DAY SO PHUONG PHAP QUY NAP TOAN HOC Ly thuyet Bai tap van dung File word

Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp phản chứng  Giả sử dãy un có hữu hạn các số chẵn, giả sử uk là số hạng lớn nhất của dãy là số chẵn.. Nên dãy un chứa vô hạn số chẵn..[r]

Chuong 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 là số nguyên dương và P(n) là mệnh đề có nghĩa với số tự nhiên n  n0 Nếu (1) P(n0 ) là đúng và (2) Nếu P( k ) đúng, thì P( k  1) đúng với số tự nhiên k  n0 ; thì mệnh đề P(n) đúng với số tự nhiên n  n0 Khi ta bắt gặp bài toán: Chứng minh mệnh đề P(n) đúng với số tự nhiên n  n0 , n0  ¥ ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp sau Bước 1: Kiểm tra P(n0 ) có đúng hay không Nếu bước này đúng thì ta chuyển qua bước hai Bước 2: Với k  n0 , giả sử P( k ) đúng ta cần chứng minh P( k  1) đúng Kết luận: P(n) đúng với n  n0 Lưu ý: Bước gọi là bước quy nạp, mệnh đề P( k ) đúng gọi là 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) ) đúng với n  n0 , n0  ¥ ta thực các 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 mình với số tự nhiên n  ta luôn có:     n  n(n  1) Lời giải: Đặt P(n)      n : tổng n số tự nhiên đầu tiên : Q(n)  Ta cần chứng minh P(n)  Q(n) n  ¥ , n  1(1  1) Bước 1: Với n  ta có P(1)  1, Q(1)  1 n(n  1) L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn)  P(1)  Q(1)  (1) đúng với n  Bước 2: Giả sử P( k)  Q( k) với k  ¥ , k  tức là: k( k  1) (1)     k  Ta cần chứng minh P( k  1)  Q( k  1) , tức là: ( k  1)( k  2) (2)     k  ( k  1)  Thật vậy: VT(2)  (1     k)  ( k  1) k( k  1) (Do đẳng thức (1))   ( k  1) k ( k  1)( k  2)  ( k  1)(  1)   VP(2) 2 Vậy đẳng thức cho đúng với n  Ví dụ Chứng minh với số tự nhiên n  ta luôn có:     2n   n2 Lời giải:  Với n  ta có VT  1, VP   Suy VT  VP  đẳng thức cho đúng với n   Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k với k  ¥ , k  tức là:     2k   k (1) Ta cần chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  , tức là:     (2k  1)  (2k  1)   k  1 (2) Thật vậy: VT(2)  (1     2k  1)  (2k  1)  k  (2k  1) (Do đẳng thức (1))  ( k  1)  VP(1.2) Vậy đẳng thức cho đúng với n  Ví dụ Chứng minh với n  , ta có bất đẳng thức: 1.3.5  2n  1 2.4.6.2n  2n  Lời giải: 1   đúng * Với n  ta có đẳng thức cho trở thành :   đẳng thức cho đúng với n  * Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k  , tức là : L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) 1.3.5  k  1  (1) 2k  Ta phải chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  , tức là : 1.3.5  k  1 k  1 (2)  2.4.6 k  k   2k  2.4.6 k Thật vậy, ta có : VT (2)  1.3.5 (2 k  1) k  1 2k  2k    2.4.6 k 2k  2k  2k  2k  2k  1   (2 k  1)(2 k  3)  (2 k  2)2 2k  2k    (luôn đúng) Vậy đẳng thức cho đúng với số tự nhiên n  Ta chứng minh: Ví dụ Chứng minh với n  1, x  ta có bất đẳng thức: xn ( xn1  1)  x     xn    n 1 Đẳng thức xảy nào? Lời giải: x( x  1)  x     x( x2  1)  ( x  1)4  Với n  ta cần chứng minh:  x1   Tức là: x4  4x3  6x2  4x    ( x  1)4  (đúng) Đẳng thức xảy x  x k ( x k 1  1)  x     Giả sử  xk     x 1 Thật vậy, ta có:     k3 k 1 x k 1 ( x k   1)  x    , ta chứng minh  x k 1     x 1  x 1         k 1 k 3 (*)  x   x k ( x k 1  1)   xk     x   x k ( x k 1  1) x k 1 ( x k   1)  Nên để chứng minh (*) ta cần chứng minh   xk  x k 1     x   k 1 ( x  1)2  x( x k   1)( x k  1) (**) Hay     Khai triển (**) , biến đổi và rút gọn ta thu x2 k 2 ( x  1)2  2xk 1 ( x  1)2  ( x  1)2   ( x  1)2 ( xk 1  1)2  BĐT này hiển nhiên đúng Đẳng thức có  x  Vậy bài toán chứng minh L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Chú ý: Trong số trường hợp để chứng minh mệnh đề P(n) đúng với số tự nhiên n ta có thể chứng minh theo cách sau Bước 1: Ta chứng minh P(n) đúng với n  và n  k Bước 2: Giả sử P(n) đúng với n  k  , ta chứng minh P(n) đúng với n  k Cách chứng minh trên gọi là quy nạp theo kiểu Cauchy (Cô si) CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài Chứng minh với số tự nhiên n  , ta luôn 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    VT  VP  đẳng thức cho đúng với n  Bước 2: Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k  , tức là: k( k  1)(2 k  1) (1) 12  22   ( k  1)2  k  Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  , tức là cần chứng minh: ( k  1)( k  1)(2 k  3) (2) 12  22   ( k  1)2  k  ( k  1)2  Thật vây: (1) k( k  1)(2 k  1)  ( k  1)2 VT(2)  12  22   k   ( k  1)2  2  2k  k  ( k  1)(2 k  k  6)  ( k  1)   k  1    ( k  1)( k  2)(2 k  3)  VP(2)  (2) đúng  đẳng thức cho đúng với n  * Với n  ta có VT   VP  đẳng thức cho đúng với n  1 k 2k  * Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k  , tức là:    k   (1) 3 4.3k Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  , tức là cần chứng minh k k  2k  (2)    k  k 1   3 4.3k 1 3  L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) 2k  k  2k    k 1    VP(2) 4.3k 4.3k 1  (2) đúng  đẳng thức cho đúng Thật vậy: VT(2)  Bài Chứng minh các đẳng thức sau n  n  1 n   1.2  2.3   n(n  1)  với n  1 1 n      1.5 5.9 9.13  4n  3 4n  1 4n   n  n  1      n        2n                25       2n  1   2n 1 n     1.2 2.3 n(n  1) n  3 3 n(n2  1)(3n  2) , n  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¥ * n(n2  1)(3n  2) 1.22  2.32  3.42   (n  1).n2  12 với n  1 n(n  3)     10 1.2.3 2.3.4 n(n  1)(n  2) 4(n  1)(n  2) 1.22  2.32  3.4   (n  1).n2  Với n¥ * 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 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) 1 1       1.5 5.9 9.13  4k  3 4k  1 (4k  1)(4k  5)  k k 1   k  (4 k  1)(4 k  5) k  2  k( k  1)   ( k  1)( k  2)    ( k  1)3            2k (2 k  3)(2 k  1)(1  k) 2k       (2 k  1) (2 k  1) (1  k)  (2 k  1)   k 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( k  1)(3k  2)  ( k  1)(3k  2)   k( k  1)2  k( k  1)   1 12 12   k( k  1)(3k  k  10) ( k  1)k( k  2)(3k  5)  12 12 k( k  3) 10   4( k  1)( k  2) ( k  1)( k  2)( k  3)   k( k  3)2  ( k  1)2 ( k  4) ( k  1)( 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  ta có:       cos  2n1 (n dấu căn) Chứng minh các đẳng thức sin x  sin x  sin nx  n  sin nx (n  1) x sin 2 với x  k 2 với x sin Lời giải:    VT  VP  đẳng thức cho đúng với n  * Với n   VT  2, VP  2cos L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) * Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k , tức là:  (k dấu căn) (1) k1 Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  , tức là:       cos       cos  k ( k  dấu căn) (2)  Thật vậy: VT (2)         cos k 1 4 44 4 43 k dau can    )  cos k   cos k   VP(2) k 1 2 a (Ở trên ta đã sử đụng công thức  cos a  cos )  (2) đúng  đẳng thức cho đúng x sin sin x  sin x nên đẳng thức cho đúng với  Với n  ta có VT  sin x , VP  x sin n1  Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k  , tức là:  2(1  cos sin x  sin x  sin kx  sin Ta chứng minh (4) đúng với n  k  , tức là sin x  sin x  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 kx ( k  1)x sin 2  sin( k  1)x Thật vậy: VT (2)  x sin  kx ( k  1)x x sin  cos sin   ( k  1)x 2  sin   x   sin   sin L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) ( k  1)x ( k  2)x sin 2   VP(2) x sin Nên (2) đúng Suy đẳng thức cho đúng với n  sin Bài Chứng minh với n  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 đúng * Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k  , tức là : sin kx  k sin x (1) Ta phải chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  ,tức là : 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 đúng với n  k  , nên đẳng thức cho đúng với số nguyên dương n Bài n  1 Chứng minh với số tự nhiên n  , ta có :      n 3n  3n  với số tự nhiên n  ; 2.4.6.2n  2n  với số tự nhiên n  ; 1.3.5  2n  1 Lời giải: k  1 n n Ta chứng minh       ,1  k  n (1) phương pháp quy nạp theo k k  n k Sau đó cho k  n ta có (7) 1 * Với k   VT (1)       VP(1) n n n  (1) đúng với k  * Giải sử (1) đúng với k  p ,  p  n , tức là: L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) p p2 p  1 1 n    n  n   Ta chứng minh (1) đúng với k  p  , tức là  1 1 n     1 Thật vậy:     n p 1  1  1   n p p 1  (2) ( p  1)2 p    (3) n n2    p2 p   1        1     n   n n  n  p2 p2  p p  p p2  p p        1 n n n3 n2 n2 n2 p2  p  p  ( p  1)2 p         (3) đúng  đpcm n n n2 n2  n  1 Cách khác: Khi n    (đúng) dễ thấy n   tiến dần     tiến n  n n  1 gần Vậy n  ta luôn có      n Với n  ta có: VT  32   VP  3.2   nên đẳng thức cho đúng với n   Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k  , tức là: 3k  3k  (1) Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  , tức là : 3k 1  3( k  1)   3k  (2) Thật vậy: 3k 1  3.3k  3(3k  1)  3k   (6k  1)  3k  nên (2) đúng Vậy bài tóan chứng minh Với n  ta có: VT   2, VP   đẳng thức cho đúng với n  1  Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k  , tức là: 2.4.6.2 k  k  (1) 1.3.5  k  1 Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  , tức là: 2.4.6.2 k(2 k  2)  k  (2) 1.3.5  k  1 (2 k  1) Thật vậy: 2.4.6.2 k(2 k  2) 2k  2k   k   2k  1.3.5  k  1 (2 k  1) 2k  Nên ta chứng minh 2k  2k    hiển nhiên đúng  k    k    (2 k  1)(2 k  3) L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Vậy bài toán chứng minh Bài Cho hàm số f xác định với x  ¡ và thoả mãn điều kiện : f ( x  y)  f ( x) f ( y), x, y ¡ (*) Chứng minh với số thực x và số tự   x  nhiên n ta có : f  x    f  n      2n Lời giải: Trong BĐT f ( x  y)  f ( x) f ( y) thay x và y x , ta được: 2 x x x x  x  f     f   f    f  x    f ( ) 2 2 2 2   Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n  Giả sử bất đẳng thức đúng với n  k  Ta có 2k   x  f  x    f  k  (1)    Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n  k  , tức là :   x  f  x    f  k 1      k 1 (2)  x x    x  f     f     k 1 k  2    k    2k 2k  2   x     x   f   f     k       k           x Thật ta có : f   k 2       x f   k      2k   x  f    k    2k  k 1   x  Do tính chất bắc cầu ta có : f  x    f  k 1      Bất đẳng thức đúng với n  k  nên đúng với số tự nhiên n Bài Chứng minh các bất đẳng thức sau 1 1 1       n  n n L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) n  1   n 2 n tan n  n tan  với      n  1 2n  2n  n  2n2  2n  5, (n  ¥ * ) 3n1  n(n  2); (n  ¥ * , n  4) 2n3  3n  1; (n  ¥ * , n  8)    n cos  với n  n1 n 2n  1  2n  3n  (n  1)cos 1 10     n  n ;(n  ¥ * , n  2) 1 Lời giải: 1 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)  k  k 1  4k( k  1)  (2k  1)2  k( k  1)  (hiển nhiên) tan n  tan  tan(n  1)   (n  1) tan   tan n.tan   tan n  tan   (n  1) tan   (n  1) tan .tan n  tan n 1  (n  1) tan    n tan  (đúng) 2k 1  2(2k  1)  2k   2k   2k  2k 3  2.2k 2  2(2k  5)  2( k  1)   k   2( k  1)  3k  3.3k 1  3k( k  2)  ( k  1)( k  2)  2k  3k   ( k  1)( k  2) 2k 2  2.2k 3  2(3k  1)  3k   3k   3k   Với n  thì bđt hiển nhiên đúng    Ta cần chứng minh  Giả sử k cos  ( k  1)cos k k 1 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) ( k  1)cos        k cos   k  cos  cos   sin k 1 k k 1 k 2( k  1)  (2 k  1)   (1) sin  sin 2 k( k  1) k( k  1) 2( k  1)  (2 k  1)  (2 k  1)  Ta có:     sin  sin 2 k( k  1) 2( k  1) k( k  1) 2( k  1)  k sin Mặt khác: sin nx  n sin x  k sin    sin k( k  1) 2( k  1) Từ đó ta có (1) luôn đúng Vậy bài toán chứng minh 2k  2k  2k   2k  2k  3k  k  2k   3k  k  3k   (3k  7)(2k  3)2  (3k  4)(2k  4)2  k   (đúng) 1 10 k  k 1  k   k 1  (đúng) 1 1 Và Bài Cho tổng: Sn  1 1     1.3 3.5 5.7 (2n  1)(2n  1) Tính S1 ; S2 ; S3 ; S4 Dự đoán công thức tính Sn và chứng minh phương pháp qui nạp Lời giải: , S2  ; S3  , S4  n Dự đoán công thức Sn  2n  1 Ta có S1  Bài Cho hàm số f : ¡  ¡ , n  là số nguyên Chứng minh f ( x)  f ( x)   xy f  x, y  (1) thì ta có   f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xn )  x  x   xn   f  xi  , i  1, n (2) n n   Bài  Ta chứng minh (2) đúng với n  k , k  * Với k  thì (8.2) đúng (do (1)) L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) * Giả sử (2) đúng với n  k , ta chứng minh (2) đúng với n  2k 1  x   x2k  Thật vậy: f ( x1 )  f ( x2k )  k f    2k    x k   x2k1  f ( x2k 1 )  f ( x2k1 )  k f  1 k      x   x2k  k  x2k 1   x2k1  Do đó: f ( x1 )  f ( x2k1 )  k f    f    2k 2k      x   x2k  x2k 1   x2k1   k 1 f    k 1   k Do (2) đúng với n   Giả sử (2) đúng với n  k   , tức là f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xk 1 )  x  x   xk 1   f  (3) k 1 k 1   Ta chứng minh (8.2) đúng với n  k , tức là f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xk )  k  x  x   xk  f  (4) k   x1  x2   xk x  , áp dụng (3) ta có k k x  x f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xk )  f   x1  x2     k   f k  k 1 k 1     f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xk )  x  x   xk   f  k k   Thật vậy: đặt xk 1  Hay Vậy bài toán chứng minh Chú ý: Chứng minh tương tự ta có bài toán sau f ( x)  f ( y ) Nếu  f ( xy ) x, y  (a) thì ta có f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xn )  f n x1 x2 xn với xi  0, i  1, n (b) n   Vấn đề Ứng dụng phương pháp quy nạp số học và hình học Các ví dụ Ví dụ L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Cho n là số tự nhiên dương Chứng minh rằng: an  16n – 15n – 1M 225 Lời giải: 225  Với n  ta có: a1   a1 M 225 , ta chứng minh  Giả sử ak  16k  15k  1M ak 1  16k 1  15( k  1)  1M 225   Thậ vậy: ak 1  16.16k  15k  16  16 k  15k   15 16 k     ak  15 16 k    15 và ak M Vì 16k   15 16 k 1  16 k 2   M 225 Nên ta suy ak 1 M 225 Vậy bài toán chứng minh Ví dụ Chứng minh với số tự nhiên n  thì A(n)  n  3n  luôn chia hết cho Lời giải: * Với n   A(1)   3.1    A(1) M * Giả sử A( k)M k  , ta chứng minh A( k  1)M Thật vậy: A( k  1)  k 1  3(k  1)   7.7k  21k   18k   A( k  1)  A( k)  9(2k  1)  A( k )M  A( k  1)M Vì  9(2 k  1)M Vậy A(n) chia hết cho với số tự nhiên n  Ví dụ Cho n là số tự nhiên dương Chứng minh rằng: Bn   n  1 n   n    3nM 3n Lời giải:  Với n  , ta có : B1  2.3M  Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là : Bk   k  1 k   k   3k M 3k Ta chứng minh : Bk 1   k   k   k  3  k  1 M k 1 Bk 1   k  1 k   k   3k  3k  1 3k    3Bk  3k  1 3k   L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Mà Bk M3k nên suy Bk 1 M k 1 Vậy bài toán chứng minh Ví dụ Trong mặt mặt phẳng cho n điểm rời (n > 2) tất không nằm trên đường thẳng Chứng minh tất các đường thẳng nối hai điểm các điểm đã cho tạo số đường thẳng khác không nhỏ n Lời giải: Giả sử mệnh đề đúng với n  k  điểm Ta chứng minh nó đúng cho n  k  điểm Ta có thể chứng minh tồn ít đường thẳng chứa có hai điểm Ta kí hiệu đường thẳng qua hai điểm An và An1 là An An1 Nếu điểm A1 , A2 , , An nằm trên đường thẳng thì số lượng các đường thẳng đúng là n  : Gồm n đường thẳng nối An1 với các điểm A1 , A2 , , An và đường thẳng chúng nối chung Nếu A1 , A2 , , An không nằm trên đường thẳng thì theo giả thiết quy nạp có n đường thẳng khác Bây ta thêm các đường thẳng nối An1 với các điểm A1 , A2 , , An Vì đường thẳng An An1 không chứa điểm nào A1 , A2 , , An1 , nên đường thẳng này khác hoàn toàn với n đường thẳng tạo A1 , A2 , , An Như số đường thẳng tạo không nhỏ n  Ví dụ Chứng minh tổng các n – giác lồi (n  3) (n  2)1800 Lời giải:  Với n  ta có tổng ba góc tam giác 1800  Giả sử công thức đúng cho tất k-giác, với k  n , ta phải chứng minh mệnh đề đúng cho n-giác Ta có thể chia n-giác đường chéo thành hai đa giác Nếu số cạnh đa giác là k+1, thì số cạnh đa giác là n – k + 1, hai số này nhỏ n Theo giả thiết quy nạp tổng các góc hai đa giác này là  k  1 1800 và  n  k  1 1800 Tổng các góc n-giác tổng các góc hai đa giác trên, nghĩa là  k –  n k – 1 1800   n   1800 Suy mệnh đề đúng với n  CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài Cho n là số nguyên dương.Chứng minh rằng: n(2n2  3n  1) chia hết cho 11n1  122 n1 chia hết cho 133 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) n7  n chia hết cho 13n  chia hết cho n5  n chia hết cho với n  16n  15n  chia hết cho 225 với n  4.32 n1  32n  36 chia hết cho 64 với n  Lời giải: Đặt an  n(2n  3n  1)  2n  3n  n Ta có: an1  2(n  1)3  3(n  1)2  n   an  6n2 Đặt an  11n1  122 n1 Ta có: an1  11.11n1  122.122n1  11.an  133.122n1 Đặt an  n7  n Ta có an1  (n  1)7  (n  1)  an1  an   C7k n7  k i 1 7! Mà C7k  ,1  k  luôn chia hết cho k !(7  k )! Đặt an  13n   an1  13an  12 Đặt an  n5  n thì ta có: ak 1  ak  ( k  1)5  k   5k( k  2k  2k  1)   Đặt an  16n  15n  thì ta có: ak 1  16k 1  15k  16  ak  15 16 k  Đặt an  4.32 n1  32n  36 thì ta có: ak 1  4.32 k 3  32( k  1)  36  ak  32(32 k 1  1) Bài Chứng minh với n  , ta luôn có an   n  1 n    n  n chia hết cho n Cho a , b là nghiệm phương trình x2  27 x  14  Đặt S  n  an  bn Chứng minh với số nguyên dương n thì S(n) là số nguyên không chia hết cho 715 Cho hàm số f : ¥  ¥ thỏa f (1)  1, f (2)  và f (n  2)  f (n  1)  f (n) Chứng minh rằng: f (n  1)  f (n  2) f (n)  ( 1)n n Cho pn là số nguyên tố thứ n Chứng minh rằng: 22  pn Chứng minh số tự nhiên không vượt qua n ! có thể biểu diễn thành tổng không quá n ước số đôi khác n ! Lời giải: * Với n  , ta có : a2    1    12  a2 M  22 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) * Giả sử ak M2 k ta chứng minh ak 1 M k 1 Thật vậy: ak 1   k   1 k     k  k   1   k   k    k  k     k   k    k  k  k  k  1 k  k     k  1 k   k    k  k    k  k  1  2ak ( k  k  1) 4 4 4 4 4 ak Do ak M 2k  2ak M 2k 1  ak 1 M 2k 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)  f (2)  f (1)  , nên f (2)  f (3) f (1)  22  5.1  (1)1 Suy đẳng thức cho đúng với n   Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k , tức là: f ( k  1)  f ( k  2) f ( k)  ( 1)k (1) Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  , tức là: f ( k  2)  f ( k  3) f ( k  1)  (1)k 1 (2) Ta có: f ( k  2)  f ( k  3) f ( k  1)  f ( k  2)  2 f (n  2)  f (n  1) f ( k  1)  f ( k  2)  f ( k  2)  f ( k  1)  f ( k  1)  f ( k  2) f ( k)  f ( k  1)  (1)k  ( 1)k 1 Vậy bài toán chứng minh Trước hết ta có nhận xét: p1 p2 pn   pn1  Với n  ta có: 22   p1  k  Giả sử 22  pk k  n , ta cần chứng minh 22 Thật vậy, ta có: 22 22 Suy 22 2   k p k  pk 1  22 k 1  pk    p1 p2 pk   pk 1 2k 11   pk 1  22 k 1  pk 1 Vậy bài toán chứng minh  Với n  bài toán hiển nhiên đúng  Giả sử bài toán đúng với n  k , ta chứng minh bài toán đúng với n  k  Nếu a  ( k  1)! thì bài toán hiển nhiên đúng Ta xét a  ( k  1)! , ta có: a  ( k  1)d  r với d  k !, r  k  L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Vì d  k ! nên d  d1  d2   dk với di (i  1, k) là các ước đôi khác k ! Khi đó: a  ( k  1)d1  ( k  1)d2   ( k  1)dk  r Vì ( k  1)di , r là các ước đôi khác ( k  1)! Vậy bài toán chứng minh Bài Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phương trình : x2  6x   Đặt an  x1n  x2n Chứng minh : an  6an1  an2 n  2 an là số nguyên và an không chia hết cho với n  n1 1 Ta có: an  ( x1  x2 )( x n1 x Lời giải: )  x1x2 ( x  x1n2 ) n x  x  Theo định lí Viét:  nên ta có: x x   n1 n1 an  6( x1  x2 )  ( x1n2  x1n2 )  6an1  an2 * Với n   a1  x1  x2   a1 ¢ Và a1 không chia hết cho * Giả sử ak ¢ và ak không chia hết cho với k  Ta chứng minh ak 1 ¢ và ak 1 không 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 5a M5 Vì ak  không chia hết cho và  k nên suy ak 1 không chia hết cho 5 a M  k 1 Bài Trong không gian cho n mặt phẳng phân biệt ( n  ), đó ba mặt phẳng luôn cắt và không có bốn mặt phẳng nào có điểm chung Hỏi n mặt phẳng trên chia không gian thành bao nhiêu miền? Cho n đường thẳng nằm mặt phẳng đó hai đường thẳng bất kì luôn cắt và không có ba đường thẳng nào đồng quy Chứng minh n đường thẳng n2  n  này chia mặt phẳng thành miền L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Lời giải: Giả sử n mặt phẳng chia không gian thành an miền n2  n  Ta chứng minh được: an1  an  2 (n  1)(n  n  6) Từ đó ta tính được: an  Gọi an là số miền n đường thẳng trên tạo thành Ta có: a1  Ta xét đường thẳng thứ n  (ta gọi là d ), đó d cắt n đường thẳng đã cho n điểm và bị n đường thẳng chia thành n  phần đồng thời phần thuộc miền an Mặt khác với đoạn nằm miền an chia miền đó thành miền, nên số miền có thêm là n  Do vậy, ta có: an1  an  n  Từ đây ta có: an  n2  n  Bài Cho a, b, c , d, m là các 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 bất kì 2n số tự nhiên đầu tiên luôn tìm hai số là bội Lời giải: m  Với n  ta có x0  a  dM m với k  0, k ¥ , ta chứng minh  Giả sử xk  a.bk  ck  dM xk 1  a.bk 1  c( k  1)  dM m Thật vậy: xk 1  xk  a.bk 1  a.bk  c  bk  ab  a  c   c.bk  c    bk  ab  a  c   c(b  1) bk 1  bk 2   Mà xk , ab  a  c , c(b  1)M m  xk 1 M m Vậy bài toán chứng minh  Với n  ta thấy bài toán hiển nhiên đúng  Giả sử bài toán đúng với n  , có nghĩa là: từ n số bất kì 2n  số tự nhiên đầu tiên luôn tìm hai số là bội Ta chứng minh bài toán đúng với n , tức là: từ n  số bất kì 2n số tự nhiên đầu tiên luôn tìm hai số là bội L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Ta chứng minh phản chứng: Giả sử tồn tập X có n  phần tử tập A  1,2, ,2n cho hai số bất kì X không là bội Ta chứng minh có tập X ' gồm n phần tử tập 1, 2, , 2n  2 cho hai phần tử bất kì X ' không là bội Để chứng minh điều này ta xét các trường hợp sau đây TH 1: X không chứa 2n và 2n  Ta bỏ phần tử bất kì tập X ta tập X ' gồm n phần tử và là tập 1, 2, , 2n  2 mà hai phần tử bất kì thuộc X ' không là bội TH 2: X chứa 2n mà không chứa 2n  Ta bỏ phần tử 2n thì ta thu tập X ' gồm n phần tử và là tập 1, 2, , 2n  2 mà hai phần tử bất kì thuộc X ' không là bội TH 3: X chứa 2n  mà không chứa 2n Ta bỏ phần tử 2n  thì ta thu tập X ' gồm n phần tử và là tập 1, 2, , 2n  2 mà hai phần tử bất kì thuộc X ' không là bội TH 2: X chứa 2n và 2n  Vì X không chứa hai số là bội nên X không chứa n và ước n (Vì chứa ước n thì số đó là ước 2n ) Bây X , ta bỏ hai phần tử 2n  và 2n bổ sung thêm n vào thì ta thu tập X ' gồm n phần tử và là tập 1, 2, , 2n  2 mà hai phần tử bất kì thuộc X ' không là bội Như ta luôn thu tập X ' gồm n phần tử tập 1,2, ,2n  2 mà các phần tử không là bội Điều này trái với giả thiết quay nạp Vậy bài toán chứng minh theo nguyên lí quy nạp DÃY SỐ Dãy số là tập hợp các 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 và gọi là số hạng thứ n hay số hạng tổng quát dãy số, u1 gọi là số hạng đầu dãy số  Ta có thể viết dãy số dạng khai triển u1 , u2 , , un , dạng rút gọn (un ) Người ta thường cho dãy số theo các cách:  Cho số hạng tổng quát, tức là: cho hàm số u xác định dãy số đó  Cho công thức truy hồi, tức là: L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) * Cho vài số hạng đầu dãy * Cho hệ thức biểu thị số hạng tổng quát qua số hạng (hoặc vài số hạng) đứng trước nó Dãy số tăng, dãy số giảm  Dãy số (un ) gọi là dãy tăng un  un1 n  ¥ *  Dãy số (un ) gọi là dãy giảm un  un1 n  ¥ * Dãy số bị chặn  Dãy số (un ) gọi là dãy bị chặn trên có số thực M cho un  M n  ¥ *  Dãy số (un ) gọi là dãy bị chặn có số thực m cho un  m n  ¥ *  Dãy số vừa bị chặn trên vừa bị chặn gọi là dãy bị chặn, tức là 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 trên và viết số hạng thứ 10 dãy với quy luật vừa tìm A u10  97 B u10  71 C u10  1414 D u10  971 Lời giải: Xét dãy (un ) có dạng: un  an  bn  cn  d a  b  c  d  1  8 a  4b  2c  d  Ta có hệ:  27 a  9b  3c  d  19 64a  16b  4c  d  53 Giải hệ trên ta tìm được: a  1, b  0, c  3, d   un  n3  3n  là quy luật Số hạng thứ 10: u10  971 Ví dụ Cho dãy số (un ) xác định un  n2  3n  n1 Viết năm số hạng đầu dãy; 11 14 25 47 11 17 25 47 11 17 25 13 17 25 47 47 A ; ; ; 7; B C D ; ; ; 7; ; ; ; 8; ; ; ; 7; 6 4 6 Dãy số có bao nhiêu số hạng nhận giá trị nguyên A.2 B.4 C.1 D.Không có L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Lời giải: Ta có năm số hạng đầu dãy 12  3.1  11 17 25 47 u1   , u2  , u3  , u4  7, u5  1 5 Ta có: un  n   , đó un nguyên và nguyên hay n  là ước n1 n1 Điều đó xảy n    n  Vậy dãy số có số hạng nguyên là u4  u  Ví dụ Cho dãy số (un ) xác định bởi:  un  2un1  n  Viết năm số hạng đầu dãy; A.1;5;13;28;61 B 1;5;13;29;61 C 1;5;17;29;61 D 1;5;14;29;61 Chứng minh un  2n1  ; Số hạng thứ 20122012 dãy số có chia hết cho không? Lời giải: Ta có số hạng đầu dãy là: u1  1; u2  2u1   ; u3  2u2   13; u4  2u3   29 u5  2u4   61 Ta chứng minh bài toán phương pháp quy nạp * Với n   u1  211    bài toán đúng với N  * Giả sử uk  2k 1  , ta chứng minh uk 1  2k   Thật vậy, theo công thức truy hồi ta có: uk 1  2uk   2(2k 1  3)   2k 2  đpcm Ta xét phép chia n cho * n  3k  un  2(23 k  1)   un không chia hết cho Do 23 k   8k   7.AM * n  3k   un  4(23 k  1)   un không chia hết cho * n  3k   un  8(23 k  1)   un không chia hết cho Vậy số hạng thứ 20122012 dãy số không chia hết cho 2  u  un  2vn Ví dụ Cho hai dãy số (un ),( ) xác định sau u1  3, v1  và  n1  vn1  2un với n  L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Chứng minh : un2  2vn2  và un  2vn    1 2n với n  ; Tìm công thức tổng quát hai dãy (un ) và ( )           2n     2n 2n   1 u      n     C  n 2n v         n        1    1    1  1 un   4  B  v    n    1 un   2  D  v   n 2   2n 2n  un     A  2n  vn   1  1  2      2n  2n   2n  1 2n  1   2n     n  1   1  2n    1  2n    Lời giải: Ta chứng minh bài toán theo quy nạp a) Chứng minh: un2  2vn2  (1)  Ta có u12  2v12  32  2.22  nên (1) đúng với n   Giả sử uk2  2vk2  , đó ta có:  uk21  2vk21  uk2  2vk2     2uk vk   uk2  2vk2  1 Từ đó suy (1) đúng với n  b) Chứng minh un  2vn    1 2n (2)  Ta có: un  2vn  un21  2vn21  2un1vn1  un1  2vn1  Ta có: u1  2v1   2   Giả sử uk  2vk    1   1  nên (2) đúng với n  2k , ta có:  uk 1  2vk 1  uk  2vk    1 k1 Vậy (2) đúng với n  Theo kết bài trên và đề bài ta có: un  2vn    1 2n L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn)            2n 2n  2un     Do đó ta suy  2n 2 2v     n  2n 2n   1 un       2   Hay  n 2n v         n 2        2n  CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài Cho dãy số (un ) có số hạng tổng quát un  Viết năm số hạng đầu dãy số 11 A u1  1, u2  , u3  , u4  , u5  11 C u1  1, u2  , u3  , u4  , u5  Tìm số hạng thứ 100 và 200 401 A u100  ; u200  202 34 67 401 C u100  ; u200  202 Số 167 là số hạng thứ mấy? 84 A.300 B.212 Dãy số có bao nhiêu số hạng là số nguyên A.1 B.12 2n  n2 11 , u3  , u4  , u5  7 11 D u1  1, u2  , u3  , u4  , u5  B u1  1, u2  401 67 ; u200  22 34 67 401 ; u200   34 202 B u100  D u100 C.250 D.249 C.2 D.0 Lời giải: 11 Năm số hạng đầu dãy là: u1  1, u2  , u3  , u4  , u5  2.100  67 Số hạng thứ 100: u100   100  34 2.200  401 Số hạng thứ 200: u200   200  202 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Giả sử un  167 2n  167    84(2n  1)  167(n  2) 84 n2 84  n  250 167 Vậy là số hạng thứ 250 dãy số (un ) 84 2(n  2)  3 Ta có: un   2 n2 n2  un  ¢   ¢  3M n  n  n2 Vậy dãy số có số hạng là số nguyên u  1, u2  Bài Cho dãy số ( an ) xác định bởi:  un1  5un  6un1 n  Viết số hạng đầu tiên dãy A u3  21 ; u4  70 ; u5  309 ; u6  1023 ; u7  3261 B u3  21 ; u4  87 ; u5  319 ; u6  1023 ; u7  3261 C u3  21 ; u4  87 ; u5  309 ; u6  1023 ; u7  3263 D u3  21 ; u4  87 ; u5  309 ; u6  1023 ; u7  3261 Chứng minh rằng: un  5.3n1  6.2n1 , n  Lời giải: Bốn số hạng đầu dãy: u3  5u2  6u1  21 ; u4  5u3  6u2  87 ; u5  5u4  6u3  309 u6  5u5  6u4  1023 ; u7  5u6  6u5  3261 Ta chứng minh phương pháp quy nạp * u1  5.30  6.20  1 (đúng) * Giả sử uk  5.3k 1  6.2k 1 , k  Khi đó, theo công thức truy hồi ta có:    uk 1  5.uk  6uk 1  5.3k 1  6.2k 1  5.3k 2  6.2k 2     5.3k 1  6.3k 2  5.2 k 1  6.2 k 2    5.3k  6.2k đpcm Chú ý: Ta có bài toán tổng quát sau L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) u , u Cho dãy (un ) :  , với b2  4ac  a u  bu  cu   n  n n 1  n 1 n1 n1 Khi đó: un  .x1  .x2 với x1 , x2 là hai nghiệm phương trình ax2  bx  c  (*)   x  .x2  u1 và  ,  :  12  .x1  .x2  u2 Phương trình (*) gọi là phương trình đặc trưng dãy Bài Cho dãy số (un ) có số hạng tổng quát: un  2n  n2  Viết số hạng đầu dãy số A u1   5; u2   2; u3   13; u4   ; u5  10  29; u6  12  10 B u1   5; u2   2; u3   13; u4   ; u5  10  29; u6  12  10 C u1   5; u2   2; u3   13; u4   ; u5  10  29; u6  12  10 D u1   5; u2   2; u3   13; u4   ; u5  10  29; u6  12  10 Tính u20 , u2010 A u20  20  101 ; u2010  4020  20102  B u20  40  101 ; u2010  2010  20102  C u20  20  101 ; u2010  2010  20102  D u20  40  101 ; u2010  4020  20102  Dãy số đã cho có bao nhiêu số hạng là số nguyên A.1 B.2 C.3 D.0 Lời giải: Ta có: u1   5; u2   2; u3   13; u4   u5  10  29; u6  12  10 Ta có: u20  40  101 ; u2010  4020  20102  Ta có: un nguyên  n2   k  ¥  k  n2   ( k  n)( k  n)  phương trình này vô nghiệm Vậy không có số hạng nào dãy nhận giá trị nguyên L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn)  u1  Bài Cho dãy số (un ) xác định bởi:  un  2un1  3n  1, n  Tìm số hạng đầu dãy A u1  2; u2  10; u3  26; u4  63; u5  140 B u1  2; u2  9; u3  16; u4  63; u5  140 C u1  2; u2  9; u3  26; u4  63; u5  149 D u1  2; u2  9; u3  26; u4  63; u5  140 Chứng minh un  5.2n  3n  n  1,2,3, Tìm số dư u2010 chia cho A u2010  2(mod 3) B u2010  1(mod 3) C u2010  0(mod 3) D u2010  4(mod 3) Lời giải: Ta có: u1  2; u2  9; u3  26; u4  63; u5  140 Chứng minh phương pháp quy nạp Ta có: 5.22010  1.(1)2010  1(mod 3) Suy u2010  2(mod 3) u  2008; u2  2009 n1 Bài Cho dãy số (un ) :   2un1  un  un Chứng minh dãy (vn ) :  un  un1 là dãy không đổi Biểu thị un qua un1 và tìm CTTQ dãy số (un ) A n  2006 B 2n  2007 Ta có: un2  un1  un1  un  vn2 C n  2003 D n  2007 Lời giải:  vn1   v2  Ta có: un  un1   un  un1  Suy un   un  un1    un1  un2     u2  u1   u1      u1  n   2008  n  2007 u1  1; u2   Bài Cho dãy số (un ) :  n2 un2 u   n 1 u n 1  u Chứng minh dãy ( ) :  n là dãy không đổi un1 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Tìm công thức tổng quát dãy (un ) A un  22 n1 C un  2n1 B un  23n1 D un  2n2 Lời giải: Ta có: un1 u u  n    un un1 u1 Ta có un  2un1  2n1 u1  2n1 u  Bài Cho dãy số (un ) xác định   un  2un1  3, n  Tìm số hạng đầu dãy; A u2  7, u3  15, u4  37, u5  77, u6  157 B u2  7, u3  18, u4  37, u5  77, u6  157 C u2  7, u3  17, u4  38, u5  78, u6  157 D u2  7, u3  17, u4  37, u5  77, u6  157 Chứng minh un  5.2n1  với n  ; Số hạng có chữ số lớn dãy là bao nhiêu? A u11 B u10 C u22 D u21 Lời giải: Ta có số hạng đầu dãy là: u2  2u1   7, u3  17, u4  37, u5  77, u6  157 Ta chứng minh bài toán phương pháp quy nạp Với n  ta có: u2  5.2   (đúng) Giả sử uk  5.2k 1  , đó ta có:   uk 1  2uk   5.2 k 1    5.2 k  Vậy bài toán chứng minh theo nguyên lí quy nạp 1003 Ta có un  1000  2n1  Mà là lũy thừa lớn lớn có chữ số nên ta có: 2n1  29  n  10 Vậy u10 là số hạng cần tìm Bài Cho dãy số (un ) có số hạng đầu là : u1  1, u2  3, u3  6, u4  10 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Hãy tìm quy luật dãy số trên; 3n(n  1) n(n  2) A un  B un  2 C un  n(n  1) D un  n(n  1) 2 Tìm ba số hạng dãy số theo quy luật vừa tìm trên A u5  15, u6  22, u7  28 B u5  15, u6  21, u7  26 C u5  15, u6  21, u7  28 D u5  15, u6  21, u7  27 Lời giải: Vì dãy số cho giá trị số hạng đầu ứng với giá trị tương ứng n  1,2,3,4 nên ta cần xác định hàm số theo n mà ta phải tìm ẩn là Chẳng hạn ta xét un  an3  bn2  cn  d Theo bài ta có hệ phương trình : a  b  c  d  a  b  c  d     8 a  b  c  d  7 a  3b  c  a  0, b  c       27 a  9b  3c  d  26a  8b  2c  d  64a  16b  4c  d  10 21a  5b  c  n(n  1) Nên un  là dãy thỏa đề bài 2 Ta có ba số hạng dãy là: u5  15, u6  21, u7  28 Bài 1 (2  5)n  (2  5)n  Chứng minh u2n là số tự nhiên chẵn   là số tự nhiên Cho dãy (un ) : un  và u2 n1 lẻ Cho dãy số (un ) : un  (4  3)n  (4  3)n Chứng minh tất các số hạng dãy là số nguyên u1   Cho dãy số (un ) :  Chứng minh dãy (un ) có vô hạn các số 3  un1   un  , n     chẵn và vô hạn các số lẻ Chứng minh tồn đúng dãy số nguyên dương (un ) thỏa: u0  1, u1  và un2 un  un21  L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Lời giải: a  b  Đặt a   , b     Khi đó: ab  1 1 un  ( an  bn )  ( a  b)( an1  bn1 )  ab(an2  bn2 ) 2 n 1 n 1 a b an  bn    4un1  un2 2 Ta chứng minh bài toán phương pháp quy nạp * u1  là số chẵn và u2  là số lẻ * Giả sử u2 k là số lẻ và u2 k 1 là số chẵn Khi đó: u2 k 1  4u2 k  u2 k 1 là số chẵn, u2 k 2  4u2 k 1  u2 k là số lẻ Từ đó ta có đpcm Ta chứng minh được: un  8un1  4un2 Từ đây suy đpcm Ta chứng minh bài toán phương pháp phản chứng  Giả sử dãy (un ) có hữu hạn các số chẵn, giả sử uk là số hạng lớn dãy là số chẵn Khi đó un lẻ với n  k  Đặt uk 1  2m.p  với m, p  ¥ , p lẻ Khi đó:  3 uk 1   p.2m1    p.2m1  2  m uk 2  3p.2  ,…, uk  m  3p.20   3p  là số lẻ, suy vô lí Nên dãy (un ) chứa vô hạn số chẵn  Chứng minh tương tự ta có dãy (un ) chứa vô hạn số lẻ u   u3  12, u3  13 Ta có: u2     u2   u3  4, u3  a) Ta chứng minh tồn dãy số nguyên dương (un ) thỏa u0  1, u1  2, u2  3, u3  và un un  un21  1, n  (1)  Chứng minh tồn tại: v  1, v1  Xét dãy ( ) :  vn1   vn1 , n  2, 3, Bằng quy nạp ta chứng minh ( ) thỏa mãn (1) Thật vậy: vn  vn21   vn1    vn21  vn1   vn1   vn2  vn2  vn1vn1   Chứng minh L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Trước hết ta chứng minh dãy (un ) thỏa (1) thì (un ) là dãy tăng Giả sử an1  an  an1   an Từ an an  an21   an  an21  an21    a   an1 an an1  n1 Nên theo quy nạp ta có đpcm Giả sử tồn k để vk  uk và  un , n  k Khi đó u u  uk21  Ta giả sử vk  uk , suy ra:  k k  2 vk vk   vk 1   uk 2  uk  vk    2M uk 2 điều này vô lí Do tồn dãy nguyên dương (un ) (đó chính là dãy ( ) ) thỏa mãn (1) b) Tương tự ta chứng minh tồn dũy các dãy nguyên dương thỏa: u0  1, u1  2, u2  3, u3  4, un2un  un21  u0  1, u1  2, u2  5, u3  12, un2un  un21  u0  1, u1  2, u2  5, u3  13, un2un  un21  Đó là các dãy tương ứng là: u0  1, u1  2, un1  2un1  un u0  1, u1  2, un1  2un1  un u0  1, u1  2, un1  3un1  un Vậy tồn đúng dãy số nguyên dương thỏa yêu cầu bài toán Bài 10 (Dãy Fibonacci) Cho dãy số ( Fn ) xác định F1  1, F2  và Fn  Fn1  Fn2 Chứng minh rằng: n n          Fn              2 Fn  Fn1  F2 n1 và Fn Fn1  Fn1Fn2  F2 n2 với n  5k  nM 5k Fn M Lời giải: Trước hết ta thấy dãy ( Fn ) tồn và n n          n n a b Xét xn                L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) a  b  1 1 ,b   2 ab  1 Ta có: x1  x2  và Với a  xn1  xn2  a  n 1  b n 1  a n   b n    an2 ( a  1)  bn2 (b  1)    n  n   b a  2   2      n       an  bn  x  a   bn     n      5       Vậy ta có: Fn  xn , n     Ta chứng minh đồng thời hai tính chất trên theo quy nạp Với n  ta có: F22  F32  12  22   F5 Và F2 F3  F3 F4  1.2  2.3   F6 Giả sử Fk2  Fk21  F2 k 1 và Fk Fk 1  Fk 1Fk 2  F2 k 2 với k  Ta có: Fk21  Fk22  Fk21   Fk  Fk 1   Fk21  Fk2  Fk21  2Fk Fk 1   Fk 1  Fk 1  Fk   Fk2  Fk21   Fk 1  Fk 2  Fk   F2 k 1  F2 k 2  F2 k 1  F2 k 3 Và: Fk Fk 1  Fk 1Fk 2  Fk  Fk  Fk 1   Fk 1  Fk 1  Fk   Fk Fk 1  Fk2  Fk21  Fk 1Fk    Fk Fk 1  Fk Fk 1   Fk2  Fk21   F2 k 2  F2 k 3  F2 k 5 Từ đó ta có điều phải chứng minh  Trước hết ta chứng minh: F5n  5Fnqn với qn không chia hết cho (1) Ta có : 5F5n  a5n  b5n Đặt x  an , y  bn , ta có xy   ab    1 n  n  Do đó : 5F5n   x  y   x4  xy x2  y  x2 y  y  (2)   L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Mặt khác : x2  y   x  y   2xy  5Fn2   1  x4  y  x2  y  n n  2x2 y   5Fn2   1      25Fn4  20  1 Fn2  n (3) Từ đó, ta có: F5n  5Fn 25Fn4  20( 1)n Fn2   5( 1)n Fn2   1 Hay F5n  5Fn  5Fn4  5Fn2  1  1  5Fnqn ,   đó: qn  5Fn4  5Fn2  1  Rõ ràng ta thấy qn không chia hết cho n  Với số tự nhiên n , ta phân tích n  5s t với  t ,5   Khi đó từ (1) ta có Fn  5s Ft An đó An không là bội Nếu t không là bội thì Ft không là bội 5, đó Fn M 5k  s  k  nM 5k (đpcm) Vấn đề Dãy số đơn điệu – Dãy số bị chặn Phương pháp:  Để xét tính đơn điệu dãy số (un ) ta xét : kn  un1  un * Nếu kn  n  ¥ *  dãy (un ) tăng * Nếu kn  n  ¥ *  dãy (un ) giảm Khi un  n  ¥ * ta có thể xét tn  un1 un * Nếu tn   dãy (un ) tăng * Nếu tn   dãy (un ) giảm  Để xét tính bị chặn dãy số ta có thể dự đoán chứng minh quy nạp Các ví dụ u1   Ví dụ Cho dãy số (un ) :  Chứng minh dãy (un ) là dãy giảm un1  n  un   và bị chặn Lời giải:  un1 Do đó, để chứng minh dãy (un) giảm ta chứng minh un  n  Ta có: un  un1  L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Thật vậy: Với n   u1   uk  1   1 2 Theo nguyên lí quy nạp ta có un  n  Giả sử uk   uk 1  Suy un  un1   un  un1 n  hay dãy (un) giảm Theo chứng minh trên, ta có:  un  u1  n  Vậy dãy (un) là dãy bị chặn  u1  1, u2  Ví dụ Cho dãy số (un ) :  Chứng minh dãy (un ) là dãy u  u  u  n   n n 1  n 1 tăng và bị chặn Lời giải: Ta chứng minh dãy (un ) là dãy tăng phương pháp quy nạp * Dễ thấy: u1  u2  u3 * Giả sử uk 1  uk k  , ta chứng minh uk 1  uk Thật vậy: uk 1  uk  uk 1  uk 1  uk 2  uk Vậy (un ) là dãy tăng Cũng quy nạp ta chứng minh un  n , un  Nên dãy (un ) là dãy bị chặn CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài Xét tính tăng giảm các dãy số sau 3n2  2n  1 un  n1 A.Dãy số tăng C.Dãy số không tăng không giảm B.Dãy số giảm D Cả A, B, C sai un  n  n2  A.Dãy số tăng C.Dãy số không tăng không giảm 3n  un  n A.Dãy số tăng B.Dãy số giảm D Cả A, B, C sai B.Dãy số giảm L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) C.Dãy số không tăng không giảm un  n   1 D Cả A, B, C sai n n2 A.Dãy số tăng C.Dãy số không tăng không giảm Ta có: un1  un  Ta có: un1  un  B.Dãy số giảm D Cả A, B, C sai Lời giải: 5n2  10n   nên dãy (un ) là dãy tăng  n  1 n    n  1   n  1  1 n  n2  0 Nên dãy (un ) giảm 3n    dãy (un ) tăng n 1 u  u1  Dãy số không tăng không giảm Ta có: u1  0; u2  ; u3    2 u3  u2 Ta có: un1  un  un1  un  Bài Xét tính tăng, giảm và bị chặn dãy số (un ) , biết: 2n  13 3n  A.Dãy số tăng, bị chặn B.Dãy số giảm, bị C.Dãy số không tăng không giảm, không bị chặn D Cả A, B, C un  chặn sai n2  3n  n1 A.Dãy số tăng, bị chặn trên C.Dãy số giảm, bị chặn trên un  un  B.Dãy số tăng, bị chặn D Cả A, B, C sai 1  n  n2 A.Dãy số tăng, bị chặn trên C.Dãy số giảm, bị chặn B.Dãy số tăng, bị chặn D Cả A, B, C sai L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) 2n n! A.Dãy số tăng, bị chặn trên C.Dãy số giảm, bị chặn trên un  B.Dãy số tăng, bị chặn D Cả A, B, C sai 1    2 n A.Dãy số tăng, bị chặn chặn C.Dãy số giảm, bị chặn trên un   B.Dãy số tăng, bị D Cả A, B, C sai Lời giải: 2n  11 2n  13 34 Ta có: un1  un     với n  3n  3n  (3n  1)(3n  2) Suy un1  un n   dãy (un ) là dãy tăng Mặt khác: un  35   11  un  n  3(3n  2) Vậy dãy (un ) là dãy bị chặn Ta có: un1  un  (n  1)2  3(n  1)  n2  3n   n2 n1 2 n  5n  n  3n    n2 n1 (n  5n  5)(n  1)  (n2  3n  1)(n  2)  (n  1)(n  2)  n2  3n   n  (n  1)(n  2)  un1  un n   dãy (un ) là dãy số tăng n2  2n  un   n    dãy (un ) bị chặn n1 Ta có: un  n  un1 n2  n  n2  n     n  ¥ * un n2  3n  (n  1)2  (n  1)   un1  un    dãy (un ) là dãy số giảm Mặt khác:  un   dãy (un ) là dãy bị chặn Ta có: un1 n 1 n n 1 n !  :  n  n  un (n  1)! n ! (n  1)! n1 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Mà un  n  un1  un n   dãy (un ) là dãy số giảm Vì  un  u1  n   dãy (un ) là dãy bị chặn   dãy (un ) là dãy số tăng (n  1)2 1 1 Do un       2 1.2 2.3 (n  1)n n Ta có: un1  un    un  n   dãy (un ) là dãy bị chặn Bài Xét tính bị chặn các dãy số sau 2n  1 un  n2 A.Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn trên D Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn trên D Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn trên D Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn trên D Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn trên D Bị chặn un  ( 1)n A.Bị chặn un  3n  A.Bị chặn un   3n  n2 A.Bị chặn n2  n  un  n n1 A.Bị chặn un  n1 n2  A.Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn trên Lời giải: Ta có  un  n nên dãy (un ) bị chặn D Bị chặn Ta có: 1  un   (un ) là dãy bị chặn Ta có: un  n  (un ) bị chặn dưới; dãy (un ) không bị chặn trên 25 25  ( n  )2   (un ) bị chặn trên; dãy (un ) không bị chặn 4 Ta có:  un  n  (un ) bị chặn Ta có: un  L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Ta có:  un  n  (un ) bị chặn Bài Xét tính bị chặn các dãy số sau 1 1 un     1.3 2.4 n.(n  2) A.Bị chặn un  B.Không bị chặn C.Bị chặn trên D Bị chặn 1    1.3 3.5  2n  1 2n  1 A.Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn trên  u1    un1  u  , n2 n  u  n 1  A.Bị chặn B.Không bị chặn C.Bị chặn trên Lời giải: 1 1 Ta có:  un      1 1 1.2 2.3 n.(n  1) n1 D Bị chặn D Bị chặn Dãy (un ) bị chặn n   un  , dãy (un ) bị chặn 2n  Bằng quy nạp ta chứng minh  un  nên dãy (un ) bị chặn Ta có: un  Bài Xét tính tăng giảm các dãy số sau  u1    3  un1  un  1, n  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 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) 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 un  2010  2010   2010 (n dấu căn)Khẳng định nào sau đây là đúng? A.Tăng B.Giảm C.Không tăng, không giảm D A, B, C sai  u1  1, u2  2 Cho dãy số (un ) :  Khẳng định nào sau đây đúng? 3  un  un1  un2 , n  A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn C.Không tăng, không giảm D A, B, C sai an  Cho dãy số (un ) : un  , n1 2n  a) Khi a  , hãy tìm số hạng đầu dãy 10 14 18 22 A u1  2, u2  , u3  , u4  , u5  B 10 14 18 22 u1  6, u2  , u3  , u4  , u5  10 1 18 22 22 C u1  6, u2  , u3  , u4  , u5  D u1  6, u2  , u3  , u4  , u5  3 5 7 9 b) Tìm a để dãy số đã cho là dãy số tăng A a  B a  2 C a  u  Cho dãy số (un ) :  un  3un1  2, n  2, a) Viết số hạng đầu dãy A u1  2, u2  5, u3  10, u4  28, u5  82, u6  244 D a  4 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, L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Cho dãy số un  5.2n1  3n  n  , 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 n 1 Ta có u Lời giải:  2010  un  un1  un  u  un1  2010 n 1  8041 n Suy un1  un   dãy (un ) là dãy tăng Bằng quy nạp ta chứng minh un  Chứng minh quy nạp : uk 1  uk  uk 2  uk 1  uk 2  uk Ta chứng minh:  un  4n  Ta có: số hạng đầu dãy là 2n  10 14 18 22 u1  6, u2  , u3  , u4  , u5  b) Ta có dãy số (un ) tăng và khi: a) Với a  ta có: un  un1  un  a   0, n  ¥ *  a    a  4 (2n  1)(2n  1) a) Ta có: u1  2, u2  4, u3  10, u4  28, u5  82, u6  244 b) Chứng minh bài toán phương pháp quy nạp chứng minh cách sau Ta có: un   3(un1  1)  32 (un2  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2  3n1  n    Nên 2un1  3n  n  5.2n2  3n1  n   3n1  n  5.2n1  3n  n   un Bài L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Cho dãy số (un ) : un  (1  a)n  (1  a)n ,trong đó a  (0;1) và n là số nguyên dương a)Viết công thức truy hồi dãy số  u1   A  n n un1  un  a   a     a        u1   C  n n un1  2un  a   a     a        u1   B  n n un1  un  2a   a     a        u1   D  n n un1  un  a   a     a       b)Xét tính đơn điệu dãy số A Dãy (un ) là dãy số tăng B Dãy (un ) là dãy số giảm C Dãy (un ) là dãy số không tăng, không giảm D A, B, C sai u1   Cho dãy số (un ) xác định sau:  un  3un1  2u  2, n  n 1  a) Viết số hạng đầu dãy và 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 D u1  1, u2  , u3  , u4  34 B u1  1, u2  b) Chứng minh dãy (un ) là dãy tăng u0  2011  Cho dãy số (un ) xác định :  un2 u   n1 u  , n  1, 2, n  a) Khẳng định nào sau đây đúng A Dãy (un ) là dãy giảm B Dãy (un ) là dãy tăng C Dãy (un ) là dãy không tăng, không giảm D.A, B, C sai b) Tìm phần nguyên un với  n  1006 A un   2014  n B un   2011  n C un   2013  n D un   2012  n u  2, u2  Cho dãy số (un ) xác định bởi:  un  un  2un1 , n  1, 2, L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) a) Gọi a , b là hai nghiệm phương trình x2  2x   Chứng minh rằng: un  an  bn b) Chứng minh rằng: un21  un2un  (1)n1 Lời giải:  u1   a) Ta có:  n n un1  un  a   a     a       b) Dãy (un ) là dãy số tăng 17 227 , u3  , u4  34 Ta chứng minh un  0, n quy nạp a) Ta có: u1  1, u2  Giả sử un  , đó: 2un  1  2un 2 2un 2un   Nên un1  un   2un     un  2un   b) Theo chứng minh trên ta có: un1  un , n nên dãy (un ) là dãy tăng a) Ta có: un1  un  un  0, n nên dãy (un ) là dãy giảm un  b) Ta có: un  un1  un1  un1    u0  n un1  Suy ra: un1  u0  (n  1)  2012  n Mặt khác: un   un  un1   (un1  un2 )   (u1  u0 )  u0  u  u u  u0      n1  un1    u0  u1   1   u0  n       un1    u0  u1  Mà: 1 n n 0      1 u0  u1  un1  un1  2013  n L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Với n  2,1006 Suy un  u0  n   2012  n Do đó: 2011  n  un  2012  n  un   2011  n với n  2,1006 20112  2010,000497 2012 nên u0   2011  0, u1   2010  2011  Vì u0  2011 và u1  Vậy un   2011  n, n  0,1006 a) Ta chứng minh bài toán quy nạp Với n   u1  a  b  Giả sử un  an  bn , n  k   ( a  b)  a  b   a  Khi đó: uk 1  2uk  uk 1  ak  bk  ak 1  bk 1 k k k 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  a k 1  b k 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 và bị chặn các dãy số sau n1 (un ) : un  n A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn C.Tăng, chặn D.Giảm, chặn trên (un ) : un  n3  2n  A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn u1   (un ) :  un  , n  un1   C.Tăng, chặn D.Giảm, chặn trên L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn C.Tăng, chặn D.Giảm, chặn trên  u1  2, u2    un1  un  un1 , n  A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn C.Tăng, chặn D.Giảm, chặn trên Lời giải: n  n  (n  2)  (n  3)(n  1) Ta có un1  un    n3 n2 (n  2)(n  3)   0, n (n  2)(n  3)   un  1, n n2 Vậy dãy (un ) là dãy tăng và bị chặn Mặt khác: un   Ta có: un1  un  (n  1)3  2(n  1)  n3  2n  3n2  3n   0, n Mặt khác: un  1, n và n càng lớn thì un càng lớn Vậy dãy (un ) là dãy tăng và bị chặn Trước hết quy nạp ta chứng minh:  un  2, n Điều này đúng với n  , giả sử  un  ta có: un   nên ta có đpcm  un  0, n Mà un1  un  Vậy dãy (un ) là dãy giảm và bị chặn  un1  Trước hết ta chứng minh  un  4, n Điều này hiển nhiên đúng với n  Giả sử  un  , ta có:  un1  un  un1    Ta chứng minh (un ) là dãy tăng Ta có: u1  u2 , giả sử un1  un , n  k u  uk 1  uk  uk 1  uk 1  uk 2  uk 1  uk Khi đó:  k uk 1  uk 2 Vậy dãy (un ) là dãy tăng và bị chặn Bài L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn)  x0   Cho dãy số ( xn ) :  n n 1 x   n (n  1)2  xi , n  2, 3, i 1  Xét dãy số yn  xn1  xn Khẳng định nào đúng dãy ( yn ) A.Tăng, bị chặn B.Giảm, bị chặn C.Tăng, chặn D.Giảm, chặn trên u0  1, u1    un21  Cho dãy số nguyên dương (un ) thỏa :  un    u  , n   n   n Chứng minh rằng: un2un  un1  với số tự nhiên n  u0  Cho dãy số (un ) xác định bởi:   un1  5un  24un  1, n  0,1, Chứng minh dãy số (un ) là dãy số nguyên 1 (2  5)n  (2  5)n   2 là số tự nhiên chẵn và u2 n1 là số tự nhiên lẻ Cho dãy số (un ) xác định bởi: un  Chứng minh u2n Cho hai dãy số ( xn );( yn ) xác định : x  x   x2 n 1 n 1  x   n và  , n  y n 1   y1   yn    yn21  Chứng minh  xn yn  3, n  u0   Cho dãy số số (un ) xác định bởi:  1  un1   un  3u  n    Chứng minh rằng: an  là số chính phương 3un  Lời giải:  2(n  1) 2(n  1)  xi  Ta có: xn1    xn   xi  2 n n i 1 i 1    (n  1)(n2  1) 2(n  1)  (n  1)  x  x  xn  n n 2n n2  n  n n 1 n2  n  xn Do đó: yn  xn1  xn  n3 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn)  Ta chứng minh dãy ( yn ) tăng Ta có: yn1  yn  (n  1)2  n  (n  1)(n2  1) n2  n  xn  xn (n  1)3 n3 n3 (n2  3n  3)(n2  1)  (n2  n  1)(n2  2n  1)  xn n3 (n  1)2  xn  , n  1,2, n3 (n  1)2  Ta chứng minh dãy ( yn ) bị chặn Trước hết ta chứng minh: xn  4(n  1) (1) với n  2,3 * Với n  , ta có: x2  4x1  nên (1) đúng với n  * Giả sử (1) đúng với n , tức là: xn  4(n  1) , ta có (n  1)(n2  1) 4(n4  1) xn1  xn   4n n3 n3 Nên (1) đúng với n  Theo nguyên lí quy nạp ta suy (1) đúng n2  n  4(n  1)(n2  n  1) 4(n3  1) Ta có: yn  x   4 n n3 n3 n3 Vậy bài toán chứng minh Từ cách cho dãy số, ta thấy dãy (un ) luôn tồn và v  1, v1  Xét dãy ( ) :  vn  4vn1  2vn , n   Ta chứng minh: vn2  vn21  2n (1) Ta có: vn2  vn21  (4vn1  2vn )vn  vn21  4vn1vn  vn21  2vn2  vn1  4vn  vn1   2vn2  v    vn1 2vn1  2vn2  vn1vn1  vn2    2n v2 v0 n   (1) chứng minh  Ta chứng minh  2n (2) quy nạp Trước hết ta thấy dãy ( ) là dãy tăng Với n  ta thấy (2) đúng Giả sử  2n ta có: vn1  2vn    vn1   2vn  2n1 Do đó (2) đúng  Dựa vào các kết trên ta có: vn21 v2 2n  vn   vn   n1  vn vn L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Hay vn21 v2   vn1   n1 vn  vn21   vn21  Do đó: vn      vn         Vì tính nên ta có: un  , n  Vậy bài 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    un21  10un1 un  un2   (2) Từ (1) và (2) suy un1 , un1 là hai nghiệm phương trình t  10tun  un2   Theo định lí Viet ta có: un1  un1  10un Hay un1  10un  un1 Từ đó ta có: un  ¢ , n a  b  4 Đặt a   , b     Khi đó: ab  1 1 un  ( an  bn )  ( a  b)( an1  bn1 )  ab(an2  bn2 ) 2 n 1 n 1 a b an  bn    4un1  un2 2 Ta chứng minh bài toán phương pháp quy nạp  Với n  ta có: u1  là số chẵn và u2  là số lẻ  Giả sử u2 k là số lẻ và u2 k 1 là số chẵn Khi đó: u2 k 1  4u2 k  u2 k 1 là số chẵn u2 k 2  4u2 k 1  u2 k là số lẻ Từ đó ta có đpcm    Ta có: x1   cot  x2  cot   cot  6 Bằng quy nạp ta chứng minh được: xn  cot  n 1  cos    cot  2.6 sin L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn) Tương tự, ta có: yn  tan  n 1   xn  cot n ; yn  tan 2n  xn yn  tan 2n cot n 2n.3 2t Đặt t  tan n  tan 2n cot n    t t  t2   Vì n    n    t  tan     t2  6 3 Đặt n     xn yn  3, n   đpcm  t2 b , c  ¢ b Vì un  ¤  un  n với  n n cn (bn , cn )  2 Khi đó: bn1  bn cn  3bn2  cn2     cn1  cn 3bn  6bncn   Bằng quy nạp ta chứng minh 3bn2  cn2 ,6bncn  2  b  3bn  cn Suy  n1  cn1  2bncn Bằng quy nạp ta chứng minh được: 3bn2  cn2  Do đó: an  n n 3b 1 c  cn2 (đpcm) L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo (nhắn tin gọi tư vấn)