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

(AI giải đề cho tôi)
Từ công thức $u_{n-1}=2^n+1$, để tính $u_5$ ta đặt $n-1=5\Rightarrow n=6$. Khi đó $u_5=2^6+1=64+1=65$. Vậy đáp án là B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 211, câu 1: B).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $v_n=\frac{1}{u_n}$. Khi đó $v_{n+1}=\frac{3u_n+1}{u_n}=3+v_n$, tức $v_{n+1}-v_n=3$: dãy $(v_n)$ là cấp số cộng công sai 3 với $v_1=\frac{1}{u_1}=2$. Suy ra $v_n=2+3(n-1)=3n-1$, do đó $u_n=\frac{1}{3n-1}$. Với $n=2026$: $u_{2026}=\frac{1}{3\cdot 2026-1}=\frac{1}{6077}$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
$A_1=\left(\frac{3}{2};2\right)$, $B_1=\left(\frac{3}{2};\frac{3}{2}\right)$. Đặt $t_n=y_{A_n}$. Với $n\ge 2$: đường ngang qua $A_{n-1}$ cắt $d_2$ tại $B_n$ nên $y_{B_n}=t_{n-1}$, do đó $x_{B_n}=t_{n-1}$; đường thẳng đứng qua $B_n$ cắt $d_1$ tại $A_n$ nên $x_{A_n}=t_{n-1}$ và $t_n=2t_{n-1}-1$. Suy ra $t_n-1=2(t_{n-1}-1)$ với $t_1-1=1$, vậy $t_n=2^{n-1}+1$. Đoạn $A_n{B}_n$ thẳng đứng nên $h_n=y_{A_n}-y_{B_n}=t_n-t_{n-1}=2^{n-2}$. Do đó $h_{20}=2^{18}=262144$ và $\frac{h_{20}}{1024}=\frac{2^{18}}{2^{10}}=2^8=256$.

(AI giải đề cho tôi)
Giải phương trình $\frac{2n+5}{n^2+1}=\frac{35}{226}$ với $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Ta có $226(2n+5)=35(n^2+1)\iff 35n^2-452n-1095=0$. Biệt thức $\Delta =452^2+4\cdot 35\cdot 1095=204304+153300=357604=598^2$, nên $n=\frac{452+598}{70}=15$ (nghiệm âm loại). Thử lại: $u_{15}=\frac{35}{226}$. Vậy $\frac{35}{226}$ là số hạng thứ 15, đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hệ thức truy hồi $u_{n+1}=(n+2)u_n$ với $u_1=\sqrt{2026}$, ta có $u_n=u_1\cdot 3\cdot 4\cdots (n+1)=\sqrt{2026}\cdot \frac{(n+1)!}{2}$.
Do đó $\frac{k}{u_k}=\frac{2k}{\sqrt{2026}(k+1)!}=\frac{2}{\sqrt{2026}}\left(\frac{1}{k!}-\frac{1}{(k+1)!}\right)$ vì $\frac{1}{k!}-\frac{1}{(k+1)!}=\frac{k}{(k+1)!}$.
Tổng $S_{10}=\frac{2}{\sqrt{2026}}\left(\frac{1}{1!}-\frac{1}{11!}\right)=\frac{2}{\sqrt{2026}}\cdot \frac{39916799}{39916800}$.
Vì $\sqrt{2026}\approx 45,0111105$ nên $S_{10}\approx 0,04443345$, làm tròn 5 chữ số thập phân: $S_{10}\approx 0,04443$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ $u_1=\frac{1}{2}$ và $u_{n+1}=\frac{u_n}{u_n+1}$, ta có $\frac{1}{u_{n+1}}=\frac{1}{u_n}+1$, nên $\frac{1}{u_n}=\frac{1}{2}+(n-1)=\frac{n+1}{2}$, tức $u_n=\frac{1}{n+1}$.
Do đó $\frac{u_k}{k}=\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}$, suy ra $S_n=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$.
Yêu cầu $S_n\ge \frac{2022}{2023}$ tức $\frac{n}{n+1}\ge \frac{2022}{2023}\iff 2023n\ge 2022n+2022\iff n\ge 2022$. Vậy giá trị nhỏ nhất của $n$ là $2022$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $u_n=\frac{n^2+3n+7}{n+1}=\frac{(n+1)(n+2)+5}{n+1}=n+2+\frac{5}{n+1}$. Vì $n\ge 1$ nên $n+2$ nguyên, do đó $u_n$ nguyên khi và chỉ khi $\frac{5}{n+1}$ nguyên, tức $n+1$ là ước dương của 5. Với $n\ge 1$ thì $n+1\ge 2$, nên chỉ có $n+1=5\Rightarrow n=4$, khi đó $u_4=4+2+1=7$. Vậy dãy có đúng 1 số hạng nhận giá trị nguyên.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $v_n=2n{u}_n-n^2-1$. Từ giả thiết: $$u_{n+1}=\frac{n+1}{2}+\frac{n(2u_n-n)}{n+1}-\frac{1}{2(n+1)}.$$ Nhân hai vế với $2(n+1)$: $$2(n+1)u_{n+1}=(n+1{)}^2+2n(2u_n-n)-1=(n+1{)}^2+4n{u}_n-2n^2-1.$$ Suy ra $$v_{n+1}=2(n+1)u_{n+1}-(n+1{)}^2-1=4n{u}_n-2n^2-2=2\left(2n{u}_n-n^2-1\right)=2v_n.$$ Vậy $(v_n)$ là cấp số nhân công bội $q=2$, với số hạng đầu $v_1=2\cdot 1\cdot 2-1^2-1=2$. Do đó $v_n=2\cdot 2^{n-1}=2^n$, tức là $$2n{u}_n-n^2-1=2^n\Rightarrow u_n=\frac{2^n+n^2+1}{2n}=\frac{2^{n-1}}{n}+\frac{n}{2}+\frac{1}{2n},\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }.$$ Kiểm tra: $u_1=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=2$ đúng. Thay vào recurrence: $2u_n-n=\frac{2^n+1}{n}$, nên $\frac{n(2u_n-n)}{n+1}=\frac{2^n+1}{n+1}$, do đó $u_{n+1}=\frac{n+1}{2}+\frac{2^n+1}{n+1}-\frac{1}{2(n+1)}=\frac{n+1}{2}+\frac{2^{n+1}+1}{2(n+1)}$, đúng bằng công thức tại $n+1$. Vậy số hạng tổng quát là $u_n=\frac{2^n+n^2+1}{2n}$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 6.

a) Ta có $u_{n+1}=3u_n-2\iff u_{n+1}-1=3(u_n-1)$. Đặt $v_n=u_n-1$, thì $v_{n+1}=3v_n$ nên $(v_n)$ là cấp số nhân công bội $q=3$ với số hạng đầu $v_1=u_1-1=2$. Vậy $v_n=2\cdot 3^{n-1}$, suy ra công thức tổng quát:
$$u_n=2\cdot 3^{n-1}+1,\forall n\ge 1.$$
(Kiểm tra: $u_1=2+1=3$ đúng; $u_2=6+1=7=3\cdot 3-2$ đúng.)

b) Trước hết chứng minh $5\nmid x_n$ với mọi $n$. Thật vậy, $5\nmid x_1$ theo giả thiết. Nếu $5\mid x_n$ thì từ $5^n\mid x_{n+1}^3-x_n^3$ (với $n\ge 1$) suy ra $x_{n+1}^3\equiv x_n^3\equiv 0(\mathrm{mod}5)$, do đó $5\mid x_{n+1}$; bằng quy nạp sẽ có $5\mid x_n$ với mọi $n$, mâu thuẫn với $5\nmid x_1$. Vậy $5\nmid x_n$ với mọi $n$.

Theo Fermat nhỏ, $a^3\equiv a(\mathrm{mod}5)$ với mọi số nguyên $a$. Do $5\mid x_{n+1}^3-x_n^3$ nên $x_{n+1}^3\equiv x_n^3(\mathrm{mod}5)$, suy ra $x_{n+1}\equiv x_n(\mathrm{mod}5)$.

Phân tích:
$$x_{n+1}^3-x_n^3=(x_{n+1}-x_n)\left(x_{n+1}^2+x_{n+1}{x}_n+x_n^2\right).$$
Đặt $d=x_{n+1}-x_n\ge 1$ (vì dãy tăng) và $F=x_{n+1}^2+x_{n+1}{x}_n+x_n^2$. Vì $x_{n+1}\equiv x_n(\mathrm{mod}5)$ nên
$$F\equiv 3x_n^2(\mathrm{mod}5).$$
Vì $5\nmid x_n$ nên $5\nmid 3x_n^2$, tức $\gcd (F,5)=1$. Mà $5^n\mid d\cdot F$, do đó $5^n\mid d$, suy ra $d\ge 5^n$ (vì $d$ là bội dương của $5^n$).

Khi đó, vì dãy tăng nên $x_{n+1}=x_n+d\ge 1+5^n$, do đó
$$F=x_{n+1}^2+x_{n+1}{x}_n+x_n^2>x_{n+1}^2\ge (5^n+1{)}^2>5^{2n}.$$
Vậy
$$x_{n+1}^3-x_n^3=d\cdot F>5^n\cdot 5^{2n}=5^{3n}=125^n,\forall n\ge 1.$$
Điều phải chứng minh.

a) Hệ thức truy hồi: $u_{n+1}=4u_n-15n-1$.

Đặt $u_n=v_n+an+b$. Thay vào hệ thức:

$$v_{n+1}+a(n+1)+b=4(v_n+an+b)-15n-1\iff v_{n+1}=4v_n+(3a-15)n+(3b-a-1).$$

Chọn $3a-15=0\Rightarrow a=5$ và $3b-a-1=0\Rightarrow b=2$.

Khi đó $v_{n+1}=4v_n$, đây là cấp số nhân với công bội $q=4$.

Ta có $v_1=u_1-5\cdot 1-2=11-7=4$. Suy ra $v_n=4\cdot 4^{n-1}=4^n$.

Vậy, công thức tổng quát: $u_n=4^n+5n+2$.

Tìm $n$ để $u_n$ là số chính phương:

$n=1\Rightarrow u_1=11$ (loại).

$n=2\Rightarrow u_2=28$ (loại).

$n=3\Rightarrow u_3=81=9^2$ (thỏa mãn).

Với $n\ge 4$, ta có: $(2^n{)}^2=4^n<4^n+5n+2<4^n+2\cdot 2^n+1=(2^n+1{)}^2$.

Do $u_n$ bị kẹp giữa $2$ số chính phương liên tiếp nên $u_n$ không thể là số chính phương.

Vậy $n=3$.

b) Thay vì tính tổng trên toàn trường cùng một lúc, ta xét sự đóng góp của một lớp học bất kỳ vào các đại lượng $A$, $B$, $C$.

Giả sử ta xét lớp thứ $k$ có $x$ học sinh $(x=a_k)$. Ta tính xem lớp này đóng góp bao nhiêu vào các tổng $A$, $B$ và $C$.

Theo định nghĩa, $b_i$ là số lượng các lớp có từ $i$ học sinh trở lên. Vì lớp đang xét có $x$ học sinh, nên nó sẽ được “đếm” đúng $1$ lần trong các giá trị $b_1$, $b_2$, $\dots$, $b_x$. Từ $b_{x+1}$ trở đi, lớp này không đủ sĩ số nên đóng góp bằng $0$.

Sự đóng góp vào $A$: Vì $A=b_1+b_2+\cdots +b_M$, lớp này đóng góp $1$ vào mỗi số hạng từ $b_1$ đến $b_x$. Tổng đóng góp là: $A_x=\underset{x\text{soˆˊ}}{\underbrace{1+1+\cdots +1}}=x$.

Sự đóng góp vào $B$: Vì $B=1b_1+2b_2+\cdots +M{b}_M$, lớp này đóng góp $1\cdot 1$ vào số hạng đầu, $2\cdot 1$ vào số hạng hai, $\dots$, $x\cdot 1$ vào số hạng thứ $x$.

Tổng đóng góp là: $B_x=1+2+3+\cdots +x=\frac{x(x+1)}{2}$.

Sự đóng góp vào $C$: Vì $C=1^2{b}_1+2^2{b}_2+\cdots +M^2{b}_M$.

Tổng đóng góp là: $C_x=1^2+2^2+3^2+\cdots +x^2=\frac{x(x+1)(2x+1)}{6}$.

Bây giờ, ta tính giá trị biểu thức $A-3B+3C$ tính riêng cho sự đóng góp của lớp này:

$$A_x-3B_x+3C_x=x-3\cdot \frac{x(x+1)}{2}+3\cdot \frac{x(x+1)(2x+1)}{6}$$
$$=x-\frac{3x(x+1)}{2}+\frac{x(x+1)(2x+1)}{2}$$
$$=\frac{2x-3x^2-3x+(x^2+x)(2x+1)}{2}$$
$$=\frac{-3x^2-x+2x^3+x^2+2x^2+x}{2}$$
$$=\frac{2x^3}{2}=x^3.$$

Như vậy, mỗi lớp có $x$ học sinh sẽ đóng góp chính xác bằng $x^3$ vào tổng $A-3B+3C$.

Khi xét trên toàn bộ trường gồm $n$ lớp với số học sinh lần lượt là $a_1$, $a_2$, $\dots$, $a_n$, tổng giá trị của biểu thức $A-3B+3C$ sẽ là tổng các phần đóng góp của tất cả $n$ lớp:

$$A-3B+3C=a_1^3+a_2^3+\cdots +a_n^3$$

Mặt khác, theo đề bài, Sơn tính $S$ là tổng lập phương số học sinh mọi lớp, tức là:

$$S=a_1^3+a_2^3+\cdots +a_n^3$$

Vậy ta có $S=A-3B+3C$ (điều phải chứng minh).

Đặt $v_n=2^n{u}_n\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$
Từ công thức truy hồi ta nhân $2^{n+1}$ cho hai vế và rút gọn: $v_{n+1}=\frac{6077v_n+2}{v_n+6076}\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$
Lần lượt trừ 2; −1 cho hai vế ta thu được
$v_{n+1}-2=\frac{6075(v_n-2)}{v_n+6076}\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$
$v_{n+1}+1=\frac{6078(v_n+1)}{v_n+6076}\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$
(Ở đầu ra 2 số này thì bạn hãy thử cho $v_n=v_{n+1}=x$ và giải phương trình, người ta gọi đó là điểm bất động)
Chia hai đẳng thức vế theo vế (Nhớ chứng minh $v_n$ không thể nhận giá trị 2; −1 để phép chia hợp lệ)
$$\frac{v_{n+1}-2}{v_{n+1}+1}=\frac{6075}{6078}\cdot \frac{v_n-2}{v_n+1}=\frac{2025}{2026}\cdot \frac{v_n-2}{v_n+1}$$
Đặt $x_n=\frac{v_n-2}{v_n+1}$, suy ra $(x_n)$ là cấp số nhân với công bội $q=\frac{2025}{2026}$
Số hạng đầu: $x_1=\frac{v_1-2}{v_1+1}=\frac{2^1{u}_1-2}{2^1{u}_1+1}=\frac{4-2}{4+1}=\frac{2}{5}$
Số hạng tổng quát của dãy $(x_n)$:
$$x_n=x_1\cdot q^{n-1}=\frac{2}{5}\cdot {\left(\frac{2025}{2026}\right)}^{n-1}$$
Từ $x_n=\frac{v_n-2}{v_n+1}$ ta rút ra $v_n$:
$$x_n{v}_n+x_n=v_n-2\iff v_n(1-x_n)=x_n+2\iff v_n=\frac{2+x_n}{1-x_n}$$
Thay biểu thức của $x_n$ vào ta có:
$$v_n=\frac{2+\frac{2}{5}{\left(\frac{2025}{2026}\right)}^{n-1}}{1-\frac{2}{5}{\left(\frac{2025}{2026}\right)}^{n-1}}=\frac{10\cdot 2026^{n-1}+2\cdot 2025^{n-1}}{5\cdot 2026^{n-1}-2\cdot 2025^{n-1}}$$
Mà $u_n=\frac{v_n}{2^n}$, vậy công thức số hạng tổng quát của dãy số $(u_n)$ là:
$$u_n=\frac{5\cdot 2026^{n-1}+2025^{n-1}}{2^{n-1}\left(5\cdot 2026^{n-1}-2\cdot 2025^{n-1}\right)}\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $u_1=6$, $u_2=6+1+\sqrt{25}=12$, $u_3=12+1+\sqrt{49}=20$, $u_4=20+1+\sqrt{81}=30$. Suy ra dự đoán $u_n=(n+1)(n+2)=n^2+3n+2$. Kiểm tra bằng quy nạp: nếu $u_n=n^2+3n+2$ thì $\sqrt{4u_n+1}=\sqrt{4n^2+12n+9}=2n+3$, do đó $u_{n+1}=u_n+1+(2n+3)=n^2+3n+2+2n+4=(n+1{)}^2+3(n+1)+2$, đúng công thức với $n+1$. Vậy $u_n=(n+1)(n+2)$ với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Do đó $u_{2026}=2027\cdot 2028=4110756$.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 13.** Dãy $(u_n)$: $u_1=5$, $u_{n+1}=\frac{5u_n+4}{u_n+2}$.

**a) Dãy giảm và bị chặn dưới.**

Trước hết chứng minh quy nạp $u_n>4$ với mọi $n$:
- $u_1=5>4$.
- Nếu $u_n>4$ thì $u_{n+1}=\frac{5u_n+4}{u_n+2}=5-\frac{6}{u_n+2}>5-\frac{6}{4+2}=4$.

Vậy $u_n>4$ với mọi $n$, tức dãy bị chặn dưới bởi $4$.

Xét hiệu:
$$u_{n+1}-u_n=\frac{5u_n+4-u_n^2-4u_n}{u_n+2}=\frac{-(u_n-4)(u_n+1)}{u_n+2}.$$
Vì $u_n>4$ nên $u_n-4>0$, $u_n+1>0$, $u_n+2>0$, suy ra $u_{n+1}-u_n<0$. Vậy dãy $(u_n)$ giảm.

**b) Tính $\lim \left(v_n+\frac{n}{5}\right)$.**

Ta có:
$$u_{n+1}-4=\frac{5u_n+4-4u_n-8}{u_n+2}=\frac{u_n-4}{u_n+2},$$
$$u_{n+1}+1=\frac{5u_n+4+u_n+2}{u_n+2}=\frac{6(u_n+1)}{u_n+2}.$$
Suy ra
$$\frac{u_{n+1}+1}{u_{n+1}-4}=6\cdot \frac{u_n+1}{u_n-4}.$$
Đặt $w_n=\frac{u_n+1}{u_n-4}$ thì $w_{n+1}=6w_n$, với $w_1=\frac{6}{1}=6$, do đó $w_n=6^n$.

Từ $\frac{u_n+1}{u_n-4}=6^n$ suy ra $u_n=\frac{4\cdot 6^n+1}{6^n-1}$, nên
$$u_n-4=\frac{4\cdot 6^n+1-4(6^n-1)}{6^n-1}=\frac{5}{6^n-1}\Rightarrow \frac{1}{u_n-4}=\frac{6^n-1}{5}.$$

Do đó
$$v_n=\frac{1}{5}\sum _{k=1}^n(6^k-1)=\frac{1}{5}\left(\frac{6^{n+1}-6}{5}-n\right)=\frac{6^{n+1}-6}{25}-\frac{n}{5}.$$
Vậy
$$v_n+\frac{n}{5}=\frac{6^{n+1}-6}{25}\underset{n\to \infty }{\to }+\infty .$$

Kết luận: $\lim \left(v_n+\frac{n}{5}\right)=+\infty$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $v_n=u_n^2$. Từ hệ thức truy hồi $u_{n+1}^2=3u_n^2+2$ ta được $v_{n+1}=3v_n+2$, với $v_1=1$. Đây là dãy cấp số nhân loại $v_{n+1}+1=3(v_n+1)$, với $v_1+1=2$, nên $v_n+1=2\cdot 3^{n-1}$, tức $u_n^2=2\cdot 3^{n-1}-1$. Khi đó: $$S=\sum _{n=1}^{2025}{u}_n^2=2\sum _{n=1}^{2025}{3}^{n-1}-2025=2\cdot \frac{3^{2025}-1}{3-1}-2025=3^{2025}-1-2025=3^{2025}-2026.$$ Vậy $S=3^{2025}-2026$.

(AI giải đề cho tôi)
Theo công thức truy hồi $u_n=3u_{n-1}+1$ với $n\ge 2$, thay $n=2$: $u_2=3u_1+1=3\cdot 2+1=7$. Vậy số hàng thứ hai của dãy là $u_2=7$, tương ứng phương án B.

(AI giải đề cho tôi)
Nửa đường tròn đường kính OA_n có bán kính n/2, diện tích πn²/8. a) u_1 = π·1²/8 = π/8, đúng. b) r_n = n/2 ≠ n − 1/2, sai. c) u_n = π(n² − (n−1)²)/8 = π(2n−1)/8 = π(4·(n/2) − 1)/8 = π(4r_n − 1)/8, đúng. d) u_{2k} = π(4k−1)/8, tổng với k=1..50: S = π(4·(1+...+50) − 50)/8 = π(4·1275 − 50)/8 = 5050π/8 ≈ 1983,16 > 1983, đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
u_1 = (1/2)π(1/2)² = π/8.
b) (AI giải đề cho tôi)
Đường kính OA_n = n nên r_n = n/2, không phải n − 1/2.
c) (AI giải đề cho tôi)
u_n = π(n² − (n−1)²)/8 = π(2n−1)/8 = π(4r_n − 1)/8 với r_n = n/2.
d) (AI giải đề cho tôi)
u_{2k} = π(4k−1)/8; tổng k=1..50 bằng 5050π/8 ≈ 1983,16 > 1983.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $u_{n+1}=u_n+n$ với $u_1=1$, nên $u_n=u_1+(1+2+\cdots +(n-1))=1+\frac{n(n-1)}{2}$.

Yêu cầu $u_n\le 2047277$ tức $\frac{n(n-1)}{2}\le 2047276$, hay $n(n-1)\le 4094552$.

Thử $n=2024$: $2024\cdot 2023=4094552\le 4094552$ (thỏa).
Thử $n=2025$: $2025\cdot 2024=4098600>4094552$ (không thỏa).

Vậy số nguyên dương $n$ lớn nhất là $n=2024$. Khớp với đáp án nguồn: D.