Chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 11 Dãy số - Giới hạn (có lời giải)

.
1.1. DỰ ĐOÁN SỐ HẠNG TỔNG QUÁT VÀ CHỨNG MINH BẰNG QUY NẠP. u  =11 1 (  u u =10u +1− 9 , n n   N n ) Bài 1. Cho dãy số
xác định bởi :  n 1 + n
. Xác định số hạng tổng quát của dãy đã cho. Hướng dẫn giải Ta có:. u = 11 = 10 +1 1
u = 10.11+1− 9 = 102 = 100 + 2 2
u = 10.102 +1− 9.2 = 1003 = 1000 + 3 3 .
u = 10n + n n ( ) Dự đoán: 1 .
Chứng minh theo quy nạp ta có. 1 u = 11 = 10 +1 ( ) 1 ( ) 1 = u = + k 1 , công thức
đúng với n = 1 . Giả sử công thức đúng với n k ta có 10k k . u =10 + k + − k + = + k + k + (10k ) k 1 1 9 10 1 1 ( ) Ta có: . ( )
Công thức 1 đúng với n = k +1.
Vậy u = 10n + n   n , n N.. u  = 2 − 1  = −  
Bài 2. Cho dãy số (u ) u 3u 1, n 2  n biết n n 1 −
. Xác định số hạng tổng quát của dãy. Hướng dẫn giải 1 3 1 1 u = 3u
−1  u − = 3u −  u − = 3(u − )(1) n n 1 − n n 1 − n n 1 − 2 2 2 2 . 1 1 5 − v = u −  v = u − = Đặt n n 1 1 2 2 2 . (1)  v = 3v , n   2 n n 1 − . Dãy (v ) là q = n
cấp số nhân với công bội là 3 . − n 5 1 n 1
v = v .q − = .3 − n 1 Nên 2 . 1 5 − n− 1 1 u = v + = 3 + , n  =1,2,... Do đó n n 2 2 2 . 3  n + 4  ( * u = 1; u = u − , n     u 1 n 1 + n 2  + + n ) Bài 3. Cho dãy số xác định bởi 2 n 3n 2 
.Tìm công thức số hạng
tổng quát un của dãy số theo n . HƯỚNG DẪN GIẢI Với mọi * n  , ta có. n + 4 2 3 2u = 3(u − )  2u = 3(u + − ) n 1 + n n 1 + (n +1)(n + 2) n n + 2 n +1 . 3 3 3 3 3  2(u − ) = 3(u − )  u − = (u − ). n 1 + n n 1 + n + 2 n +1 n + 2 2 n n +1 . 3 3 1
(v ), v = u − q = v = − Dãy số n n n n +1 1
là cấp số nhân có công bội 2 và 2 . n 1 − n 1 −  3   1  3 1  3  * * v = . − , n    u = − , n   n        2   2 n  n +1 2  2  . + +
Bài 4. Cho hàm số f : Z → Z thỏa mãn đồng thời các điều kiện:. f (n + ) 1  f (n) (1) , n Z +   .. f  f
 (n)  n + 2000 (2)  , n Z +   .. f (n + ) 1 = f (n) a/Chứng minh: , n Z +   .. f (n) b/Tìm biểu thức . HƯỚNG DẪN GIẢI Câu a. f (n) f (n + ) 1  f (n) +1 Vì Z + 
nên từ giả thiết (1) ta được: , n Z +   . .
Kết hợp giả thiết (2) ta được n Z +   ..
n + 2001 = (n + )
1 + 2000 = f  f  (n + )
1   f  f 
 (n) +1 = n + 2001  f (n + ) 1 = f (n) +1 do đó: , n Z +   .. Câu b. f (n) f ( ) 1 n –1, n Z + = +    f  f ( ) 1  = f ( ) 1 + f ( ) 1 –1,. 1 2000 2 f ( ) 1 –1 f ( ) 1 1001
f (n) n 1000, n Z + + =  =  = +   Suyra: . f (n)
Thử lại thỏa các điều kiện, nên n 1000, n Z + = +   .. Bài 5.
a)Xác định ba số hạng đầu của một cấp số cộng, biết tổng của chúng bằng 9 và tổng các bình phương của chúng là 125. u  =16 1   15( . n u + n ) 1 ( u  +14 = , n  1 u n 1 + u n ) b)Cho dãy số có  n +1
. Tìm số hạng tổng quát n . Hướng dẫn giải
a)Xác định ba số hạng đầu của một cấp số cộng, biết tổng của chúng bằng 9 và tổng các bình phương của chúng là 125.
Gọi d là công sai, số hạng thứ 2 là a. Khi đó 3 số hạng đầu của csc là a − d, a, a + d .
a − d + a + a + d = 9 (a−d 
)2 + a +(a + d )2 2 =
Theo giả thiết ta có hệ: 125 . 3  a = 9   2 2 3  a + 2d = 125 a = 3  d = 7 .
Vậy có 2 cấp số thỏa mãn có 3 số hạng đầu là: -4;3;10 hoặc 10;3;-4. u  =16 1   15( . n u + n ) 1 ( u  +14 = , n  1 u n 1 + u n ) b)Cho dãy số có  n +1
. Tìm số hạng tổng quát n . 15( . n u + n ) 1 u +14 =
 u +14 n +1 =15 . n u +1 n 1 + ( n 1+ )( ) ( n ) Ta có: n +1 .  (n + ) 1 u =15nu −14n +1 n 1 + n (1).
v = nu ( v = 16 n n 1 ) Đặt . v
=15v −14n +1  v − n +1 =15 v − n n 1 + n n 1 + ( ) ( n ) (1) trở thành: (2).
w = v − n ( w = 15 n n 1 ) Đặt . w = 15w  w
w = 15, q = 15  w = 15n n 1 + n ( n ) (2) trở thành: là csn có 1 n . 15n + n u = Từ đó ta có: n n . (u
u = 1;u = 4;u
= 7u − u − 2, n   * n ) Bài 6. Cho dãy số xác định bởi : 1 2 n+2 n 1 + n .
Chứng minh : un là số chính phương với mọi n nguyên dương. Hướng dẫn giải = = = Ta có u 1;u 4;u 25 1 2 3 . 2 3 18 123 u = v + v = ; v = ; v = Đặt n n 5 1 2 3 thì 5 5 5 . 2  2   2   v + = 7 v + − v + − 2, n   * n+2  n 1+   n  Khi đó u
= 7u − u − 2, n   *     n+2 n 1 + n 5 5 5  v
= 7v − v , n   * n+2 n 1 + n . 2 2 2 2 − = − − = − − = − Ta có : v .v v (7v v ).v v v (7v v ) v v v v n+2 n n 1 + n 1 + n n n 1 + n 1 + n n 1 + n n 1 + n 1 − n . 9 2 2 2 v .v − v = v v − v =
= v v − v = ; n   * n+2 n n 1 + n 1 + n 1 − n 3 1 2 Suy ra : 5 . 2  2   2   2  9 2 4  4 4  9 u − . u − − u − =   u u − u + u + − u − u + = n+2 n ( n+2 n ) 2 n+2   n   n 1+   n 1+ n 1 +  Suy ra :  5   5   5  5 5 25  5 25  5 2  u u − u − − u + u = n+ n (7 2 n+ ) 4 9 2 2 1 n 1 + n 1 + 2 2  = + + = +   5 5 5 u u u 2u 1 (u 1) ; n * n+2 n n 1 + n 1 + n 1 + . 2
Từ hệ thức u u = (u +1) ; n   * u ;u u n+2 n n 1 + và 1
2 là các số chính phương suy ra n là số chính phương với mọi n nguyên dương.  + + a a  n  = xn n  Bài 7. Cho dãy số   n 1 = tăng, 0 1, 2, 3,.... n và 0 . Xét dãy số n 1 = xác định bởi n a − a i 1 + i x =  n  lim x = a a n i 1 i 1 + i
. Chứng minh rằng tồn tại n→+ . Hướng dẫn giải  + xn Dễ dàng thấy rằng dãy n 1 = tăng ngặt.
Trường hợp 1. Nếu   1 . a − a 1 1 1 1 1 i 1 + i = −  −      x + 1 −    a a a a a a a n a xn i 1 + i i i 1 + i i i 1 + 1 vậy dãy n 1 = . lim x
bị chặn trên do đó tồn tại n n→+ .
Trường hợp 2. Nếu 0    1. a − a 1  1 1  i 1 + i   −     ( ) *  −   a a  a a (*) 1  a a
− a  a − a i 1 + ( i 1 + i ) i 1 + i  i i 1 +  thật vậy i 1 + i .   −  1 a a i 1 i    − + a ** i 1 + ( ) a − a i 1 + i . Ta chứng minh (**).