Chủ đề này có 8 trả lời

[William Nguyen]

Trong chủ đề này mình xin tổng hợp các bài dãy số trong đề thi chọn hsg lớp 12, tp Hà Nội những năm gần đây. Mời mọi người tham gia giải ạ.

 

Câu 1 (năm 2018).

Cho dãy số $(a_{n})$ xác định bởi

$\begin{cases} a_{1} =\frac{1}{2} &\\ a_{n+1} = \frac{a_n^2}{a_n^2-a_n+1},&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(a_n)$ là dãy số giảm.

b) Với mỗi số nguyên dương $n$, đặt $b_{n} = \sum_{i=1}^{n} a_i$.

Tìm $\lim_{n\rightarrow+\infty} b_n$.

Câu 2 (năm 2019).

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi

$\begin{cases} u_{1} =\frac{\sqrt{3}}{3} &\\ u_{n+1} = \frac{\sqrt{u_n^2+1}-1}{u_n},&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(u_n)$ là dãy số bị chặn.

b) Chứng minh $\sum_{i=1}^{2019} \frac{1}{u_i} < 2^{2020}$.

Câu 3 (năm 2020).

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi

$\begin{cases} u_{1} = 6 &\\ u_{n+1} = \frac{1}{2}(u_n^2-4u_n+9),&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(u_n)$ là dãy số tăng.

b) Chứng minh $\sum_{i=1}^{2020} \frac{1}{u_i-1} < \frac{1}{3}$.

Câu 4 (năm 2021).

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi

$\begin{cases} u_{1} = 3&\\ u_{n+1} = \frac{3u_n+1}{u_n+3},&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(u_n)$ là dãy số giảm.

b) Tính tổng: $S=\sum_{i=1}^{100} \frac{1}{u_i-1}$.

Câu 5 (năm 2022).

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi

$\begin{cases} u_{1} = 3 &\\ u_{n+1} = u_n^3-2u_n^2+2u_n,&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(u_n)$ là dãy số tăng.

b) Chứng minh $\sum_{i=1}^{2022} \frac{u_i}{u_i^2-u_i+1} <1$.

 

[William Nguyen]

Câu 1 (năm 2018).

Cho dãy số $(a_{n})$ xác định bởi

$\begin{cases} a_{1} =\frac{1}{2} &\\ a_{n+1} = \frac{a_n^2}{a_n^2-a_n+1},&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(a_n)$ là dãy số giảm.

b) Với mỗi số nguyên dương $n$, đặt $b_{n} = \sum_{i=1}^{n} a_i$.

Tìm $\lim_{n\rightarrow+\infty} b_n$.

a,

+, Ta có $a_1 = \frac{1}{2}>0$

    Nếu $a_n>0$ thì $a_{n+1}=\frac{a_n^2}{a_n^2-a_n+1}>0$

    Do đó theo nguyên lý qui nạp, ta có $a_n>0, \forall n\in \mathbb{N}^{*}$

+, $a_{n+1}-a_n = \frac{a_n^2}{a_n^2-a_n+1}-a_n = \frac{-a_n^3+2a_n^2-a_n}{a_n^2-1_n+1} = \frac{-a_n(a_n-1)^2}{a_n^2-a_n+1}$

$\Rightarrow a_{n+1}-a_n \leq 0, \forall n\in \mathbb{N}^{*}$

$\Rightarrow a_{n+1} \leq a_n$ $\forall n\in \mathbb{N}^{*}$, tức dãy $(a_n)$ không tăng.

Khi đó, có $a_n \leq a_1= \frac{1}{2} <1$ nên $(a_n-1)^2>0$

$\Rightarrow a_{n+1} < a_n$ $\forall n\in \mathbb{N}^{*}$, tức dãy $(a_n)$ là dãy số giảm.

b,

+, Có $a_{n+1}-1 = \frac{a_n^2-a_n^2+a_n-1}{a_n^2-a_n+1} = \frac{a_n-1}{a_n(a_n-1)+1}$

$\Rightarrow \frac{1}{a_{n+1}-1} = a_n+\frac{1}{a_n-1}$

$\Rightarrow a_n = \frac{1}{a_{n+1}-1}-\frac{1}{a_n-1}, \forall n\in \mathbb{N}^{*}$

$\Rightarrow b_n = \sum_{i=1}^{n} a_i = \frac{1}{a_{n+1}-1} - \frac{1}{a_1-1} = \frac{1}{a_{n+1}-1} +2, \forall n\in \mathbb{N}^{*}$, $(1)$

+, Từ phần a, có $(a_n)$ là dãy số giảm và $a_n >0, \forall n\in \mathbb{N}^{*}$ tức $(a_n)$ bị chặn dưới bởi $0$.

    Do đó theo định lý $Weierstrass$, $\exists L \geq 0: \lim_{n\rightarrow +\infty} a_n = L$

    Giải phương trình giới hạn có $L = \frac{L^2}{L^2-L+1} \Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} L=0,& \text{tm} \\ L=1,& \text{ktm} \end {matrix}\right.$

    Vậy $\lim_{n\rightarrow +\infty} a_n = \lim_{n\rightarrow +\infty} a_{n+1} = 0$, $(2)$

+, Từ $(1)$ và $(2) \Rightarrow \lim_{n\rightarrow +\infty} b_n = 1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi William Nguyen: 15-06-2023 - 14:43

[William Nguyen]

Câu 2 (năm 2019).

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi

$\begin{cases} u_{1} =\frac{\sqrt{3}}{3} &\\ u_{n+1} = \frac{\sqrt{u_n^2+1}-1}{u_n},&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(u_n)$ là dãy số bị chặn.

b) Chứng minh $\sum_{i=1}^{2019} \frac{1}{u_i} < 2^{2020}$.

a,

+, Ta sẽ đi tìm công thức số hạng tổng quát dãy $(u_n)$.

    Có $u_1 = \frac{\sqrt{3}}{3} = tan\frac{\pi}{6}, u_2 = 2-\sqrt{3} = tan \frac{\pi}{12}$

    Dự đoán công thức số hạng tổng quát:

$u_n = tan \frac{\pi}{3.2^{n}}, \forall n \in \mathbb{N}^*$   $(*)$

+, Chứng minh công thức $(*)$:

Với $n=1,$ công thức hiển nhiên đúng.

Giả sử công thức đúng với $n=k$  $(k \in \mathbb{N}^*)$, tức:

$u_k = tan \frac{\pi}{3.2^{k}}$

Ta sẽ chứng minh công thức đúng với $n=k+1$:

Thật vậy, có

$u_{k+1} = \frac{\sqrt{u_k^2+1}-1}{u_k} = \frac{u_k}{\sqrt{u_k^2+1}+1} = \frac{tan\frac{\pi}{3.2^k}}{\sqrt{\left(tan\frac{\pi}{3.2^k}\right)^2+1}+1} = \frac{tan\frac{\pi}{3.2^k}}{\frac{1}{cos\frac{\pi}{3.2^k}}+1}$

         $= \frac{sin\frac{\pi}{3.2^k}}{1+cos\frac{\pi}{3.2^k}} = \frac{sin\left(2.\frac{\pi}{3.2^{k+1}}\right)}{2.cos^2\frac{\pi}{3.2^{k+1}}} = \frac{sin\frac{\pi}{3.2^{k+1}}}{cos\frac{\pi}{3.2^{k+1}}} = tan\frac{\pi}{3.2^{k+1}}$

    Do đó công thức $(*)$ được chứng minh.

+, Từ $(*) \Rightarrow 0<u_n<tan \frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{3}, \forall n \in \mathbb{N}^*,$ tức dãy số $(u_n)$ bị chặn.

b,

+, Trước tiên ta chứng minh $\frac{1}{tan x} < \frac{1}{x}, \forall x \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$.

    Xét hàm số $y = f(x) = tanx - x, x \in \left[0; \frac{\pi}{2}\right)$

    Có $f’(x) = \frac{1}{cos^2x} - 1 > 0, \forall x \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$ và hàm số liên tục trên $\left[0; \frac{\pi}{2}\right)$

$\Rightarrow$ hàm số đồng biến trên $\left[0; \frac{\pi}{2}\right)$

$\Rightarrow f(x) > f(0) = 0,$   $\forall x \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$

$\Rightarrow tanx > x > 0,$       $\forall x \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$

$\Rightarrow \frac{1}{tan x} < \frac{1}{x},$           $\forall x \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$.

+, Áp dụng ta có:

$\sum_{i=1}^{2019} \frac{1}{u_i} = \sum_{i=1}^{2019} \frac{1}{tan \frac{\pi}{3.2^{i}}} < \sum_{i=1}^{2019} \frac{3.2^{i}}{\pi} = \frac{3}{\pi}.\sum_{i=1}^{2019} 2^{i} = \frac{3}{\pi}.2.(2^{2019}-1) < 2.(2^{2019}-1) < 2^{2020}$.

 

 

Nhận xét:

+, Từ $u_1 = \frac{\sqrt{3}}{3} = tan\frac{\pi}{6}$ và biểu thức $\sqrt{u_n^2+1},$ ta nghĩ đến công thức $tan^2a = \frac{1}{cos^2a} - 1$ và có biến đổi như trên.

+, Câu a, có thể chứng minh $u_{n+1}-u_n < 0, \forall n \in \mathbb{N}^*$ suy ra dãy số giảm nên bị chặn trên bởi $u_1 = \frac{\sqrt{3}}{3}$ và bằng qui nạp có $u_n > 0$. Từ đó dãy số bị chặn. Tuy nhiên có thể tận dụng công thức số hạng tổng quát dù sao cũng phải tìm để giải quyết cả hai phần a, b.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi William Nguyen: 17-06-2023 - 17:35

[thanhng2k7]

Trong chủ đề này mình xin tổng hợp các bài dãy số trong đề thi chọn hsg lớp 12, tp Hà Nội những năm gần đây. Mời mọi người tham gia giải ạ.

 

Câu 1 (năm 2018).

Cho dãy số $(a_{n})$ xác định bởi

$\begin{cases} a_{1} =\frac{1}{2} &\\ a_{n+1} = \frac{a_n^2}{a_n^2-a_n+1},&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(a_n)$ là dãy số giảm.

b) Với mỗi số nguyên dương $n$, đặt $b_{n} = \sum_{i=1}^{n} a_i$.

Tìm $\lim_{n\rightarrow+\infty} b_n$.

Câu 2 (năm 2019).

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi

$\begin{cases} u_{1} =\frac{\sqrt{3}}{3} &\\ u_{n+1} = \frac{\sqrt{u_n^2+1}-1}{u_n},&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(u_n)$ là dãy số bị chặn.

b) Chứng minh $\sum_{i=1}^{2019} \frac{1}{u_i} < 2^{2020}$.

Câu 3 (năm 2020).

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi

$\begin{cases} u_{1} = 6 &\\ u_{n+1} = \frac{1}{2}(u_n^2-4u_n+9),&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(u_n)$ là dãy số tăng.

b) Chứng minh $\sum_{i=1}^{2020} \frac{1}{u_i-1} < \frac{1}{3}$.

Câu 4 (năm 2021).

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi

$\begin{cases} u_{1} = 3&\\ u_{n+1} = \frac{3u_n+1}{u_n+3},&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(u_n)$ là dãy số giảm.

b) Tính tổng: $S=\sum_{i=1}^{100} \frac{1}{u_i-1}$.

Câu 5 (năm 2022).

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi

$\begin{cases} u_{1} = 3 &\\ u_{n+1} = u_n^3-2u_n^2+2u_n,&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(u_n)$ là dãy số tăng.

b) Chứng minh $\sum_{i=1}^{2022} \frac{u_i}{u_i^2-u_i+1} <1$.

Câu 4 (năm 2021):

a) Đặt  $u_n=\frac{a_n}{b_n}$ với $a_1=3 , b_1=1$

Khi đó : 

$\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}=\frac{3a_n+b_n}{a_n+3b_n}$

Suy ra $a_{n+1}=3a_n+b_n ; b_{n+1}=a_n+3b_n$

Từ $a_{n+1}=3a_n+b_n$ ta có $a_{n+2}=3a_{n+1}+b_{n+1}$

$=3a_{n+1}+a_n+3b_n=3a_{n+1}+a_n+3.(a_{n+1}-3a_n)=6a_{n+1}-8a_n$

$\Rightarrow a_n=\frac{1}{2}.(2^n + 4^n)$ ( Dễ dàng làm được =)) )

Tương tự như trên , $b_n=\frac{-1}{2}.(2^n-4^n)$

Do đó $u_n=\frac{4^n+2^n}{4^n-2^n}=\frac{2^n+1}{2^n-1}=1+\frac{2}{2^n-1}$

Từ đó dễ dàng nhận thấy $(u_n)$ giảm.

 

b) Ta có :

$\frac{1}{u_n-1}=\frac{1}{\frac{2^n+1}{2^n-1}-1}=\frac{2^n-1}{2}$

Do đó : 

$S=\sum_{i=1}^{100}\frac{1}{u_i-1}=\frac{2^1+2^2+..+2^{100}}{2}-50=\frac{2^{101}-2}{2}-50=2^{100}-51$.

P/s: Nếu có sai sót mong lượng thứ =)) . 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhng2k7: 17-06-2023 - 23:53

[Sangnguyen3]

Câu 4 (năm 2021):

a) Đặt  $u_n=\frac{a_n}{b_n}$ với $a_1=3 , b_1=1$

Khi đó : 

$\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}=\frac{3a_n+b_n}{a_n+3b_n}$

Suy ra $a_{n+1}=3a_n+b_n ; b_{n+1}=a_n+3b_n$

Từ $a_{n+1}=3a_n+b_n$ ta có $a_{n+2}=3a_{n+1}+b_{n+1}$

$=3a_{n+1}+a_n+3b_n=3a_{n+1}+a_n+3.(a_{n+1}-3a_n)=6a_{n+1}-8a_n$

$\Rightarrow a_n=\frac{1}{2}.(2^n + 4^n)$ ( Dễ dàng làm được =)) )

Tương tự như trên , $b_n=\frac{-1}{2}.(2^n-4^n)$

Do đó $u_n=\frac{4^n+2^n}{4^n-2^n}=\frac{2^n+1}{2^n-1}=1+\frac{2}{2^n-1}$

Từ đó dễ dàng nhận thấy $(u_n)$ giảm.

 

b) Ta có :

$\frac{1}{u_n-1}=\frac{1}{\frac{2^n+1}{2^n-1}-1}=\frac{2^n-1}{2}$

Do đó : 

$S=\sum_{i=1}^{100}\frac{1}{u_i-1}=\frac{2^1+2^2+..+2^{100}}{2}-50=\frac{2^{101}-2}{2}-50=2^{100}-51$.

P/s: Nếu có sai sót mong lượng thứ =)) . 

Ban co the giai thich giup minh cho nay duoc khong : 
$\Rightarrow a_n=\frac{1}{2}.(2^n + 4^n)$ ; $b_n=\frac{-1}{2}.(2^n-4^n)$

[William Nguyen]

Mình chưa hiểu đoạn này lắm:

 

$\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}=\frac{3a_n+b_n}{a_n+3b_n}$

Suy ra $a_{n+1}=3a_n+b_n ; b_{n+1}=a_n+3b_n$

 

Mình nghĩ phải là $a_{n+1} = k(3a_n+b_n)$ và $b_{n+1} = k(a_n+3b_n)$ với $k \neq0$, còn công thức tổng quát bạn tìm đúng rồi.

 

Cách làm của mình như sau:

$(u_n): \begin{cases} u_{1} = 3&\\ u_{n+1} = \frac{3u_n+1}{u_n+3},&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

 

+, Ta chứng minh $u_n \neq 1, \forall n \in \mathbb{N}^*$

Với $n=1$ có $u_1 = 3 \neq 1$

$u_{n+1} = 1 \Leftrightarrow \frac{3u_n+1}{u_n+3} = 1 \Leftrightarrow u_n = 1$

Do đó $u_n \neq 1, \forall n \in \mathbb{N}^*$

 

+, Đặt $(v_n): v_n = \frac{u_n+1}{u_n-1}, \forall n \in \mathbb{N}^*$

 

    Ta có $v_{n+1} = \frac{\frac{3u_n+1}{u_n+3}+1}{\frac{3u_n+1}{u_n+3}-1} = \frac{\frac{4u_n+4}{u_n+3}}{\frac{2u_n-2}{u_n+3}} = \frac{2\left(u_n+1\right)}{u_n-1} = 2v_n$

 

    Do đó $(v_n)$ là cấp số nhân với $v_1 = 2, q=2$

    $\Rightarrow v_n = 2^{n}, \forall n \in \mathbb{N}^*$

    $\Rightarrow \frac{u_n+1}{u_n-1} = 1+ \frac{2}{u_n-1} = 2^n \Rightarrow u_n = \frac{2}{2^n-1}+1, \forall n \in \mathbb{N}^*$

 

Cách làm này có lẽ gọn gàng và dễ hiểu hơn, không phải giải phần $a_{n+2} = 6a_{n+1} -8a_n$

 

Công thức là với

$u_{n+1} = \frac{a.u_n+b}{c.u_n+d}$    $ac \neq 0$

thì đặt

$v_n = \frac{u_n+x_1}{u_n+x_2}$

với $x_1, x_2$ là nghiệm phương trình

$c.x^2+(a-d)x-b=0$

Khi đó ta sẽ có $(v_n)$ là cấp số nhân, còn tại sao lại có phương trình kia thì có thể tính $v_{n+1}$ theo $v_n$ rồi tìm điều kiện của $x_1, x_2$ để có cấp số nhân.

[thanhng2k7]

Mình làm như vậy theo một bổ đề nằm trong sách Dãy số và áp dụng trang 83 , bổ đề đó phát biểu :

Nếu $y_n$ và $z_n$ là nghiệm của hệ phương trình sai phân :

$y_{n+1}=py_n+qz_n$ ; $y_0=a $ và $z_{n+1}=ry_n+sz_n ; z_0=1 $ 

Thì $x_n=\frac{y_n}{z_n}$ là nghiệm của phương trình 

$x_0=a;x_{n+1}=\frac{px_n+q}{rx_n+s}$

 

 

Ban co the giai thich giup minh cho nay duoc khong : 
$\Rightarrow a_n=\frac{1}{2}.(2^n + 4^n)$ ; $b_n=\frac{-1}{2}.(2^n-4^n)$

Sau khi giải phương trình tuyến tính thuần nhất bậc 2 : $x^2-6x+8=0$ ta thu được hai nghiệm là $2$ và $4$ nên

$a_n=u.2^n+v.4^n$

Mà $a_2=3a_1+b_1=10$

Kết hợp với $a_1=3$ ta được hệ phương trình , giải ta được $u=v=\frac{1}{2}$.

Còn $b_n$ làm tương tự 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhng2k7: 18-06-2023 - 16:57

[thanhng2k7]

Câu 5 (năm 2022).

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi

$\begin{cases} u_{1} = 3 &\\ u_{n+1} = u_n^3-2u_n^2+2u_n,&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(u_n)$ là dãy số tăng.

b) Chứng minh $\sum_{i=1}^{2022} \frac{u_i}{u_i^2-u_i+1} <1$.

Câu 5 (năm 2022):

a) Ta đi chứng minh $u_{n+1}>u_n$ $(1)$

+) Với $n=1$ thì  $u_2>u_1$.

+)  Giả sử $(1)$ đúng đến $n=k \geq 2 $ , ta chứng minh $(1)$ đúng với $n=k+1$ 

Thật vậy , từ $(1)$ suy ra $u_k>u_{k-1}>...>u_2>u_1$

Ta xét $u_{k+1}-u_k=u_k(u_k-1)^2>0 \Rightarrow u_{k+1}>u_k$

Vậy $(1)$ đúng với mọi $n$ nguyên dương , hay $(u_n)$ là dãy tăng . 

 

b) Ta xét công thức tổng quát : 

$\frac{u_i}{u_i^2-u_i+1}$

$=\frac{u_i(u_i-1)^2}{(u_i^2-u_i+1)(u_i-1)^2}=\frac{u_{i+1}-u_i}{(u_i-1)(u_{i+1}-1)}=\frac{1}{u_i-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1}$

Do đó :

$\sum_{i=1}^{2022} \frac{u_i}{u_i^2-u_i+1}=\frac{1}{u_1-1}-\frac{1}{u_{2023}-1}<\frac{1}{2}$ ( do $u_{2023}>u_1=3$ )

Vậy đpcm.

[thanhng2k7]

Câu 3 (năm 2020).

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi

$\begin{cases} u_{1} = 6 &\\ u_{n+1} = \frac{1}{2}(u_n^2-4u_n+9),&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(u_n)$ là dãy số tăng.

b) Chứng minh $\sum_{i=1}^{2020} \frac{1}{u_i-1} < \frac{1}{3}$.

Câu 3 (năm 2020):

a) Ta chứng minh $u_{n+1}>u_n$ theo quy nạp $(1)$.

+) Với $n=1$ thì $u_2>u_1$ nên $(1)$ đúng với $n=1$.

+) Với $n\geq 2$ , giả sử $(1)$ đúng đến $n=k$ . Ta chứng minh nó đúng với $n=k+1$.

Thật vậy , ta có từ $(1)$ suy ra $u_{n+1}>u_n>...>u_2>u_1=6$

Xét $u_{n+2}-u_{n+1}=\frac{1}{2}(u_{n+1}^2-6u_{n+1}+9)=\frac{1}{2}(u_{n+1}-3)^2>0$

Vậy $(u_n)$ là dãy tăng . 

 

b) Xét $u_{i+1}-3=\frac{1}{2}(u_i^2-4u_i+3)=\frac{1}{2}(u_i-1)(u_i-3)$

$\Rightarrow \frac{1}{u_{i+1}-3}=\frac{2}{(u_i-1)(u_i-3)}=\frac{1}{u_i-3}-\frac{1}{u_i-1}$

$\Rightarrow \frac{1}{u_i-1}=\frac{1}{u_{i}-3}-\frac{1}{u_{n+1}-3}$

Do đó $\sum_{i=1}^{2020}\frac{1}{u_i-1}=\frac{1}{3}-\frac{1}{u_{2021}-3}<\frac{1}{3}$

Vậy đpcm.