Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Cấp số cộng (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Từ $S_{100}=\frac{100}{2}(2u_1+99d)=24850$ với $u_1=1$ ta được $100+4950d=24850\Rightarrow d=5$, nên $u_n=5n-4$ (đều dương). Với mỗi số hạng: $\frac{1}{u_{n+1}\sqrt{u_n}+u_n\sqrt{u_{n+1}}}=\frac{1}{\sqrt{u_n{u}_{n+1}}(\sqrt{u_{n+1}}+\sqrt{u_n})}=\frac{\sqrt{u_{n+1}}-\sqrt{u_n}}{\sqrt{u_n{u}_{n+1}}(u_{n+1}-u_n)}=\frac{1}{5}\left(\frac{1}{\sqrt{u_n}}-\frac{1}{\sqrt{u_{n+1}}}\right)$ vì $u_{n+1}-u_n=5$. Do đó $S=\frac{1}{5}\left(\frac{1}{\sqrt{u_1}}-\frac{1}{\sqrt{u_{2025}}}\right)=\frac{1}{5}\left(1-\frac{1}{\sqrt{10121}}\right)$ với $u_{2025}=5\cdot 2025-4=10121$. Vậy $a=5,b=10121$ và $P=-2024a+b=-10120+10121=1$.

a) Tìm GTLN của $P=x-2y$.
Từ giả thiết: $5^{x^2-y+1}=\frac{2x+y}{(x+1{)}^2}\iff 5^{(x+1{)}^2}\cdot (x+1{)}^2=5^{2x+y}\cdot (2x+y)$.
Xét hàm số $f(t)=5^t\cdot t$ có đạo hàm luôn lớn hơn 0 với $t>0$, ta suy ra $(x+1{)}^2=2x+y\Rightarrow y=x^2+1$.
Thay vào biểu thức $P$:
$$P=x-2(x^2+1)=-2x^2+x-2$$
GTLN của tam thức bậc hai này đạt được tại $x=\frac{1}{4}$. Vậy $P_{max}=-2{\left(\frac{1}{4}\right)}^2+\frac{1}{4}-2=-\frac{15}{8}$.

b) Dãy số.
Ta có $u_{n+2}-u_{n+1}=u_{n+1}-u_n+1\Rightarrow v_{n+1}=v_n+1$.
Vậy $(v_n)$ là cấp số cộng có $v_1=u_2-u_1=2$ và công sai $d=1$.
Tổng $n$ số hạng đầu của $(v_n)$: $S_n=\frac{n}{2}\left[2\cdot 2+(n-1)\cdot 1\right]=\frac{n(n+3)}{2}$.
Số hạng tổng quát $u_n$: $u_n=u_1+S_{n-1}=-1+\frac{(n-1)(n+2)}{2}=\frac{n^2+n-4}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 2a) Với mỗi $k=1,\dots ,2025$, ta có $u_{k+1}-u_k=d=\frac{1}{2025}>0$ nên $u_k>0$. Nhân tử và mẫu với $\sqrt{u_{k+1}}-\sqrt{u_k}$:
$$\left(u_k\sqrt{u_{k+1}}+u_{k+1}\sqrt{u_k}\right)\left(\sqrt{u_{k+1}}-\sqrt{u_k}\right)=\sqrt{u_k{u}_{k+1}}(u_{k+1}-u_k)=d\sqrt{u_k{u}_{k+1}}.$$
Do đó
$$\frac{1}{u_k\sqrt{u_{k+1}}+u_{k+1}\sqrt{u_k}}=\frac{1}{d}\cdot \frac{\sqrt{u_{k+1}}-\sqrt{u_k}}{\sqrt{u_k{u}_{k+1}}}=\frac{1}{d}\left(\frac{1}{\sqrt{u_k}}-\frac{1}{\sqrt{u_{k+1}}}\right).$$
Tổng dạng telescoping:
$$S=\frac{1}{d}\left(\frac{1}{\sqrt{u_1}}-\frac{1}{\sqrt{u_{2026}}}\right).$$
Với $u_1=1$, $d=\frac{1}{2025}$: $u_{2026}=u_1+2025d=1+2025\cdot \frac{1}{2025}=2$. Vậy
$$S=2025\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\frac{2025(2-\sqrt{2})}{2}=\frac{4050-2025\sqrt{2}}{2}.$$

Câu 2b) Thay $x=2$: tử $=\sqrt{9}-\sqrt{25}+2=3-5+2=0$, mẫu $=(x-2{)}^2\to 0$, dạng $\frac{0}{0}$.
Viết $f(x)=\sqrt{6x-3}-\sqrt{20x-15}+x$. Ta có $f(2)=0$ và
$$f^{\prime }(x)=\frac{3}{\sqrt{6x-3}}-\frac{10}{\sqrt{20x-15}}+1,f^{\prime }(2)=1-2+1=0,$$
nên cần khai triển đến cấp 2:
$$f^{\prime \prime }(x)=-\frac{9}{(6x-3{)}^{3/2}}+\frac{100}{(20x-15{)}^{3/2}},f^{\prime \prime }(2)=-\frac{9}{27}+\frac{100}{125}=-\frac{1}{3}+\frac{4}{5}=\frac{7}{15}.$$
Theo Taylor: $f(x)=\frac{f^{\prime \prime }(2)}{2}(x-2{)}^2+o((x-2{)}^2)=\frac{7}{30}(x-2{)}^2+o((x-2{)}^2)$.
Vậy
$$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{\sqrt{6x-3}-\sqrt{20x-15}+x}{x^2-4x+4}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{\frac{7}{30}(x-2{)}^2}{(x-2{)}^2}=\frac{7}{30}.$$

Lời giải (nguồn: CLB Toán Lim - LIM Olympic):

1) Gọi bốn nghiệm của $P_4$ là $x_1<x_2<x_3<x_4$.
Vì các nghiệm này lập thành một cấp số cộng nên tồn tại số thực $m$ sao cho $x_1+x_4=x_2+x_3=2m$.
Theo Rolle, $P_4^{\prime }(x)$ có đúng ba nghiệm thực phân biệt $y_1,y_2,y_3$ thoả mãn
$$x_1<y_1<x_2<y_2<x_3<y_3<x_4$$
Với mỗi $x$ không là nghiệm của $P_4$, ta có $\frac{P_4^{\prime }(x)}{P_4(x)}=\frac{1}{x-x_1}+\frac{1}{x-x_2}+\frac{1}{x-x_3}+\frac{1}{x-x_4}$.
Do $m\in (x_2,x_3)$ và $x_1+x_4=x_2+x_3=2m$ nên $\frac{1}{m-x_1}+\frac{1}{m-x_4}=0$ và $\frac{1}{m-x_2}+\frac{1}{m-x_3}=0$.
Suy ra $P_4^{\prime }(m)=0$, nên $m=y_2$.
Mặt khác, theo định lý Viète, $y_1+y_2+y_3=\frac{3}{4}(x_1+x_2+x_3+x_4)$.
Vì $x_1+x_2+x_3+x_4=4m$, suy ra $y_1+y_2+y_3=3m$.
Kết hợp với $y_2=m$, ta được $y_1+y_3=2m=2y_2$.
Vậy ba nghiệm của $P_4^{\prime }(x)$ lập thành một cấp số cộng.

2) Ta xét hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: $n=2k$.
Vì các nghiệm của $P_n$ lập thành một cấp số cộng nên ta có thể viết chúng dưới dạng
$$a-(2k-1)d,a-(2k-3)d,\dots ,a-d,a+d,\dots ,a+(2k-3)d,a+(2k-1)d,$$
với $d>0$. Theo định lý Viète, tổng các nghiệm bằng $2ka\in \mathbb{Z}$, do đó $a\in \mathbb{Q}$.
Gọi $r_1,r_2,\dots ,r_{2k}$ là các nghiệm của $P_n$. Ta có $\sum r_i^2={\left(\sum r_i\right)}^2-2{\sum }_{i<j}{r}_i{r}_j$.
Theo định lý Viète, hai tổng ở vế phải đều là các số nguyên, do đó $\sum r_i^2\in \mathbb{Q}$.
Mặt khác, $\sum r_i^2=2k{a}^2+2d^2{\sum }_{i=1}^k(2i-1{)}^2$. Vì $a\in \mathbb{Q}$ nên suy ra $d^2\in \mathbb{Q}$.
Với mỗi $i=1,2,\dots ,k$, ghép hai nghiệm $a-(2i-1)d$ và $a+(2i-1)d$, ta có
$$\left(x-(a-(2i-1)d)\right)\left(x-(a+(2i-1)d)\right)=(x-a{)}^2-(2i-1{)}^2{d}^2\in \mathbb{Q}[x].$$
Do đó $P_n(x)=\prod _{i=1}^k\left((x-a{)}^2-(2i-1{)}^2{d}^2\right)$ nên $P_n$ khả quy trên $\mathbb{Q}[x]$.
Mặt khác, $P_n$ là đa thức monic thuộc $\mathbb{Z}[x]$ nên theo bổ đề Gauss, $P_n$ khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$.

Trường hợp 2: $n=2k+1$.
Ta viết các nghiệm của $P_n$ dưới dạng
$$a-kd,a-(k-1)d,\dots ,a-d,a,a+d,\dots ,a+(k-1)d,a+kd$$
với $d>0$. Theo định lý Viète, $(2k+1)a\in \mathbb{Z}$, nên $a\in \mathbb{Q}$.
Tương tự trường hợp trên, ta cũng suy ra được $d^2\in \mathbb{Q}$. Vì thế
$$P_n(x)=(x-a)\prod _{i=1}^k\left((x-a{)}^2-i^2{d}^2\right),$$
khả quy trên $\mathbb{Q}[x]$, và theo bổ đề Gauss thì $P_n$ khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$.
Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có được $P_n(x)$ có thể phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $a_{ij}$ là số ở hàng $i$, cột $j$ $(i,j=\mathrm{1..7})$. Vì mỗi hàng là cấp số cộng nên hiệu $a_{i,j+1}-a_{i,j}$ không phụ thuộc $j$ (chỉ phụ thuộc $i$); vì mỗi cột là cấp số cộng nên $a_{i+1,j}-a_{i,j}$ không phụ thuộc $i$ (chỉ phụ thuộc $j$). Dạng tổng quát của bảng là mô hình song tuyến $a_{ij}=p+qi+sj+tij$ (không được giả sử $t=0$).

Theo hình vẽ: $2$ ở ô $(1,2)$, $13$ ở ô $(2,7)$, $13$ ở ô $(4,4)$, $1$ ở ô $(7,1)$, và $x=a_{7,6}$. Ta có hệ:
$$p+q+2s+2t=2$$
$$p+2q+7s+14t=13$$
$$p+4q+4s+16t=13$$
$$p+7q+s+7t=1$$

Trừ phương trình đầu khỏi ba phương trình còn lại:
$$q+5s+12t=11;3q+2s+14t=11;6q-s+5t=-1.$$

Từ hai phương trình đầu: $13s+22t=22$. Từ phương trình thứ hai và thứ ba: $q=s+3t-4$, thay vào $q+5s+12t=11$ được $2s+5t=5$. Giải hệ $\{13s+22t=22,2s+5t=5\}$: nhân phương trình thứ hai với $\frac{13}{2}$ và trừ, được $\frac{21}{2}t=\frac{21}{2}$, suy ra $t=1$, $s=0$, $q=-1$, $p=1$.

Kiểm tra: $a_{7,1}=1-7+0+7=1$ đúng; $a_{4,4}=1-4+0+16=13$ đúng; $a_{2,7}=1-2+0+14=13$ đúng; $a_{1,2}=1-1+0+2=2$ đúng.

Vậy $x=a_{7,6}=1+7\cdot (-1)+6\cdot 0+42\cdot 1=36$.

Ghi chú: lời giải AI gốc trong nguồn đã dùng đúng dữ kiện $13$ ở ô $(4,4)$ và lập luận với $t\ne 0$ là chính xác; phản hồi lịch sử cho rằng phải lấy $t=0$ (mô hình tuyến tính) là sai, vì dạng tổng quát bắt buộc phải có số hạng $tij$. Đáp số $x=36$.

(AI giải đề cho tôi)
Dãy $(x_a)$: công sai $d_a=3$, số hạng thứ $n$: $x_a(n)=4+3(n-1)=3n+1$. Dãy $(x_b)$: công sai $d_b=5$, $x_b(n)=1+5(n-1)=5n-4$. Số hạng chung thỏa $3m+1=5n-4\Rightarrow 3m-5n=-5$. Giải theo mô-đun: $3m\equiv -5\equiv 0(\mathrm{mod}5)$... kiểm tra lại: $3m+1=5n-4\Rightarrow 3m=5n-5\Rightarrow 3m\equiv 0(\mathrm{mod}5)\Rightarrow m\equiv 0(\mathrm{mod}5)$. Với $m=5k$: số chung là $3(5k)+1=15k+1$. Nhưng số chung đầu tiên phải xuất hiện trong cả hai dãy: $k=0$ cho $1$? Kiểm tra: $1$ không thuộc dãy $(x_a)$ vì $3m+1=1\Rightarrow m=0$ không hợp. Xét lại điều kiện: $m\ge 1$, $n\ge 1$. $m=5k\ge 1\Rightarrow k\ge 1$? Thử $k=1$: số chung $16$: dãy a có $16=3m+1\Rightarrow m=5$ ✓; dãy b có $16=5n-4\Rightarrow n=4$ ✓. Vậy các số chung dạng $16+15(k-1)$, tức $16+15t$ với $t\ge 0$. Giới hạn: trong 2018 số hàng đầu của dãy a, số lớn nhất là $3\cdot 2018+1=6055$; của dãy b là $5\cdot 2018-4=10086$. Điều kiện: $16+15t\le 6055\Rightarrow t\le 402,6\Rightarrow t=0,1,\dots ,402$, tức $403$ số hàng chung. Vậy đáp án C (khớp với đáp án nguồn).

Phương trình $2^{a_8-27}=a_8$ với $a_8\in {\mathbb{Z}}^{+}$ có nghiệm duy nhất $a_8=32$. Khi đó $a_1+7d=32$ với $a_1,d\in {\mathbb{Z}}^{+}⟹d\in \{1;2;3;4\}$. Suy ra $a_3=32-5d\ge 32-5\cdot 4=12$.