THPT Tân Bình – Bình Dương.
D
D
Ã
Ã
Y
YS
S
Ố
Ố
.
.C
C
Ấ
Ấ
P
PS
S
Ố
Ố
H
H
Â
Â
N
N1
1
1
1.
Gv:
L
L
ê
êH
H
à
à
n
n
h
hP


C
C
Ấ
Ấ
P
PS
S
Ố
ỐC
C
Ộ
Ộ
N
N
G
G&
&C


§
§
1
1
.
.P
P
H
H
Ư
Ư
Ơ
Ơ
N
N
G
GP
P
H
H
Á
Á
P

H
Ọ
Ọ
C
C
.
.1) PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC:
 Bước 1: Chứng minh A(n) là một mệnh đề đúng khi n = 1.
 Bước 2: Với k là số nguyên dương tùy ý, xuất phát từ giả thiết A(n) là mệnh đề đúng khi n = k, chứng
minh A(n) cũng là mệnh đề đúng khi
1
n k
 
.
2) ÁP DỤNG:

1
Vd
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có
( 1)( 2)
1.2 2.3 ( 1)
3
n n n
n n

k k k k k k
k k k k k k
    
           

Vậy (1) đúng với mọi số nguyên dương n.

2
Vd
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có
2
1 3 5 (2 1)
n n
     
(2)
Giải: Với n = 1, ta có VT =1, VP = 1 nên (2) đúng với n = 1.
Giả sử (1) đúng với n = k, tức là
2
1 3 5 (2 1)
k k
     
, kN*.
Ta chứng minh (2) đúng với
1
n k
 
, tức là chứng minh

2
k k
k

     , kN*.
Ta chứng minh (3) đúng với
1
n k
 
, tức là phải chứng minh
( 1)( 2)
1 2 3 ( 1)
2
k k
k k
 
      

Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có
( 1) ( 1)( 2)
1 2 3 ( 1) ( 1)
2 2
k k k k
k k k
  
         

Vậy (3) đúng với mọi số nguyên dương n.



 
, tức là phải chứng minh
3
1
( 1) ( 1)
k
A k k

   
chia hết cho 3.
Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có
3 3 2 3 2
1
( 1) ( 1) 3 3 1 1 3 3
k
A k k k k k k k k k k

             

2
3( )
k
A k k
  
chia hết cho 3. Vậy (4) đúng với mọi số nguyên dương n.

5

k k k

      
.
Vậy (5) đúng với mọi số nguyên dương n  3.
3
3
THPT Tân Bình – Bình Dương.
D
D
Ã
Ã
Y
YS
S
Ố
Ố
.
.C
C
Ấ
Ấ
P
P

S
S
Ố
ỐN
N
H
H
Â
Â
N
N1
1
1
1.
Gv:
L
L
ê
êH
H
à

P
.
.

1) Chứng minh rằng với nN*, ta có các đẳng thức:
a)
(3 1)
2 5 8 3 1
2
n n
n

     
; b)
1 1 1 1 2 1

2 4 8 2 2
n
n n

    
;
c)
2 2 2 2
( 1)(2 1)
1 2 3
6

2 5 8 3 1 (3 2)
2
k k
k k
 
        . Thật vậy, theo giả thiết quy nạp,
ta có
2
(3 1) 3 7 4 ( 1)(3 4)
2 5 8 3 1 (3 2) (3 2)
2 2 2
k k k k k k
k k k
    
            .
Vậy (a) đúng với mọi số nguyên dương n.
b) Với n = 1, VT =
1
2
, VP =
1
2
. Vậy (b) đúng với n = 1.
Giả sử (b) đúng với n = k, tức là
1 1 1 1 2 1

2 4 8 2 2
k
k k


c) Với n = 1, VT = 1, VP = 1. Vậy (c) đúng với n = 1. Giả sử (c) đúng với n = k, tức là
2 2 2 2
( 1)(2 1)
1 2 3
6
k k k
k
 
     . Ta chứng minh (c) đúng với
1
n k
 
, tức là phải chứng minh
2 2 2 2 2
( 1)( 2)(2 3)
1 2 3 ( 1)
6
k k k
k k
  
      
. Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có
2
2 2 2 2 2 2
( 1)(2 1) ( 1)(2 7 6) ( 1)( 2)(2 3)
1 2 3 ( 1) ( 1)
6 6 6
k k k k k k k k k
k k k
       

k k k
       
        

Vậy (d) đúng với mọi số nguyên dương n.
2) Chứng minh rằng với nN*, ta có:
a)
3 2
3 5
n n n
 
chia hết cho 3; b)
4 15 1
n
n
 
chia hết cho 9;
c)
3
11
n n

chia hết cho 6; d)
7 1
n

chia hết cho 6;
e)
11 6
n

1
( 1) 3( 1) 5( 1)
k
A k k k

     
chia hết cho 3. Thật vậy, theo giả thiết quy
THPT Tân Bình – Bình Dương.
D
D
Ã
Ã
Y
YS
S
Ố
Ố
.
.C
C
Ấ
Ấ
P
P

S
S
Ố
ỐN
N
H
H
Â
Â
N
N1
1
1
1.
Gv:
L
L
ê
êH
H
à

n
A n
  
. Với n = 1 
1
A
= 18 chia hết cho 9. Vậy (b) đúng với n = 1.
Giả sử (b) đúng với n = k, tức là
4 15 1
k
k
A k
  
chia hết cho 9. Ta chứng minh (b) đúng với
1
n k
 

tức là phải chứng minh
1
1
4 15 14
k
k
A k


  
chia hết cho 9. Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có
1

3
1
( 1) 11( 1)
k
A k k

   
chia hết cho 6. Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có
3 3 2 3 2
1
( 1) 11( 1) 3 3 1 11 11 ( 11 ) 3( 4) 3[ ( 1) 4)]
k k
A k k k k k k k k k k A k k

                  
. Vì
3[ ( 1) 4]
k k
 
chia hết cho 3 và k(k + 1) + 4 chia hết cho 2 nên chia hết cho 6.
Vậy (c) đúng với mọi số nguyên dương n.
d) Đặt
7 1
n
n
A
 
. Với n = 1 
1
A


        
chia hết cho 6.
Vậy (d) đúng với mọi số nguyên dương n.
e) Đặt
11 6
n
n
A
 
. Với n = 1 
1
A
= 5 chia hết cho 5. Vậy (e) đúng với n = 1.
Giả sử (e) đúng với n = k, tức là
11 6
k
k
A
 
chia hết cho 5. Ta chứng minh (e) đúng với
1
n k
 
tức là
phải chứng minh
1
1
11 6
k

A  
chia hết cho 4. Ta chứng minh (f) đúng với
1
n k
 

tức là phải chứng minh
1 1
1
6.7 2.3
k k
k
A
 

  chia hết cho 4. Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có
1 1
1
6.7 2.3 42.7 6.3 3(6.7 2.3 ) 24.7 3. 24.7
k k k k k k k k
k k
A A
 

        
chia hết cho 4.
Vậy (f) đúng với mọi số nguyên dương n.
3) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  2, ta có các bất đẳng thức:
a)
3 3 1

. Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có
1
3 3.3 3(3 1) 3( 1) 1 6 1 3( 1) 1
k k
k k k k

          
. Vì 6k – 1 > 0 nên
1
3 3( 1) 1
k
k

  
.
Vậy (a) đúng với mọi số nguyên dương n  2.
b) Với n = 2, VT = 8, VP = 7. Vậy (a) đúng với n = 1.
Giả sử (b) đúng với n = k, tức là
1
2 2 3
k
k

 
, ta chứng minh (b) đúng với
1
n k
 
, tức là phải chứng
minh



a) Tính
1 2 3
, ,
S S S
.
b) Dự đoán công thức tính tổng
n
S
và chứng minh bằng quy nạp.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
D
D
Ã
Ã
Y
YS
S
Ố
Ố
.
.C
C

P
PS
S
Ố
ỐN
N
H
H
Â
Â
N
N1
1
1
1.
Gv:
L
L
ê
ê


b) Dự đoán
1
n
n
S
n


(1)
Với n = 1, ta có
1
1 1
2 1 1
S  

. Vậy (1) đúng với n = 1.
Giả sử (1) đúng với n = k, tức là
1
k
k
S
k


. Ta chứng minh (1) đúng với
1
n k
 
, tức là phải chứng
minh


(1)
 Hướng dẫn:
Với n = 4, ta có số cạnh bằng 4 là tứ giác lúc đó số đường chéo là 2 =
4(4 3)
2

. Vậy (1) đúng với n = 4.
Giả sử (1) đúng với n = k, tức là đa giác lồi k cạnh thì số đường chéo là
( 3)
2
k k

. Ta chứng minh (1)
đúng với
1
n k
 
, tức là đa giác lồi k + 1 cạnh thì số đường chéo là
( 1)( 2)
2
k k
 
.
Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có đa giác lồi k cạnh thì số đường chéo là
( 3)
2
k k

. Nối đỉnh

k
-1
A
2
A
1
A
k+1
THPT Tân Bình – Bình Dương.
D
D
Ã
Ã
Y
YS
S
Ố
Ố
.
.C
C

P
PS
S
Ố
ỐN
N
H
H
Â
Â
N
N1
1
1
1.
Gv:
L
L
ê
ê


D
Ã
Ã
Y
YS
S
Ố
Ố
.
.1) ĐỊNH NGHĨA:
 Mỗi hàm số u xác định trên tập các số nguyên dương N* được gọi là một dãy số vô hạn (dãy số). Ký
hiệu:
: *
( )
u
n u n

 


 Dãy số


n

u
với số hạng tổng quát
2 1
n
n
n
u 

được viết dưới dạng khai triển là
2 3 4
1, , , , , ,
3 7 15 2 1
n
n


 Dãy số cho bằng phương pháp mô tả:
Dãy


n
u
với
n
u
là số hạng gần đúng thiếu của số  với sai số tuyệt đối
1
10
n
thì

n
u
) trên mặt phẳng tọa độ.
5) DÃY SỐ TĂNG, GIẢM & BỊ CHẶN:
 Dãy số


n
u
được gọi là dãy số tăng nếu ta có
1
n n
u u


nN*.
 Dãy số


n
u
được gọi là dãy số giảm nếu ta có
1
n n
u u


nN*.



n
u
với
2 1
n
u n
 
là dãy số tăng.

2
Vd
Dãy số


n
u
với
3
n
n
n
u

là dãy số giảm. Thật vậy, nN*, xét hiệu
1
1 1
1 1 2



n
u
được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại một số M sao cho
n
u M

, nN*.
 Dãy số


n
u
được gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại một số m sao cho
n
u m

, nN*.
 Dãy số


n
u
được gọi là bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới, tức là tồn tại một số M và m
sao cho
n
m u M
 
, nN*.

     

và
2
0
1
n
n


. Vậy với
2
1
0
1 2
n
n
 

nên


n
u
là dãy số bị chặn.

THPT Tân Bình – Bình Dương.

C
C
Ộ
Ộ
N
N
G
G&
&C
C
Ấ
Ấ
P
PS
S
Ố
ỐN
N

P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 6
B
B
À
À
I
IT
T
Ậ
Ậ
P
P
.
.1) Viết năm số hạng đầu của các dãy số



 
 
 
 
; d)
2
1
n
n
u
n


;
e)
2
2 3
n
n
u
n


; f)
2
2
sin cos
4 3
n
n n

a) –1, 2, 5, 8, 11.
b) Với n = 1, ta có
1
1 3.1 4
u
   
thỏa (1). Vậy (1) đúng với n = 1.
Giải sử (1) đúng với n = k, tức là
3 4
k
u k
 
. Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là phải chứng
minh
1
3 1
k
u k

 
. Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có
1
3 3 4 3 3 1
k k
u u k k

      
.
Vậy (1) đúng với mọi số nguyên dương n.
3) Cho dãy số

(2).
Với n = 1, ta có
1
3 1 8
u
  
nên (2) đúng với n = 1.
Giả sử (2) đúng với n = k, tức là
8
k
u k
 
. Ta chứng minh (2) đúng với n = k + 1, tức là phải chứng
minh
1
9
k
u k

 
. Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có
2 2
1
1 1 ( 8) 9
k k
u u k k

      
.
Vậy (1) đúng với mọi số nguyên dương n.

2 1
5 2
n
n
u
n



.
 Hướng dẫn:
a)
1
1 1 1 1
2 2 0
1 1
n n
u u
n n n n

 
       
 
 
 
vì n + 1 > n, nN*. Vậy


n
u

( 1)
n

nên dãy số không tăng cũng không giảm.
d)
2
1
2
2 3 2 1 10 19 6
: 1
5 7 5 2 10 19 7
n
n
u
n n n n
u n n n n

   
  
   
vì mẫu lớn hơn tử nN* 
1
n n
u u


. Vậy dãy


n


; d)
sin cos
n
u n n
  .
 Hướng dẫn:
a) Dãy số bị chặn dưới vì
2
2 1
n
u n
 
 1 nN* và không bị chặn trên.
b) Với n  1  n + 2  3  n(n + 2)  3 
1 1
0
( 2) 3
n n
 

nN* 


n
u
là dãy số bị chặn.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
D
D

Ộ
Ộ
N
N
G
G&
&C
C
Ấ
Ấ
P
PS
S
Ố
ỐN
N
H
H

h
á
á
p
p
.
. Trang 7
c) Với n  1 
2 2
2
1
2 2 2 1 1 0 1
2 1
n n
n
      

nN* 


n
u
là dãy số bị chặn.
d) Ta có sin cos 2 sin
4
n n n

 
  
 



là dãy số giảm và bị chặn.
 Hướng dẫn:
Ta có
2
1
2
2 5 2 3 6 19 10
: 1
3 5 3 2 6 19 15
n
n
u n n n n
u n n n n

   
  
   
vì mẫu lớn hơn tử 5 đơn vị nN* 
1
n n
u u


nên dãy
số giảm.
Ta có
2 3 2 5
3 2 3 3(3 2)

n
u
là dãy số bị chặn.
7) Chứng minh rằng dãy số


n
u
với
3 2
2 3
n
n
u
n



là dãy số tăng và bị chặn.
 Hướng dẫn:
Ta có
2
1
2
3 5 3 2 6 19 15
: 1
2 5 2 3 6 19 10
n
n
u

0
2(2 3) 2
n
 


3 5 3 3
1 1
2 3(3 2) 2 2
n
u
n
     

nN*. Vậy


n
u
là dãy số bị chặn.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
D
D
Ã
Ã
Y
YS


&
&C
C
Ấ
Ấ
P
PS
S
Ố
ỐN
N
H
H
Â
Â
N
N1

§
§
3
3
.
.C
C
Ấ
Ấ
P
PS
S
Ố
ỐC
C
Ộ
Ộ
N
N
G
G

là một cấp số cộng có sáu số hạng với
1
1
3
u
 
, d = 3. Viết dạng khai triển của nó.
Giải:
1 8 17 26 35 44
, , , , ,
3 3 3 3 3 3


2) SỐ HẠNG TỔNG QUÁT:
 Nếu cấp số cộng


n
u
có số hạng đầu
1
u
và công sai d thì số hạng tổng quát
n
u
được xác định bởi công
thức:
1
( 1)
n

điểm liền kề.
Giải:
a) Ta có
1
( 1)
n
u u n d
   
15
u
= –5 + (15 – 1)3 = 37.
b) Ta có
1
( 1)
n
u u n d
  
. Với –5 + (n – 1)3 = 100  n = 36.
c) Năm số hạng đầu tiên của cấp số cộng là –5, –2, 1, 4, 7.

2
u
là trung bình cộng của
1
u
và
3
u
,
3

S u u u u
    
là tổng n số hạng đầu tiên của nó. Khi đó
1
2
n
n
u u
S n

 hay
1
( 1)
2
n
n n
S nu d

  .

3
Vd
Cho dãy số


n
u

u n

 
và
1
3
n n
u u

 
nên


n
u
là một cấp số cộng.
Với
1
u
= 2, công sai d = 3 cho ta
1
( 1) 2 ( 1)3 3 1
n
u u n d n n
       
.
b) Ta có
1
( 1)
2

       
.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
D
D
Ã
Ã
Y
YS
S
Ố
Ố
.
.C
C
Ấ
Ấ
P
P
Ố
ỐN
N
H
H
Â
Â
N
N1
1
1
1.
Gv:
L
L
ê
êH
H
à
à
n

.1) Trong các dãy số


n
u
sau đây, dãy số nào là cấp số cộng ? Tính số hạng đầu và công sai của nó.
a)
5 2
n
u n
 
; b)
1
2
n
n
u
 
; c)
3
n
n
u

; d)
7 3
2

n
n n
u u

  nên dãy đã cho không là một cấp số cộng.
d)
1
n n
u u


= – 3/2 nN* nên dãy đã cho là một cấp số cộng với
1
u
= 2 và d = –3/2.
2) Tìm số hạng đầu và công sai của cấp số cộng sau, biết:
a)
1 3 5
1 6
10
17
u u u
u u
  


 

; b)
2 3 5





.
 Hướng dẫn:
a)
1 1 1 1 1
1 1 1
( 2 ) ( 4 ) 10 2 10
16
( 5 ) 17 2 5 17
3
u u d u d u d u
u u d u d
d
      

 

 
  
    
 
 
.
b)
1 1 1 1 1
1 1 1
( ) ( 2 ) ( 4 ) 7 2 7

u u

    



 
  
  
  
  



d)
1 1
2
1 1
1 1
1 1
2
( 6 ) ( 2 ) 8
2
3 17
( )( 6 ) 75
14 51 0
hoaëc
d
u d u d
d

0,5 21.0,18 4,28( )
h m
  

4) Từ 0 giờ đến 12 giờ trưa, đồng hồ đánh bao nhiêu tiếng, nếu nó chỉ đánh chuông báo giờ và số tiếng
chuông bằng số giờ ?
 Hướng dẫn:
Tính tổng 1 + 2 + 3 + … + 12 =
1 12
.12 78
2


(tiếng chuông).
5) Cho cấp số cộng


n
u
có
2 22
60
u u
 
. Hãy tính tổng 23 số hạng đầu tiên của cấp số cộng đó.
 Hướng dẫn:
Ta có
1 2 23 22
,
u u d u u d

 Hướng dẫn:
3 số
2
, , 3
m m

lập thành một cấp số cộng khi
2
2
1
3
2 3 0
3
2
m
m
m m m
m
 


     




Với m = –1  3 số cần tìm là 1; –1; –3 có công sai d = –2.
Với m = 3  3 số cần tìm là 9; 3; –3 có công sai d = –6.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
D

C
Ộ
Ộ
N
N
G
G&
&C
C
Ấ
Ấ
P
PS
S
Ố
ỐN
N
H

h
h
á
á
p
p
.
. Trang 10
§
§
4
4
.
.C
C
Ấ
Ấ
P
PS
S
Ố
Ố

1
Vd
Dãy số
2,4, 8,16, 32
  
là một cấp số nhân với số hạng đầu
1
2
u
 
và công bội q = –2.
2) SỐ HẠNG TỔNG QUÁT:
 Nếu một cấp số nhân có số hạng đầu
1
u
và công bội q thì số hạng tổng quát
n
u
được xác định bởi công
thức
1
1
.
n
n
u u q

 với n  2.


n
u u q



6
6
7 1
1 3
3.
2 64
u u q
 
   
 
 

b) Ta có
1
1
.
n
n
u u q

 . Với
3
256
n
u  


n n
S u u u u
    
. Khi đó
1
1
1
n
n
q
S u
q



.

3
Vd
Cho cấp số nhân


n
u
, biết
1

1 1 3
q
S u
q
 
    
 
.
Với q = –3, ta có
1
1
1
n
n
q
S u
q




10 10 10
10 1
1 1 3 1 3
2. 29524
1 1 3 2
q
S u
q
  

S
    
có n + 1 số hạng.
Do đó
1
1
1
1
1
1
1 3 1
3
1. 1
1
1 2 3
1
3
n
n
n
q
S u
q



 

 
 

C
Ấ
Ấ
P
PS
S
Ố
ỐC
C
Ộ
Ộ
N
N
G
G&
&C
C
Ấ
H
H
à
à
n
n
h
hP
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 11
B
B
À
À
I
I
 

 
 
 
 
 
là các cấp số nhân.
 Hướng dẫn:
a)
1
1
3 3
.2 : .2 2
5 5
n n
n
n
u
u


   
 
   
   
. Vậy
1
.2
n n

1
.
2
n n
u u

 nN*  dãy
5
2
n
 
 
 
là cấp số nhân.
c)
1
1
1 1 1
:
2 2 2
n n
n
n
u
u


   
   
    

2) Cho cấp số nhân


n
u
với công bội q.
a) Biết
1
u
= 2,
6
u
= 486. Tìm q.
b) Biết q =
2
3
,
4
8
21
u  . Tìm
1
u
.
c) Biết
1
u
= 3, q = –2. Hỏi số 129 là số hạng thứ mấy ?
 Hướng dẫn:
a) Ta có

1
1
1
n
n
q
S u
q



. Với
1
u
= 3, q = –2,
n
S
= 192, ta có :
7
1 ( 2)
3. 129 1 ( 2) 129 ( 2) 128 ( 2) ( 2) 7
1 ( 2)
n
n n n
n
 
              
 
.
3) Tìm các số hạng của cấp số nhân

1
1
3 3
3
3
27
27 9
3
u u q
u q
u
u
u q q
q



 



  
  
   

 





u u
u q u u q
 
 
   

 
     
  
 
   
 

 
.
4) Tìm cấp số nhân có sáu số hạng, biết rằng tổng của năm số hạng đầu là 31 và tổng của năm số hạng sau
là 62.
 Hướng dẫn:
Ta có
1 2 3 4 5
31
u u u u u
    
và
2 3 4 5 6
62
u u u u u
    

5

N N N
 

Với
1
u
= 1,8 triệu, q = 101,4% 
5
6 1
1,9
u u q 
triệu và
10
11 1
2,1
u u q 
triệu.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
D
D
Ã
Ã
Y
YS
S
Ố
Ố
C
C
Ấ
Ấ
P
PS
S
Ố
ỐN
N
H
H
Â
Â
N
N1
1
1
1.

NT
T
Ậ
Ậ
P
PC
C
H
H
Ư
Ư
Ơ
Ơ
N
N
G
G&
&K

 Hướng dẫn:
a) Đặt
13 1
n
n
A
 
. Với n = 1, ta có
1
12
A

, vì 12 chia hết cho 6 nên (a) đúng với n = 1.
Giả sử (a) đúng với n = k, tức là
13 1
k
k
A
 
chia hết cho 6, kN*.
Ta chứng minh (a) đúng với
1
n k
 
, tức là phải chứng minh
1
1
13 1
k
k

, vì 18 chia hết cho 9 nên (b) đúng với n = 1.
Giả sử (b) đúng với n = k, tức là
3
3 15
k
A k k
  chia hết cho 9, kN*.
Ta chứng minh (b) đúng với
1
n k
 
, tức là phải chứng minh
3
1
3( 1) 15( 1)
k
A k k

   
chia hết cho
9. Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có
3 2 3 2
1
3( 3 3 1) 15 15 (3 15 ) 9 9 18
k
A k k k k k k k k

          

chia hết cho 9. Vậy (b) đúng với mọi số nguyên dương n.

1
2 2 1
u
  
thỏa (1). Vậy (1) đúng với n = 1.
Giải sử (1) đúng với n = k, tức là
1
2 1
k
k
u

 
. Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là phải chứng
minh
1
2 1
k
k
u

 
. Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có
1
1
2 1 2(2 1) 1 2 1
k k
k k
u u


; d)
2
1
3
n
u
n
 
; e)
3 1
2 7
n
n
u
n



.
 Hướng dẫn:
a) Dãy


n
u
tăng và bị chặn dưới. Thật vậy:
Ta có
1
1 1 1
1 1 0

n
u
bị chặn dưới.
b) Dãy


n
u
đan dấu vì
1
( 1)
n

 nên không tăng và không giảm.
Ta có
1
1 1
( 1) sin sin 1 1 1
n
n n
u u
n n

       
nN* nên dãy


n
u
bị chặn.

    
 
và
1 1 1 1 1 2
n n      
nN* nên
1 1
1 1 2
n n

  
. Vậy
1
0
1 2
n
u 

nN* nên dãy


n
u
bị chặn.
d) Dãy


n
u
giảm và bị chặn. Thật vậy:


C
C
Ộ
Ộ
N
N
G
G&
&C
C
Ấ
Ấ
P
PS
S
Ố
ỐN

P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 13
Ta có
1
2 2
1 1
0
( 1)
n n
u u
n n

   

nN* nên dãy


n
u
giảm.
Ta có
2 2

  
   
nN* 
1
n n
u u


nên dãy số tăng.
Ta có
3 1 3 23
2 7 2 2(2 7)
n
n
u
n n

  
 
. Với n  1  2n + 7  9 
1 1
2 7 9
n



23 23
0
2(2 7) 18
n

u u
u u
 


 

b)
1 5
4
5 10 0
14
u u
s
 




c)
7 15
2 2
4 12
60
1170
u u
u u
 



5 10 0 15 40 0
3
8
4 6 14
2( ) 14
u u u d
d
uu d
u u
   
 
  
 
  

 
 



c)
1
0, 3
u d
 
hoặc
1
21
12,
5

9 2 5 9
2
d
u u
u d
u u u d
u


 
 
 

 
  
   
 



. Cấp số cộng cần tìm là
1 3 7 11 15
, , , ,
2 2 2 2 2


6) Tìm công sai và số hạng tổng quát của cấp số cộng


n

 

 
  

  


. Với
1
( 1) 1 ( 1)2 2 1
n n
u u n d u n n
        
.
7) Cho cấp số cộng


n
u
có
4 97
101
u u  . Hãy tính tổng 100 số hạng đầu tiên của cấp số cộng đó.
 Hướng dẫn:
Ta có
4 97 1 1 1 1 1 100
101 3 96 101 99 101 101
u u u d u d u u d u u             
Ta có

u
u





b)
4 2
5 3
72
144
u u
u u
 


 

c)
2 5 4
3 6 5
10
20
u u u
u u u
  


  


;