1 k k + k 2(k + 1)   ⇔ ksin Ta có: (2k + 1)π π π sin ≥ sin2 (1) 2k(k + 1) 2k(k + 1) 2(k + 1) π (2k + 1)π π (2k + 1)π π > > > ⇒ sin > sin 2k(k + 1) 2(k + 1) 2k(k + 1) 2(k + 1) Mặt khác: sinnx ≤ n sinx ⇒ k sin Từ ta có (1) ln 92 π π ≥ sin 2k(k + 1) 2(k + 1) Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Vậy toán chứng minh 2k + 2k + 2k + < 2k + 2k + 3k + 2k + Và 2k + < 3k + 2k + 3k + ⇔ (3k + 7)(2k + 3)2 < (3k + 4)(2k + 4)2 ⇔ k + > (đúng) 10 k + k +1 −1 < k + 1⇔ k +1 −1 < (đúng) Bài ,S2 = ;S3 = ,S4 = n Dự đốn cơng thức Sn = 2n + Bài • Ta chứng minh (2) với n = 2k , k ≥ * Với k = (8.2) (do (1)) * Giả sử (2) với n = 2k , ta chứng minh (2) với n = 2k+1  x1 + + x k  k ÷ Thật vậy: f(x1) + f(x k ) ≥ f  k  ÷   Ta có S1 =  x k + + x k+1  ÷ ) + f(x k+1 ) ≥ 2k f  +1 k k +1  ÷ f(x   x1 + + x k k Do đó: f(x1) + f(x k+1 ) ≥ f  k      x k + + x k+1  ÷+ 2k f  +1 ÷ k ÷  ÷     x1 + + x k + x k + + x k+1  2 +1 ÷ ≥ 2k+1f  k +1  ÷   Do (2) với n = 2k • Giả sử (2) với n = k + 1≥ 3, tức f(x1) + f(x2) + + f(xk+1)  x1 + x2 + + xk +1  ≥ f ÷ (3) k+1 k+1   Ta chứng minh (8.2) với n = k , tức f(x1) + f(x2) + + f(xk )  x1 + x2 + + xk  ≥ f ÷ (4) k k   x + x + + xk x Thật vậy: đặt xk+1 = = , áp dụng (3) ta có k k 93 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả  x f(x1) + f(x2) + + f(xk ) + f  ÷  x + x + + x   k  ≥ f k÷  ÷ k+1 k+1  ÷ ÷    x + x + + xk  ≥ f ÷ k k   Vậy toán chứng minh Chú ý: Chứng minh tương tự ta có tốn sau f(x) + f(y) ≥ f( xy) ∀x,y ≥ (a) ta có Nếu f(x1) + f(x2) + + f(xn ) ≥ f n x1x2 xn với ∀xi ≥ 0, i = 1,n (b) n Hay f(x1) + f(x2) + + f(xk ) ( ) Vấn đề Ứng dụng phương pháp quy nạp số học hình học Bài 1 Đặt an = n(2n2 − 3n + 1) = 2n3 − 3n2 + n Ta có: an+1 = 2(n + 1)3 − 3(n + 1)2 + n + = an + 6n2 Đặt an = 11n+1 + 122n−1 Ta có: an+1 = 11.11n+1 + 122.122n−1 = 11.an + 133.122n−1 Đặt an = n7 − n 7 k 7− k Ta có an+1 = (n + 1) − (n + 1) = an+1 = an + ∑ C7 n i =1 7! k ,1≤ k ≤ chia hết cho Mà C7 = k!(7 − k)! Đặt an = 13n − 1⇒ an+1 = 13an + 12 Đặt an = n5 − n ta có: ak+1 − ak = (k + 1)5 − k5 − = 5k(k3 + 2k2 + 2k + 1) ( ) k +1 k Đặt an = 16n − 15n − ta có: ak+1 = 16 − 15k − 16 = ak + 15 16 − Đặt an = 4.32n+1 + 32n − 36 ta có: ak+1 = 4.32k+ + 32(k + 1) − 36 = ak + 32(32k+1 + 1) Bài * Với n = 2, ta có : a2 = ( + 1) ( + 2) = 12 ⇒ a2M4 = 22 * Giả sử ak M2k ta chứng minh ak+1M2k+1 Thật vậy: 94 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt ak+1 = ( k + 1+ 1) ( k + 1+ 2) ( k + k + 1+ 1) = ( k + 2) ( k + 3) ( k + k + 2) = ( k + 2) ( k + 3) ( k + k ) ( k + k + 1) ( k + k + 2) = ( k + 1) ( k + 2) ( k + 3) ( k + k )  2.( k + k + 1) 14444444444444244444444444443 = 2ak (k2 + k + 1) ak Do ak M2k ⇒ 2ak M2k+1 ⇒ ak+1M2k+1 đpcm Ta có: S(n) = 27S(n − 1) − 14S(n − 2) dùng quy nạp để chứng minh S(n) chia hết cho 751 • Ta có: f(3) = 2f(2) + f(1) = , nên f 2(2) − f(3)f(1) = 22 − 5.1 = (−1)1 Suy đẳng thức cho với n = • Giả sử đẳng thức cho với n = k , tức là: f 2(k + 1) − f(k + 2)f(k) = (−1)k (1) Ta chứng minh đẳng thức cho với n = k + 1, tức là: f 2(k + 2) − f(k + 3)f(k + 1) = (−1)k+1 (2) Ta có: f 2(k + 2) − f(k + 3)f(k + 1) = f 2(k + 2) −  2f(n + 2) + f(n + 1) f(k + 1) = f(k + 2) f(k + 2) − 2f(k + 1) − f 2(k + 1) = f(k + 2)f(k) − f 2(k + 1) = −(−1)k = (−1)k+1 Vậy toán chứng minh Trước hết ta có nhận xét: p1.p2 pn + > pn+1 • Với n = ta có: 221 = > p = • Giả sử 22k > p ∀k ≤ n , ta cần chứng minh 22k+1 > p k k +1 pk Thật vậy, ta có: 22 22 22 + > p1.p2 pk + > pk+1 k +1 −1 k +1 22 Suy 221+ 22+ + 2k > p + > pk+1 ⇒ 22 > pk+1 k +1 ⇒ Vậy toán chứng minh • Với n = tốn hiển nhiên • Giả sử tốn với n = k , ta chứng minh toán với n= k+1 Nếu a = (k + 1)! toán hiển nhiên Ta xét a < (k + 1)! , ta có: a = (k + 1)d + r với d < k!,r < k + 95 Các giảng trọng tâm theo chuyên đề Môn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Vì d < k! nên d = d1 + d2 + + dk với di (i = 1,k) ước đôi khác k! Khi đó: a = (k + 1)d1 + (k + 1)d2 + + (k + 1)dk + r Vì (k + 1)di ,r ước đôi khác (k + 1)! Vậy toán chứng minh Bài Ta có: an = (x1 + x2)(x1n−1 + x2n−1) − x1x2(x1n− + x1n− 2) x1 + x2 = Theo định lí Viét:  nên ta có: x1x2 = an = 6(x1n−1 + xn2−1) − (x1n−2 + x1n−2) = 6an−1 − an−2 * Với n = 1⇒ a1 = x1 + x2 = ⇒ a1 ∈ ¢ Và a1 không chia hết cho * Giả sử ak ∈ ¢ ak khơng chia hết cho với k ≥ Ta chứng minh ak+1 ∈ ¢ ak+1 khơng chia hết cho Do ak+1 = 6ak − ak−1 Mà ak ,ak−1 ∈ ¢ ⇒ ak+1 ∈ ¢ Mặt khác: ak+1 = 5ak + (ak − ak−1) = 5ak + 5ak−1 − ak−2 5ak M5 Vì ak−2 khơng chia hết cho  nên suy ak+1 không chia 5ak−1M5 hết cho Bài Giả sử n mặt phẳng chia không gian thành an miền Ta chứng minh được: an+1 = an + n2 + n + 2 (n + 1)(n2 − n + 6) Gọi an số miền n đường thẳng tạo thành Từ ta tính được: an = Ta có: a1 = Ta xét đường thẳng thứ n + (ta gọi d ), d cắt n đường thẳng cho n điểm bị n đường thẳng chia thành n + 1phần đồng thời phần thuộc miền an Mặt khác với đoạn nằm miền an chia miền thành miền, nên số miền có thêm n + Do vậy, ta có: an+1 = an + n + 96 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả v2n+1 Hay vn2+1 2n = v n+ − ⇒ v n+ − < < v n+ vn v2n+1 − < v n+ − < vn2+1  v2   v2  n+    n +1  v − = ⇔ v = + Do đó: n+ n+ v  n    Vì tính nên ta có: un = , ∀n ≥ Vậy tốn chứng minh Ta có u0 ,u1 ∈ ¢ ( un+1 − 5un ) = 24u2n + 1⇔ un2+1 − 10un+1un + un2 − 1= (1) Ở (1) thay n + n ta được: u2n − 10un un−1 + un2−1 − = ⇔ u2n−1 − 10un−1.un + un2 − = (2) Từ (1) (2) suy un+1,un−1 hai nghiệm phương trình t2 − 10tun + u2n − = 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−2 + 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 π π 2π = Ta có: x1 = = cot ⇒ x2 = cot + 1+ cot 6 110 π cos + π = cot π 2.6 sin Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Bằng quy nạp ta chứng minh được: xn = cot Tương tự, ta có: yn = tan Đặt α n = π n π n−1 π n −1 ⇒ xn = cot α n ; yn = tan2α n ⇒ xn yn = tan2α n cot α n = 1− t t 1− t2 π π ⇒ ≤ 1− t2 < Vì n ≥ ⇒ < α n < ⇒ < t < tan = 6 3 Đặt t = tan α n ⇒ tan2α n cot α n = ⇒ 2< 1− t2 < ⇒ < xn yn < 3, ∀n ≥ pcm Vỡ un Ô un = Khi đó: 2t bn+1 cn+1 bn cn  bn ,cn ∈ ¢ với  (bn ,cn ) = c  3bn2 + cn2 1 b =  n + n ÷ =  cn 3bn ÷ 6bn cn  ( ) 2 Bằng quy nạp ta chứng minh 3bn + cn ,6bncn = = 3bn2 + cn2  b Suy  n+1 cn+1 = 2bncn Bằng quy nạp ta chứng minh được: 3b2n − c2n = Do đó: an = 3b2n c2n = cn2 −1 (đpcm) 111 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN Vấn đề Xác định cấp số xác yếu tố cấp số Bài 1 Ta có: un+1 − un = 2(n + 1) + − (2n + 3) = số Suy dãy (un ) cấp số cộng với công sai d = 2 Ta có: un+1 − un = −3(n + 1) + 1− (−3n + 1) = −3 số Suy dãy (un ) cấp số cộng với công sai d = −3 Ta có: un+1 − un = (n + 1)2 + 1− (n2 + 1) = 2n + phụ thuộc vào n Suy dãy (un ) cấp số cộng Ta có: un+1 − un = 2 −2 − = phụ thuộc vào n n + n n(n + 1) Vậy dãy (un ) cấp số cộng Bài u n+1 Ta có: n+1 = phụ thuộc vào n suy dãy (un ) un n cấp số nhân un+1 4.3n+1 = = không phụ thuộc vào n suy dãy (un ) un 4.3n cấp số nhân với công bội q = u 2 n : = Ta có: n+1 = phụ thuộc vào n un n+1 n n+1 Ta có: Suy dãy (un ) khơng phải cấp số nhân Bài Ta có: un+1 − un = 3(n + 1) + 1− 3n − = Dãy (un ) CSC có cơng sai d = Ta có: un+1 − un = −5 Dãy (un ) CSC có cơng sai d = −5 112 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 2 Dãy (un ) CSC có cơng sai d = 5 ⇒ (un ) không CSC Ta có: un+1 − un = − n(n + 1) Tương tự ý dãy (un ) không CSC Ta có: un+1 − un = Tương tự ý dãy (un ) không CSC Bài u Ta có: n+1 = ⇒ (un ) CSN với công bội q = un Ta có: Ta có: u n+ un u n+ un Ta có: u n+ Ta có: u n+ un un = ⇒ (un ) CSN với công bội q = = = = 3n + ⇒ (un ) CSN 3n − 2n+1 − 2n − (n + 1)3 n3 ⇒ (un ) CSN ⇒ (un ) CSN Bài Từ giả thiết tốn ta có hệ phương trình : A = 200 A + B + C = 1800 C = 5A    ⇔  B = 3A ⇔  B = 600 A + C = 2B C = 5A   0  9A = 180 C = 100 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 + = ⇔ n = 16 Vậy số 19683 số hạng thứ 16 cấp số Ta có : u = 19683 ⇔ 32 n = 39 ⇔ 113 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Bài Gọi CSN (un), n = 1,7 Theo đề ta có :   u4 =  u1.q =  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:  2 (a − 2x) + a + (a + 2x) = 29 x = ±  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 = d = ⇔ Ta có:  (u1 + d)(u1 + 6d) = 75 u1 = 3,u1 = −17 2u1 + 63d = 11 u = −89 ⇔ Ta có:  2 (u1 + 30d) + (u1 + 33d) = 101 d = 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 u + u3 + u4 = u1 q + q2 + q3 =    11 ⇔ 11   82 82 u + u =  u 1+ q =   11 11 ( ( Suy ra: 114 q4 + q +q +q = ) ) 82 ⇔ 39q4 − 82q3 − 82q2 − 82q + 39 = 39 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt ⇔ (3q − 1)(q − 3)(13q2 + 16q + 13) = ⇔ q = • q= ,q = 3 81 81 ⇒ u1 = ⇒ un = 11 11 3n−1 n−1 • q = 3⇒ u = ⇒ u = n 11 11 Ta có: S2011 = u1 q2011 − q−1 243   ⇒ S2011 =  1− 2011 ÷ 22   2011 • q = ⇒ S2011 = −1 22 • q= ( Với q = ta có: un = ) 3n−1   ∈  ;1÷ ⇔ n = nên có số hạng 11   dãy Với q = 1  ∈  ;1÷ ⇔ n = nên có số hạng ta có: un = n − 2  11.3 dãy Bài 10 k , k = 1,2011 2011! k+1 k 1 = + = uk + Ta có: uk+1 = 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 115 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả 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 = n−k Bài A B C Ta có: tan ;tan ;tan lập thành cấp số cộng 2 A C B sin( + ) sin A C B 2 =2 ⇔ tan + tan = 2tan ⇔ 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 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 C−B C+B ⇔ sin cos = sin cos 2 2 ⇔ sin B − sinA = sinC − sin B ⇔ 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) = b2 ( a + c) = ( ab + bc) b2 = ac 116 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt ( 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 cơng bội cấp số Ta có: a1an = a1.a1qn−1 = a12qn−1 ak an−k +1 = a1.qk−1.a1.qn− k = a12.qn−1 Suy : a1an = ak an− k+1 Ta có: Sn ( S3n − S2n ) = u1 ( S2n − Sn ) qn −  q3n − q2n − 1 q2n (qn − 1)2 ÷ = u12 u1  −  q−1 q−1 q−1 ÷ (q − 1)2   2  q2n − qn − 1 q2n (qn − 1)2 ÷ = u12 =  u1 − u1  q−1 q−1 ÷ (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 : l−m a b  a a = u1.q ;b = u1.q ;c = u1.q ⇒ = qk−l ; = ql − m ⇒  ÷ b c  b k l m k −l  b = ÷  c ⇒ al − m bm−l −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  p + t + r =  a  b p r p+ r • Giả sử ta có  p ⇒ a c = b ⇒ =  ÷  ÷ (*) t r  b  c a 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 r  a   a.qr   ÷ = ÷ ⇒ c = a.qr + p  a.qr ÷  c ÷     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 + 117 Các giảng trọng tâm theo chuyên đề Môn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Ta có 1 1  =  − ÷ akak+1 d  ak ak+1 ÷  1 1 1  n − + + + =  − ÷= a1a2 a2a3 an−1an 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:   b = u1 + nd u = a − m(a − b) = mb − an  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 ,up+r CSC Ta có Sm = Sn ⇔ 2u1(m − n) + (m2 − n2)d − (m − n)d = ⇔ 2u1 + (m + n − 1)d = n+ m  2u + (m + n − 1)d  =  Giả sử a,b,c ba cạnh tam giác theo thứ tự lập thành CSN với công bội q Suy Sm+ n = 118 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt a + aq > aq2 q2 − q − 1< ⇔ Ta có:  2 aq + aq > a q + q − >   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 =   = q−1 u1 u1 qn−1(q − 1) −1 q P= u1nq1+ 2+ + n−1 = u1nq n(n−1) n Suy ra: P =  S ÷ T Bài Ta có: C kn + C kn+ = 2C kn+1 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 kn+1 , C kn+ C kn+ bốn số hạng liên tiếp CSC Do C kn = C nn− k nên suy ra: C nn− k ,C nn− k−1,C nn− k− ,C nn− k−3 tạo thành bốn số hạng liên tiếp CSC Vậy ta có sau ba số hạng liên tiếp CSC: C kn ,C kn+1,C kn+ C kn , C kn+1 , C kn+ , C kn+ C nn− k−3 ,C nn− k−2 ,C nn−k−1 C nn− k−2 ,C nn−k−1,C nn− k 119 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả 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 kn+1,C kn+ C kn+1 , C kn+ , C kn+ C nn− k−3 ,C nn− k−2 ,C nn−k−1 Điều trái với kết câu 1) Do k,k + k − k − 3,n − k − số tự nhiên liên tiếp nên ta có: k = n − k − ⇒ C kn+1 = C nn−k−2 = C kn+  k + = n − k −  Suy C kn = C nk+1 = C kn+ (1) Xét phương trình : C kn = C nk+1 (2) n! n! n−1 = ⇔ k + 1= n − k ⇒ k = k!(n − k)! (k + 1)!(n − k − 1)! Suy phương trình (2) có khơng q nghiệm k , điều dẫn tới (1) mâu thuẫn ⇔ Vậy không tồn k để C kn , C kn+1 , C kn+ C kn+ bốn số hạng liên tiếp CSC Bài u1 + un+1 = uk+1 + un−k+1 , ∀k = 0,1,2, ,n Ta có  k n− k C n = C n n u n u n  n u k +1 k + u n− k + k +1 + u n− k +1 = (u1 + un+1) ∑ Nên 2∑ k = ∑  k + n−k ÷ = ∑ k k  ÷ k =0 Cn Cn k =0 C n k = 0 C n k= C n  Do đó, để chứng minh đẳng thức cho ta cần chứng minh n n + 1n+1 2k k= k ∑ Ck = 2n+1 ∑ k= n (1) Ta chứng minh (1) quy nạp 1 • Với n = ta có: VT(1) = + = VP(1) = ( + 2) = C1 C1 Nên (1) với n = • Giả sử n k= n+ Thật vậy: 120 n + 1n+1 2k , ta chứng minh k= k ∑ Ck = 2n+1 ∑ n ∑ Ck k =0 n+ = C0n+1 + n n n+ 1 k= n+ ∑ Ck ∑ Ck+1 = 1+ ∑ Ck+1 k =0 n+ k =0 n+1 = n + n+ 2k (2) ∑ 2n+ k=1 k Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt k +1 Mà C n+1 = (n + 1)! n+1 k = C (k + 1)!(n − k)! k + n n Suy k =0 n+ = n+ Suy minh n k+1 k= C kn ∑ C k +1 = n + ∑ ∑ k k = C n+ = n  k + n − k + 1  ÷ + ∑ n− k ÷ 2(n + 1) k=0 C k C  n n  n+ n n + n + 1n+1 2k n + n+1 2k = ∑ ∑ = ∑ 2(n + 1) k=0 C k 2(n + 1) 2n+1 k=1 k 2n+ k=1 k n = 1+ n + n+1 2k n + n+ 2k ∑ = ∑ dẫn tới (2) chứng 2n+ k=1 k 2n+ k=1 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 cơng thức tính số hạng tổng qt 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{ sn+1 − 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 − sa+ q ≥ 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 < sn+1 < < sn+ k = sn + k nên sn+1 = sn + s1,s2 ,s3 , cấp số cộng với cơng 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)) 121 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả ≤ 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, (b − a − km) + (kp − m(b − a)) ≤ vậy: (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 sn+1 > sn + m Khi m(m + 1) ≤ m(sn+1 − sn ) ≤ ss n+ − ss = (a + (n + 1)p) − (a + np) n m(b − a) = m2 , vô lý k Vì điều giả sử sai nên sn+1 = sn + m với n ∈ ¥ hay dãy s1,s2 ,s3 , cấp số cộng có công 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:  2 giải hệ ta tìm (x + 1) (y − 1) = (xy − 1)  3  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)   1 (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 Đáp số : m = − 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 122 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt  10 b= ⇒ m= −  (3b − 4)(b − 2) = ⇔  27  b = ⇒ 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 ≥ Phương trình trở thành: t2 − 2( m + 1) t + 2m + = (2) Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt PT (2) có hai nghiệm dương phân biệt t2 > t1 >  ∆ ' > ( m + 1) − ( 2m + 1) >   ⇔ P > ⇔ 2m + > ⇔ − < m≠  S>  2( m + 1) >   Khi PT(2) có bốn nghiệm là: − t2 ; − t1 ; t1 ; t2 Bốn nghiệm lập thành cấp số cộng :  − t + t = −2 t 1 ⇔ t2 = t1 ⇔ t2 = 9t1  − t + t = t  t1 + t2 = 2( m + 1) Theo định lý viet :   t1t2 = 2m +  m= t1 + 9t1 = 2( m + 1) ⇒ ⇒ 9m − 32m − 16 = ⇔  m = −  t19t1 = 2m +  giá trị cần tìm Giả sử phương trình có ba nghiệm phân biệt lập thành CSN,khi : Vậy m = m = − 123 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả  x1x3 = x22 m+1  x1 + x2 + x3 = −2 ⇒ x2 = −  x x + x x + x x = m + 3  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 124 ... − 3, ta có: ( ) uk+1 = 2uk + = 5.2k−1 − + = 5.2k − Vậy toán chứng minh theo nguyên lí quy nạp 1 003 Ta có un < 1000 ⇔ 2n−1 < Mà 29 lũy thừa lớn lớn có chữ số nên ta có: 2n−1 = 29 ⇒ n = 10 Vậy... n = 5n2 + 10n + > nên dãy (un ) dãy tăng ( n + 1) ( n + 2) − ( n + 1) + ( n + 1) − n + n2 −