CÁCH GIẢI VÀ XÂY DỰNG CÁC BÀI TOÁN DÃY SỐ TỪ HỆ THỨC BẤT BIẾN ĐỐI VỚI CHỈ SỐ Trường THPT Chuyên Lê Quí Đôn

Yopovn · 24/8/23

CÁCH GIẢI VÀ XÂY DỰNG CÁC BÀI TOÁN DÃY SỐ TỪ HỆ THỨC BẤT BIẾN ĐỐI VỚI CHỈ SỐ Trường THPT Chuyên Lê Quí Đôn
1
SKKN
NGƯỜI VIẾT: TRẦN VĂN TRUNG
GV TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – PHAN RANG
THÁP CHÀM, NINH THUẬN
TÊN ĐỀ TÀI:
CÁCH GIẢI VÀ XÂY DỰNG CÁC BÀI TOÁN DÃY SỐ TỪ
HỆ THỨC BAÁT BIẾN ĐỐI VỚI CHỈ SỐ

A. Đặt vấn đề
Trong nhiều năm làm công tác giảng dạy và bồi dưỡng các lớp chuyên toán bản
thân tôi cảm thấy nếu một người thầy trực tiếp dạy các lớp này cần một nhiệm vụ và khả
năng không thể thiếu được đó là năng lực sáng tạo các bài toán mới và tìm mối quan hệ,
sắp xếp cách dạy toán theo một lớp chung cùng xuất xứ từ một vấn đề.
Để chia sẻ công việc này tôi giới thiệu các đồng nghiệp một vấn đề “Cách giải và
xây dựng các bài toán dãy số từ hệ thức bất biến đối với chỉ số”.
Người thầy có khả năng tự giúp mình chủ động trong cách soạn giáo án lên lớp,
sáng tác các đề thi mới để kiểm tra chính xác năng lực của học sinh, bởi vì lặp lại các
bài toán đã có học sinh có khả năng đã giải trước vì hiện nay thông tin đến với các em rất
là phong phú. Hơn nữa các đề thi học sinh giỏi hầu hết được sáng tác mới. Công việc này
phần nào giúp học sinh hiểu được tư tưởng của người làm đề qua đó các em phân tích
nhận định tìm tòi lời giải.
B. Quá trình thực hiện
Để học sinh hiểu được một cách sâu sắc và có cơ sở khoa học thì trước hết phải
trang bị cho các em hiểu được hệ thức bất biến đối với chỉ số là gì ?
Đó là hệ thức :
1 1 1( , , ) ( , , )i j k i j kf x x x f x x x    i, j, k N
i, j k thường là các số tự nhiên liên tiếp.
VD: 2 1 1
1
,n n n n
n n
x x x x n N
x x
  

 
  
Giá trị bất biến này bằng bao nhiêu là tùy thuộc vào giá trị ban đầu.
Biểu thức bất biến này được dấu trong một biểu thức phức tạp bởi người xây dựng
bài toán mà người giải toán phải xác định được nó.
I. Bước chuẩn bị
1/ Sưu tầm một số hệ thức bất biến với chỉ số và một số bài tập, hay một số đề
thi mà có sử dụng bất biến đối với chỉ số.
2/ Chọn bài toán mẫu tiêu biểu từ dễ đến phức tạp và đặc biệt từ mỗi bài toán
phải thay đổi nhiều cách phát hiện khác nhau.
3/ Phân bố thời gian
Cần tập trung nhiều ở phần mở rộng và xây dựng các bài toán từ 1 hệ thức bất
biến.
2
4/ Bước chuẩn bị của thầy và trò
4.1- Chuẩn bị của trò :
. Nắm vững kiến thức cơ bản của dãy số
. Một số dạng toán cơ bản của dãy.
4.2- Chuẩn bị của thầy :
. Giáo án và một số dụng cụ dạy học liên quan.
. Chuẩn bị bài tập mẫu chu đáo.
. Giới thiêu một số thủ thuật mở rộng và xây dựng bài toán mới.
(1) Bài tập :
* Bài tập mẫu dạy tại lớp
+ Bài toán 1: Cho dãy số ( )na xác định bởi :
1
2
2
1
2
1
1
2 ( 3)n
n
n
a
a
a
a n
a



 
 
   

Chứng minh na nguyên với mọi n.
 Dụng ý :
. Cung cấp học sinh lời giải bài toán.
. Kĩ thuật sử dụng bất biến.
. Cung cấp các cách xây dựng bài toán từ đó giúp các em nhìn được vấn đề đơn
giản trong sự phức tạp.
+ Bài toán 2 : Cho dãy số ( )na xác định bởi :
1
2
3
2 1 1
1 1 1
2
500
2000
( 2)n n n
n n n
a
a
a
a a a n
a a a
  
  

  
 
  

Chứng minh mọi số hạng của dãy số là số nguyên dương và 2000a chia hết cho 2000
2 .
 Dụng ý :
. Tiếp tục rèn học sinh phát hiện sự bất biến.
. Cung cấp cho học sinh thấy thêm kiểu dấu hệ thức bất biến khác.
+ Bài toán 3 : Cho dãy số ( )nu xác định bởi :
1
2
1 2
2
8
4 0; 3n n n
u
u
u u u n 

 
    
và 2
1
cot( )
n
n i
c
S arc u

 
Tìm lim u
n
S

 Dụng ý :
. Kĩ thuật sử dụng bất biến ở mức độ cao.
. Tập học sinh thay đổi đề bài dựa vào bài toán 1.
3
+ Bài toán 4 : (Kì thi HSG QG: 96-97 bảng A)
Có bao nhiêu hàm số :f N N 
 thỏa đồng thời các điều kiện :
1/ f(1) = 1
2/ 2
( ) ( 2) ( 1) 1997f n f n f n    n N 
 
 Dụng ý :
. Tiếp tục rèn luyện.
. Gây sự hứng thú khi sử dụng hệ thức bất biến.
*. Bài tập tự rèn luyện
 Bài 1: Cho dãy số ( )nu xác định bởi :
0
1
2 1
0
1
1999n n n
u
u
u u u 

 
  
Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho nu là số nguyên tố.
 Bài toán 2: Cho dãy số nguyên  na thoả 2 1 12( )n n n na a a a    
Chứng minh rằng tồn tại số nguyên M không phụ thuộc vào n sao cho
M + 14 .n na a là số chính phương với mọi n  0.
 Bài toán 3: Cho dãy số :
1 2
3
1 2
1
1 1
2
. 5n n
n
n
a a
a
a a
a a
 


   
 
 
 

Chứng minh mọi số hạng của dãy đều là số nguyên.
(2) Đồ dùng dạy học
* Đồ dùng dạy học 1 :
 Bài toán 1: Cho dãy số ( )nu xác định bởi :
1
2
2
1
2
1
1
2 ( 3)n
n
n
a
a
a
a n
a



 
 
   

Chứng minh na nguyên với mọi n.
* Đồ dùng dạy học 2 : Mở rộng và xây dựng bài toán
. Nguồn gốc bắt đầu từ hệ thức bất biến đối với chỉ số
1 1 2
1
n n n n
n n
a a a a
a a
  

 

. Cho bất biến này nhận giá trị 4 tại 2
1
4n n
n
a a
a


 
4
 2 14n n na a a   (1)
. Cho 1
2
2. nn na a a C   (2)
Nếu cho 1 2 1a a  thì từ (1)  3 3a 
Từ (2) ta có : C = 2
Vậy 2
2 1. 2n n na a a  
Do đó 2,n na a  là nghiệm của phương trình
2 2
1 14 2 0n nx a x a    
. Ta có 2
2 1. 2n n na a a  
2
1
2
2n
n
n
a
a a



 
Ta có bài toán 1 và bài toán này cũng được xây dựng như sau :
. Từ hệ thức 1 24n n na a a   và dựa vào phương trình Pell : 2 2
x Dy K  . Ta
xây dựng được vô số các bài toán dãy số có cùng lời giải với bài toán 1.
. 0 0( , )x y là nghiệm không tầm thường của phương trình 2 2
x Dy K  và ( , )
  là
nghiệm cơ sở của phương trình 2 2 1x Dy  . Khi đó nếu xét 2 dãy số    ,n nx y xác định
bởi : 1
1
.n n n
n n n
x x D y
y x y
 
 


 
  
thì ,n nx y là nghiệm của 2 2
x Dy K  .
Từ hệ phương trình trên ta có thể tìm được
 2
1 .n n nx x D x K
    
2
1 .n n ny y K Dy
    
Như vậy đã xuất hiện được hai dãy số nguyên cho bởi công thức không nguyên.
 Áp dụng :
.. Phương trình Pell : 2 2
3 1x y  có nghiệm cơ sở (2;1) do đó ta có nghiệm :
0 1 2 1
0 1 2 1
1, 2; 4 .
0, 1; 4 .
n n n
n n n
x x x x x
y y y y y
 
 
   
    
. Ta có dãy số kiểu khác của bài toán 1 nhưng bản chất cùng một bất biến
2 14n n na a a  
Do đó :
0
2
1
2
2 3 3n n n
a
a a a

   
Như vậy hai công thức :
5
.
2
1
2
2n
n
n
a
a a




. 2
1 2 3 3n n na a a   
đều cùng một bất biến : 2
1
4n n
n
a a
a


 
 Như vậy thay đổi bất biến khác ta có một loạt dãy số khác.
 Ta cũng có thể dẫn bất biến này một hình thức khác tùy bạn sẽ có dãy mới .
* Đồ dùng dạy học 3 :
 Bài toán 2 : Cho dãy số ( )na được định nghĩa bởi
31 2 20002, 500,a a a   và 2 1 1
111
n n n
nnn
a
aa
a a
a   
  
 với 2n  .
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số là số nguyên dương và 2000a chia hết cho
2000
2 .
* Đồ dùng dạy học 4 :
 Bài toán 3 : Cho dãy số  
1
2
1 2
2
: 8
4 0, 3n n n
n
u
u
u u u n
u
 

 
    
Và 2
1
cot( )
n
n i
i
S arc u

 
Tìm lim nn S
* Đồ dùng dạy học 5 :
 Bài toán 4 : (Kì thi HSG QG: 96-97 bảng A)
Có bao nhiêu hàm số :f N N 
 thỏa đồng thời các điều kiện ;
1/ f(1) = 1
2/ 2
( ) ( 2) ( 1) 1997f n f n f n    n N 
 
* Đồ dùng dạy học 6 : Trình chiếu bài tập tự rèn luyện.
 Bài 1 : Cho dãy số ( )nu xác định bởi :
0
1
2 1
0
1
1999n n n
u
u
u u u 

 
  
Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho nu là số nguyên tố.
Bài 2 : Cho dãy số nguyên   0n n
a  thoả 2 1 12( )n n n na a a a    
Chứng minh rằng tồn tại số nguyên M không phụ thuộc vào n sao cho
M + 14 .n na a là số chính phương với mọi n  0.
6
 Bài toán 3 : Cho dãy số :
1 2
3
1 2
1
1 1
2
. 5n n
n
n
a a
a
a a
a a
 


   
 
 
 

Chứng minh mọi số hạng của dãy đều là số nguyên.
II. Các bước soạn giảng
 Ngày soạn :
 Ngày dạy :
 Tên bài dạy : CÁCH GIẢI VÀ XÂY DỰNG BÀI TOÁN DÃY SỐ
TỪ HỆ THỨC BẤT BIẾN ĐỐI VỚI CHỈ SỐ
A. Mục đích yêu cầu
1. Kiến thức : . Nắm vững kiến thức về dãy số.
. Hệ thức bất biến.
. Xây dựng bài toán từ hệ thức bất biến.
2. Kĩ năng : . Xác định hệ thức bất biến.
. Kĩ năng xây dựng bài toán.
3. Tư duy : . Tư duy logic.
. Tư duy biện chứng.
B. Đồ dùng dạy học
* Bảng trình chíếu
* Bài tập
C. Hoạt động dạy và học
1. Kiểm tra bài cũ : không
2. Hoạt động : …
Hoạt động của giáo viên và học sinh Nội dung ghi bài
* Hoạt động 1 (3 phút)
GV: Đưa khái niệm hệ thức bất biến
đối với chỉ số.
* Hoạt động 2 (7 ph)
GV: Trình chiếu Bài tập 1
Từ dãy số đã cho xác định
  1 1 1, , ( , )( )i j i jk kf x x x f x x x  
, ,i j k
(Thường I, j, k là 3 số tự nhiên)
GV: Qua lời giải học sinh nào phát
hiện được bất biến?
1 1 1( , , ) ( , , )i j k i j kf x x x f x x x    i,j,k N
.Thường i, j, k là 3 số tự nhiên liên tiếp.
* Bài tập 1 :
Cho dãy số ( )na thỏa mãn
2
1
1 2
2
2
1, ( 3)n
n
n
a
a a a n
a



   
Chứng minh rằng na nguyên với mọi n.
Lời giải
Từ giả thiết 2
2 1
2
1
2
2
2 n n n
n
n
n
a a a
a
a a  


  


Thay n bởi n + 1 ta có 2
1 1 2n n na a a   
Từ hai đẳng thức trên ta được
7
 Dự kiến trả lời :
1 1 2
1
n n n n
n n
a a a a
a a
  



GV: Để nắm rõ vấn đề và linh hoạt giải
quyết các bài toán này các em xem người
ta xây dựng loại toán này như sau :
* Hoạt động 3 (8 ph) : Giáo viên sử
dụng bảng trình chiếu để thuyết trình.
* Đồ dùng dạy học 2 : Mở rộng và
xây dựng bài toán.
. Nguồn gốc bắt đầu từ hệ thức bất biến
đối với chỉ số
1 1 2
1
n n n n
n n
a a a a
a a
  



GV : Thuyết trình : Mở rộng và xây dựng bài
toán
. Nguồn gốc bắt đầu từ hệ thức bất biến đối với
chỉ số
1 1 2
1
n n n n
n n
a a a a
a a
  

 

. Cho bất biến này nhận giá trị 4 tại
2
1
4n n
n
a a
a


 
 2 14n n na a a   (1)
. Cho 1
2
2. nn na a a C   (2)
Nếu cho 1 2 1a a  thì từ (1)  3 3a 
Từ (2) ta có : C = 2
Vậy 2
2 1. 2n n na a a  
Do đó 2,n na a  là nghiệm của phương trình
2 2
1 14 2 0n nx a x a    
. Ta có 2
2 1. 2n n na a a  
2
1
2
2n
n
n
a
a a



 
Ta có bài toán 1 và bài toán này cũng
được xây dựng như sau :
. Từ hệ thức 1 24n n na a a   và dựa vào
phương trình Pell : 2 2
x Dy K  . Ta xây dựng
được vô số các bài toán dãy số có cùng lời giải với
bài toán 1.
. 0 0( , )x y là nghiệm không tầm thường
của phương trình 2 2
x Dy K  và ( , )
  là
1 1 2
1
n n n n
nn
a a c
a
a a
a
  


 
 (hằng số).
Từ đó
1 1 3 1 1 1
2
4 4n n nn n
n
a a a a a
a
a a
a
   

    

Vậy na nguyên với mọi n.
8
nghiệm cơ sở của phương trình 2 2 1x Dy  .
Khi đó nếu xét 2 dãy số    ,n nx y xác định bởi :
1
1
.n n n
n n n
x x D y
y x y






 
  
thì ,n nx y là nghiệm của 2 2
x Dy K  .
Từ hệ phương trình trên ta có thể tìm
được
 2
1 .n n nx x D x K
    
2
1 .n n ny y K Dy
    
Như vậy đã xuất hiện được hai dãy số
nguyên cho bởi công thức không nguyên.
 Áp dụng :
.. Phương trình Pell : 2 2
3 1x y  có nghiệm
cơ sở (2;1) do đó ta có nghiệm :
0 1 2 1
0 1 2 1
1, 2; 4 .
0, 1; 4 .
n n n
n n n
x x x x x
y y y y y
 
 
   
    
. Ta có dãy số kiểu khác của bài toán 1 nhưng bản
chất cùng một bất biến
2 14n n na a a  
Do đó :
0
2
1
2
2 3 3n n n
a
a a a

   
Như vậy hai công thức :
2
1
2
2n
n
n
a
a a




2
1 2 3 3n n na a a   
đều cùng một bất biến : 2
1
4n n
n
a a
a


 
 Như vậy thay đổi bất biến khác ta có
một loạt dãy khác.
 Ta cũng có thể dẫn bất biến này một
hình thức khác tùy bạn sẽ có dãy mới.
*Hoạt động 4 (7 ph):
GV Trình chiếu Bài toán 2
GV : Hỏi bất biến của dãy số này ?
 Dự kiến trả lời :
2 1
11
n n
nn nn
a
a
a
a a a
 


GV: Bằng biến đổi người ta thấy được
sự khôn khéo trong việc che đậy hệ
thức bất biến từ đó tạo ra hệ thức
* Bài toán 2
Cho dãy số ( )na được định nghĩa bởi
31 2 20002, 500,a a a  
và 2 1 1
111
n n n
nnn
a
aa
a a
a   
  
 với 2n  .
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số
nguyên dương và 2000a chia hết 2000
2 .
Bài giải
9
tương đương khác.
GV : Hướng dẫn HS tạo ra bài toán
mới.
*Hoạt động 5 (8 ph):
GV Trình chiếu Bài toán 3
GV : Từ giả thiết
1 24n n nu u u  
Ta có thể thay bởi :
*
2
1
2
n
n
n
u
u u


 (u  3)
* 1 32 3n n nu u u  
Giống bài toán 1. Ta có các bài
toán phức tạp hơn và các em tự tìm đến
nhiều bài toán khác có cùng lời giải.
GV : Hệ bất biến mới ?
 Dự kiến trả lời :
2 2
1 1 1 2.n n n n n nu u u u u u     
Từ giả thiết ta có 2
2 1 1n n na a a   .
Suy ra mọi số hạng của dãy số đều khác 0. Từ đó
2 1
11
3
2 1
... 2n n
nn nn
a
a
a
a a a
a
a a
 

   
Vậy 2 12 nn na a a  , như thế mọi số hạng của đãy
số đều là số nguyên dương.
Mặt khác 2000 1999 2
2000 1
1999 1998 1
. ... .
a a a
a a
a a a

2000
a chia hết 2000
2 .
* Bài toán 3
Cho dãy số  
1
2
1 2
2
: 8
4 0, 3n n n
n
u
u
u u u n
u
 

 
    
Và 2
1
cot( )
n
n i
i
S arc u

 
Tìm lim nn S
Bài giải
Trước hết ta chứng minh 2
1 1. 4,n n nu u u   2n 
Quả vậy, ta có :
1 1(4 ) (4 )n nn nu u u u 
 2 1 1 1( ) ( )n n n n n nu u u u u u     
 2 2
11 1 2. nnn n n nu u u u u u   
 =…= 2
2 3 1.u u u
= 8 2 – (4.8 – 2)2 = 4
 2 4
c o t co t 4
n
n n
u
a rc u a r c u
  
  
   

= cotarc 1 1
2
1 1
( )
. .n
n n n
n n
u u u
u u u
 
 


1
1
1
1
. 1
cot
n n
n n
n n
nn
u u
u u
arc uu
u u







1
1
cot cotn n
n n
u u
u u
arc arc


 2
1
cot( )
n
n i
i
S arc u

  1
cot n
n
u
u
arc 

Hơn nữa :
1 24n n nu u u  
 1 2 1
1
4
1 .n n n
n nn
u u u
u u u
  

 
10
*Hoạt động 6 (8 ph):
GV Trình chiếu Bài toán 4
GV : Nhận xét bất biến của bài toán
này ?
 Dự kiến trả lời : Bất biến này
cũng chính là bất biến bài toán 1.
GV : Vậy các em có quyền thay đổi giả
thiết mà lời giải bài toán vẫn không
thay đổi.
GV : Bất biến này được sử dụng trong
một bài toán khó phức tạp.
 1= 4x – x 2 (với 1
lim 1n
n n
u
x u


  )
 x 2 – 4x + 1 = 0
 2 3x  
 1 3lim 2n
n n
u
u 
  
 (2 ) 12
lim 3n
n S arccot

   
(dãy 1n
n
u
u  
 
 
có giới hạn, vì :
1
1
1
0 1n
n
n n
n n
u
u
u u
u u



  


 

)
* Bài toán 4 (Thi HSG QG 96-97 bảng A)
Có bao nhiêu hàm số f: N *  N * thỏa mãn đồng
thời hai điều kiện sau:
1) f(1) = 1
2) f

f(n+2) = f 2 (n+1) + 1997 với mọi n  N *
Bài giải
Gọi D là tập hợp tất cả các hàm số có tính chất nêu trên. Để cho
gọn ta kí hiệu: ( )na f n . Ta có:
2
2 1
2
1 3 2
1997
1997
n n n
n n n
a a a
a a a
 
  



 (1)
Suy ra: 2 1 3
1 2
n n n n
n n
a a a a
a a
  
 
  . Vậy: 2 1 nn na ca a   (2)
ở đó c là hằng số, 3 1
2
a a
c a

 .
Ta chứng minh c = N. Thật vậy, nếu p
c q
 với (p,q) = 1 thì từ (2)
ta có:
2 1 1)( nn n nqq a a pa a    
Vì 22
2 11997 n n n Ma a a  nên q = 1 (do 1997 là số nguyên
tố).
Đặt f(2) = a. Từ (1) và (2) ta có:
2 2
2 1 3 1 3 2 1997 1 1997 1998ca a a a a a ca a a         .
Nghĩa là f(2) là ước dương của 1998 nếu f  D.
Đảo lại, với mỗi ước dương a của 1998 ta xây dựng hàm
f: N *  ¡ như sau:
F(1) = 1, f(2) = a, f(n+2) = (a + b)f(n+1) – f

,
ở đó 1998
b N
a
 
Ta chứng minh f = D.
Dễ thấy f

 N * và f(n + 2)f

– f 2 (2) = (a + b)a – 1 – a 2
= 1997  f = D
Tương ứng f  f(2) là một song ánh giữa D và tập các ước
dương của 1998.
Vậy:
11
(1 1)(1 3)(1 1) 16D     
3. Củng cố : (4 ph)
. Sử dụng bất biến để giải toán.
. Kĩ năng phát hiện bất biến.
. Sưu tầm các bài toán bất biến.
. Phát biểu bài toán bằng cách khác.
D. Đánh giá hiệu quả :
. Sau khi học xong bài học này thì học sinh có một cách nhìn khá nhạy bén về vấn
đề Hệ bất biến đối với chỉ số và kết quả đó được thể hiện ở khảo sát sau :
 Nhóm 1 : 15 học sinh
Câu hỏi : Xác định hệ thức bất biến cũa dãy số ( )nu với
2
1
1
2 3 2n n n
u
u u u

   
Kết quả: 13 em xác định đúng.
 Nhóm 2 : 15 học sinh
Câu hỏi : Thay đổi cách phát biểu bài toán sau để cảm nhận phức tạp hơn
1
2
1 1
1
3
2n n n
u
u
u u u 

 
  
Xác định số hạng tổng quát của dãy số
Kết quả: 14 em là có lời giải tốt.
C. Kết luận :
. Thực tế trong việc giảng dạy việc truyền thụ để học sinh lĩnh hội những tri thức
một cách chính xác chưa đủ mà cần phải cung cấp cho học sinh hiểu được nguồn gốc và
bản chất của vấn đề từ đó các em mới sáng tạo và linh hoạt trong việc giải toán.
. Với bài giảng này trên thực tế tôi đã giúp học sinh làm sáng tỏ bản chất của rất
nhiều bài toán về dãy số và cũng được nhiều đồng nghiệp hoan nghênh tại Hội thảo Toan
học tại tỉnh Phú Yên tháng tư vừa rồi.
. Để một ngày hoàn thiện hơn mong sự góp ý của các đồng nghiệp thêm cho bản
thân tôi..
Phan Rang, ngày 10 tháng 5 năm 2011
Trần Văn Trung
12
ĐÁNH GIÁ HỘI ĐỒNG KHOA HỌC TRƯỜNG
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
ĐÁNH GIÁ HỘI ĐỒNG KHOA HỌC SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
13
Đề 12
A. Phần chung (7 điểm)
 Câu 1 : (2 điểm)
Cho hàm số: 4 2 1y x x   (1) (m tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M có thể kẻ được ba tiếp tuyến với (C).
 Câu 2 : (2 điểm)
1. Giải phương trình : 4cos .cos2 .cos3 cos6x x x x
2. Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm
3 1mx x m   
 Câu 3 : (1 điểm) Tìm họ nguyên hàm của hàm số
2
4 2
1
( ) 3 1
x
f x x x

  
 Câu 4 : (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hỉnh vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam
giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD
và góc giữa 2 mặt phẳng (ASD) và (SAC).
 Câu 5 : (1 điểm)
Xác định m để hệ sau có nghiệm
14
2 2
2
2
2 2 2
x xy y x m
x xy x m
    
    
B. Phần riêng (3 điểm)
* Dành cho học sinh nâng cao
 Câu 6b : (2 điểm)
1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz. Cho  ABC có A(1;2;1), B(-1;0;2),
C(2;1;-1). Xác định tọa độ tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp  ABC.
2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho 2 đường thẳng (d 1 ): x – y + 1 = 0 và
(d 2 ): x – 2y + 1 = 0. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;0) và (d) cắt (d 1 ) và
(d 2 ) lần lượt tại M 1 , M 2 mà M 1 M = 2MM 2 .
 Câu 7b : (1 điểm)
Cho (C):
2 2
2
x x
y x
 
 
Viết phương trình đường cong (C’) đối xứng với (C) qua đường thẳng y = 2.
Đề 11
B. Phần chung (7 điểm)
 Câu 1 : (2 điểm)
Cho hàm số: 2
1
(2 1)m x m
y x 
 
 (1) (m tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.
2. Xác định m để đồ thị hàm số hàm số (1) tiếp xúc với Ox .
 Câu 2 : (2 điểm)
3. Giải phương trình : 24 4sin 2 2cos2 (3sin 5)x x x  
4. Giải hệ :
2 2
2
2 1
xy
x y x y
x y x y







  

  
 Câu 3 : (1 điểm)
Tính tích phân
2
3
0
sin
(sin cos )
x
I dx
x x

 
 Câu 4 : (1 điểm)
15
Cho hình chóp cụt tứ giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính R cho trước. Tính
thể tích khối chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.
 Câu 5 : (1 điểm)
Cho a, b, c là các số không âm thỏa điều kiện ab + bc + ca > 0. Chứng minh rằng :
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 10
( )a b b c c a a b c
  
    
B. Phần riêng (3 điểm)
* Theo chương trình nâng cao
 Câu 6b : (2 điểm)
1. Trong không gian Oxyz. Viết phương trình mặt phẳng ( )
 đi qua điểm A(4;2;1).
Biết ( )
 cắt các tia Ox và Oy và Oz lần lượt tại M, N, và P sao cho thể tích khối tứ diện
OMNP nhỏ nhất.
2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng ( ) : x – y + 1 = 0 và
A(3;1), B(2; – 1). Tìm M trên ( ) sao cho  MAB có chu vi nhỏ nhất.
 Câu 7b : (1 điểm)
Tìm hệ số của 10
x trong khai triển 31
1 10x
x
 
  
  (với x  0)
* Trường THPT Chuyên Lê Quí Đôn
Câu lạc bộ Đề thi thử lần I ngày 27-3-2011
 (Thời gian 180’)
A. Phần chung (7 điểm)
 Câu 1 : (2 điểm)
Cho hàm số: 3 2(4 1) (7 1) 3 1y x m x m x m      (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Xác định m để hàm số (1) tiếp xúc với Ox .
 Câu 2 : (2 điểm)
5. Giải phương trình :
4 4
sin cos 1 1
cot 2
5sin 2 2 8sin 2
x x x
x x
  
6. Giải phương trình : 21 3 2
1
2
3 2 x
xx x  


 
 Câu 3 : (1 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C): 2 3 2y x x   và đường thẳng : y = 2
 Câu 4 : (1 điểm)
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, 0
60ABC 
16
SO  (ABCD) và 3
2
a
SO  trong đó O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Gọi M là trung
điểm AD, (
 ) là mặt phẳng đi qua BM, song song với SA, cắt SC tại K. tính thể tích khối chóp K.BCDM.
 Câu 5 : (1 điểm)
Cho  ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 2 2 2
sin sin 2sinQ A B C  
A. Phần riêng (3 điểm)
1/ Theo chương trình chuaån
 Câu 6a : (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ xOy. Cho hai đường tròn (C 1 ): x 2 + y 2 – 10x = 0
và (C 2 ): x 2 + y 2 – 4x – 2y – 20 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua các giao điểm của (C 1 ) và (C 2 )
và có tâm nằm trên đường thẳng (  ): x + 6y – 6 = 0
2. Trong không gian Oxyz. Cho 2 đường thẳng (d 1 ): 1
1 2 1
yx z  và (d 2 ) là giao tuyến của hai mặt phẳng
(
 1 ): 3x – z + 1 = 0 (
 2 ): 2x + y – 1 = 0 .
Chứng minh (d 1 ) chéo (d 2 ) và chứng minh (d 1 )  (d 2 ) ? Viết phương trình mặt phẳng chứa (d 1 ) và vuông
góc với (d 2 )
 Câu 7a : (1 điểm) Cho hai số phức Z và W có 1Z W  .
Chứng minh số 1
Z W
ZW

 (1 0)ZW  là một số thực.
2/ Theo chương nâng cao
 Câu 6b : (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho  ABC vuông tại A. Biết A(– 1,2), B(1,– 4) và đường thẳng BC đi
qua M( 1
2, 2 ) . Tìm tọa độ điểm C.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz. Cho 3 điểm A(4,– 1,2), B(1,2,2), C(1,1,5). Tìm tọa độ tâm
và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp  ABC.
 Câu 7b : (1 điểm)
Giải hệ phương trình:
2 2
2
( 2) log2.log 0
4 2 0
x y
x x y



   
    (x,y  )
 Đề dự bị
Olympic 1 /
30-4-2009 –
Cho dãy số nu xác định bởi :
0
1
1
2
1 1
1
1
2
. ( )
3 2 .
n n
n
n n n n
u
u
u u
u n
u u u u


 

 

 

    

Xác định ( nu )
Giải :
Dễ thấy ( nu ) 0 , n 
17
1
2
1 1
.
3 2 .
n n
n
n n n n
u u
u u u u u


 
   2 1
1 3 2 1
n n nu u u 
   
Đặt 1 1
4
n
n
v u
  . Suy ra ( )nv xác định bởi
0
1
2 1
5
4
9
4
3 2n n n
v
v
v v v 
 

 
  


Phương trình đặc trưng : 2 1
2 3 0 3
x
x x x
 
     
1 2( 1) .3 ,n n
nv n

    
10
1 2
35
3 784 ( 1) 3 ,
9 7 8 8
4 8
n n
n
v
v n
v


   
      
  
  

8 ( )
3( 1) 7.3 2
n n n
u n  
  
 Đề dự bị
Olympic 2 /
30-4-2008 –
18
Cho dãy số nu xác định bởi :
1
2
1 1 1 1
2005
2006
....
( ) 2 .n n n n n
u
u
u u u u u   

 


  
Tìm lim nn u
Giải :
Từ điều kiện 1 1
2 1 1
n n nu u u 
  
Đặt 1 ( )n n
n
u u
u
  . xác định bởi
1
2
1 1
1
2005
1
2006
...
2 n n n
u
u
u u u 
 

 


  
( )nu là cấp số cộng với công sai 1 1 1
2006 2005 2005.2006
d    
1
1 1 2007
( 1) 2005 2005.2006 2005.2006
n
n n
u u n d  
      
2005.2006
2007
nu n
  
19
DÃY SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC
*******
*I- Tìm hệ thức bất biến đối với chỉ số
* Bài 1. Cho dãy số ( )na thỏa mãn 2
1
1 2
2
2
1, ( 3)n
n
n
a
a a a n
a



   
Chứng minh rằng na nguyên với mọi n.
Lời giải
Từ giả thiết 2
2 1
2
1
2
2
2 n n n
n
n
n
a a a
a
a a  


  


Thay n bởi n + 1 ta có 2
1 1 2n n na a a   
Từ hai đẳng thức trên ta được
1 1 2
1
n n n n
nn
a a c
a
a a
a
  


 
 (hằng số).
Từ đó 1 1 3 1 1 1
2
4 4n n nn n
n
a a a a a
a
a a
a
   

    

Vậy na nguyên với mọi n.
* Bài 2. Cho dãy số ( )na được định nghĩa bởi
31 2 20002, 500,a a a   và 2 1 1
111
n n n
nnn
a
aa
a a
a   
  
 với 2n  .
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số nguyên dương và 2000
2 chia hết 2000a .
Lời giải
Từ giả thiết ta có 2
2 1 1n n na a a   .
Suy ra mọi số hạng của dãy số đều khác 0. Từ đó
2 1
11
3
2 1
... 2n n
nn nn
a
a
a
a a a
a
a a
 

   
Vậy 2 12 nn na a a  , như thế mọi số hạng của đãy số đều là số nguyên dương.
Mặt khác 2000 1999 2
2000 1 2000
1999 1998 1
. ... .
a a a
a a a
a a a
  chia hết cho 2000a
20
*II- Công thức tổng quát của dãy số
* Bài 3. Cho dãy số ( )na được xác định bởi
31 2 241, 2,a a a   và 2
1 3
2
1 2
2 3
6 8n n
n
n n
n n
a
a aa a
a a
   
 
  với 4n  .
Chứng minh rằng với mọi n thì na chia hết cho n..
Lời giải
Xét 2
1 2
1 2
3
1 2 3
8 6 8
6 n n
n n
n n
n
n n n
a V V
a aa
V a a a
 
 

  

   .
Từ đó tìm được 1 1
4 2n n
nV  
  với mọi 2n  .
Do đó 1 3 2
1 2 2 1
. ... .n n
n
n n
a a aa
a a a a a

 

1 1 2 2 2 2
1 1. ... (4 2 )(4 2 )...(4 2 )(4 2)n n n n
n nV V V    
     
Với mọi số nguyên tố p, theo định lý Fecma nhỏ ta có
1
4 p  (mod p) và 1
2 1p  (mod p).
Từ đó 1 1
4 2 0p p 
  (mod p).
Bây giờ giả sử 1 2
1 2 ... mk k k
mn p p p là phân tích tiêu chuẩn của n
Ta có 1 1
i
n m p 1( 1)i
i in m m p   với mỗi i = 1, 2,…,k 1 .
Chú ý rằng m 1 > m 2 >…> m 1k .
Chú ý rằng do in m n  nên trong phân tích của na có chứa k 1 thừa số.
1 1( 1) ( 1)
4 2 4 2 0
i i
i i i in m n m m p m p   
    (mod 1 )p
Suy ra 1
1
k
na p
Chứng minh tương tự ta có 1
1
k
na p với mọi I = 1, 2, …,r. Từ đó ta có đpcm.
21
*III- Chuyển từ dãy số hữu tỉ sang dãy số nguyên
* Bài 4. Cho dãy số đương ( )na thỏa mãn 2
1 1( 1).nna a n   
Chứng minh rằng dãy số chứa số hạng vô tỉ.
Lời giải
Đặt n
n
n
b
a c
 với gcd ( , ) 1n nb c 
Từ giả thiết 2
1 1nna a   ta có
2 2
1 1
2 2
1 1
1n n n n n
n nn n
b bb b c
c cc c
 
 

   
Do gcd ( , ) 1n nb c  nên gcd ( , ) 1n n ncb c 
Từ đó ta được hai dãy số nguyên (b n ) và (c n ) thỏa mãn
2 2
1 1,n n nn nb b c c c    với n = 1, 2,…
Suy ra 1 1
2 2 2
1 1 1 1) 1)
) )( (n n nnn n n n n
b b c b c b c b c     
     
Chú ý rằng 1 1 1 1 1n n n nb c b c       . Từ đó
1 1 1n n n nb b c b     với mọi n.
Như thế dãy (b n ) là dãy giảm các số nguyên dương. Điều này vô lí.
* Bài 5. (TST Vietnam 2006)
Cho dãy số đương ( )na , n = 0, 1, 2, … xác định bởi
0 1a  và 1
0
1 1
( )
2 3nna a a   với mọi n = 0, 1, 2, …
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, số 2
3
3 1n
n
A a
  là một số
chính phương và có ít nhất n ước nguyên tố phân biệt.
Lời giải
Đặt n
n
n
b
a c
 với ,n nb c là những số nguyên dương và gcd ( , ) 1n nb c 
Từ hệ thức đầu bài ta có 2 2
1
1
3
6
n n
n n
n
n
b c
b c
b
c 



Ta có 2 3 4
2 7 17
, ,
3 12 168
a a a   .
22
Bằng qui nạp đơn giản ta thấy rằng với mọi 1n  thì nb và nc luôn khác tính
chẵn lẻ.
Gọi p là ước nguyên tố chung của 2 2
3 n nb c và 6 n nb c . Nếu p là ước của b n
hoặc c n thì p là ước chung của b n và c n . điều này mâu thuẫn với gcd ( , ) 1n nb c  .
Do đó nếu p là ước nguyên tố chung của 2 2
3 n nb c và 6 n nb c thì p = 3.
Ta sẽ chứng minh rằng phân số 2 2
3
6
n n
n n
b c
b c
 luôn được rut gọn cho 3. Thật vậy,
các số c 1 = 3, c 2 = 12, c 3 = 168 đều chia hết cho 3 và không chia hết cho 9. Giả sử c n = 3c
chia hết cho 3 và (c,3) = 1. Khi đó
2 2 2 2 2 2
9 33 3
6 18 6
n n n n
n n n n
b c b c b c
b c b c b c
  
 
Chú ý rằng do gcd ( , ) 1n nb c  nên b n không chia hết cho 3. Như thế phân số trên
tối giản và do đó 2
1 13 6,n nn nb b cb c c    . Nghĩa là 1nc  cũng chia hết cho 3 mà không
chia hết cho 9.
Tóm lại, các dãy số (b n ) và (c n ) được xác định như sau :
2 2
1 1 1 1
3
2, 3, , 2
3
n n n nn n
b c
b c b c b c 

   
Bằng qui nạp ta sẽ chứng minh rằng 2 2 33 n nb c  với mọi n = 1, 2, 3,…
Thật vậy, hiển nhiên khẳng định đúng với n = 1.
Ta có :
2
2 2 2 2
1 1
2 22 2 4 2 2 4 ) 9
3 3. 4 3
3
(33 9 6
3 3 3n nn n n nn n n n n nb c b c b cb c b b c c
 
 
  
 
 

    
  
theo giả thiết qui nạp.
Bây giờ 2 2 2
2 2 2 2
2
3 33 3
33 1 3
3. 1
n n
n n
n n n n
n
c c
A c
a b b c
c
    
 

là số chính phương.
Mặt khác do 1 12n n nc b c  và gcd 1 1( , ) 1n nb c   nên dễ thấy rằng nc có ít nhất n
ước số nguyên tố phân biệt.
23
*IV- Một số bài toán về dãy số trong các đề thi Olympic 30-4
* Bài 6. Cho dãy số  na được xác định bởi :
0 1
1
2 3
2 1
0, 0
( . ) ,nn n
u u
u u u n 




 
  
Tìm số hạng tổng quát của 0u
Giải
Bằng qui nạp, ta có : 0u > 0, n 
1
2 3
2 1
2 1
1 2
ln ln ln
3 3
( . )nn n
nn n
u u u
u u u
 
   

Đặt : ln , 0n nV u n  
 2 1
1 2
3 3
n nnV V V  
 2 13 2n nnV V V  
Xét phương trình đặc trưng
2
1
3 2 0 2
3
x
x x x





     
 1 2
2
3
n
nV
   
 
 
   1 2( , )
  
 0 0 1
1 0 1
1 2 1
1 2 2
1 (2 3 )
5
2 3 ( )3 5
V V V
V V V
 

  
   
 
    

  
 0 1 0 1
1 1 2
(2 3 ) (3 3 )
5 5 3
n
n V V V VV  
     
 
24

3
2 3 0
0 1 30 1 0 1 1
1 1 21 1 2 ln( ) (ln )(2 3 ) (3 3 ) 5 5 35 5 3
n
nn u
u uV V V V u
u e e
           
    
 
=   1 1
( 2) ( 2)3 31 3 2
5 52 3 5 5 3 5.3 5.3
0 1 0 1 0 1
3 3( ) ( )
5 5. . . .
n n
n n n n
u u uu u u  
 
   
* Bài 7. Cho dãy số  
1
2
1 2
2
: 8
4 0, 3n n n
n
u
u
u u u n
u
 

 
    
Và 2
1
cot ( )
n
n i
i
S arc g u

 
Tìm lim nn S
Giải
Trước hết ta chứng minh 2
1 1. 4,n n nu u u   2n 
Quả vậy, ta có :
1 1(4 ) (4 )n nn nu u u u 
 2 1 1 1( ) ( )n n n n n nu u u u u u     
 2 2
11 1 2. nnn n n nu u u u u u   
 =…= 2
2 3 1.u u u
= 8 2 – (4.8 – 2)2 = 4
 2 4
cot cot 4 n
n n
u
arc gu arc g u
  
  
   

1 1
2
1 1
( )
.n
n n n
n n
u u u
u u u
 
 

 
1
1
1
1
. 1
cot
n n
n n
n n
nn
u u
u u
arc g uu
u u







1
1
cot cotn n
n n
u u
u u
arc g arc g


 2
1
cot ( )
n
n i
i
S arc g u

  2
cot ( )iarc g u + 2
1
cot ( )
n
i
i
arc g u

 1
cot n
n
u
u
arc g 

Hơn nữa :
1 24n n nu u u  
 1 2 1
1
4
1 .n n n
n nn
u u u
u u u
  

 
25
 1= 4x – x 2 (với 1
lim 1n
n n
u
x u


  )
 x 2 – 4x + 1 = 0
 2 3x  
 1 3lim 2n
n n
u
u 
  
 (2 ) 12
lim 3n
n S arctg

   
(dãy 1n
n
u
u  
 
 
có giới hạn, vì :
1
1
1
0 1n
n
n n
n n
u
u
u u
u u



  


 

)
* Bài 8. Cho , (0,1)a b a. Xét dãy  nu xác định bởi
u 0 a , 1u b , 2
2 1
1 2
3 3 nn nu u u   , n  .
Chứng minh rằng dãy  nu có giới hạn hữu hạn khi n   và tìm giới hạn đó.
Giải
* Xét dãy  nV định bởi
 0
2
1
,
1 1 , 0
3 3n nn
V Min a b
V V V n






  
Bằng qui nạp ta chứng minh được 0 < V n < 1 (1)
Mặt khác :
2
1
1 2
3 3n n n nnV V V V V   
2
( 1) ( 2) 0, 0
1
3 n n n nV V V    
  nV tăng (2)
Từ (1) và (2)   nV có giới hạn hữu hạn.
Đặt c = lim nn V , ta có :
2
1
1 2
1 lim3 3
0 1 n
c c c c
V c 
     
   
+ n = 1  u 0 a (0,1)
+ n = k  : Giả sử (0,1)ku 
+ n = k + 1 : Ta có : 
2
1 1
(0,1) (0,1)
1 2 (0,1)
3 3k k kU u u 
 
  

 Theo ngưyên lý qui nạp ta có : (0,1), 0nu n  
26
* Chứng minh  2 2 1, , 0n n nV Min U U n  
Quả vậy :
+ n = 0 :      0 0 1 , ,, Min a b Min a bV Min u u  
+ n = k  N : Giả sử  2 2 1,k k kV Min u u 
+ n = k + 1 :
2
2 1
k
k
k
k
u
u
V
V 






2 1
2 2 1
2 2
2 2 2 1
2 2 2
2 3 2 1 1
1 2 1 2
3 3 3 3
1 2 1 2 1 2
3 3 3 3 3 3
k k
k k k
k k k k
k k k k k k
ku u u V V V
u u u V V V V V

 
 
  
   

    




 
  
  1 2 2 2 3,k k kV Min U U  
 Theo nguyên lý qui nạp, ta có
 2 2 1, , 0n n nV Min U U n  
Từ các kết quả trên, ta suy ra :
2
2 1
1
1( 0)
lim 1
n n
n n
nn
V u
V u n
V


  
  


 

Do đó : 2 2 1 1lim limn n n
n n
u u 
 
 
1lim n
n u

 
27
CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ
********
* Bài 1 (T1/233)
Cho dãy số nguyên   0n n
a 
 thỏa mãn: 2 1 12( )nn n na a a a     (1)
Chứng tỏ rằng tồn tại số nguyên M không phụ thuộc vào n sao cho 14 nnM a a là
số chính phương với mọi n  0.
 HD Giải
Đặt 2 1 0n n nu a a a   . Từ điều kiện (1) suy ra : 1 2n nnu u a 
2 2 2 2
1 1 1( 2 ) 4 4n n n nn n nu u a u u a a      
2 2
1 1 1
2
1 1 1
44( )
4 4
n n nn n n
n nn n n
u a a a a a
u a a a a
  
  
 

  
 
 2 2
1 1 14 4n n nn n nu a a u a a    
Vậy 2
14n nnu a a là hằng số không phụ thuộc vào n. Gọi hằng số đó là M. Khi đó ta có :
2
1 04 n nn nM a a u    .
* Bài 2 (T6/237)
Cho dãy  na thỏa mãn: 1 2 1 11, 3, ( 2) ( 1) 2nn nn n na a a a a         . Tìm tất cả các
giá trị của n để na là số chính phương.
 HD Giải
28
Ta giải bài toán khái quát sau:
Cho số nguyên p  2. Cho dãy số  na thỏa mãn 1 2 1 11, 3, ( 2) ( 1) 2nn nn n na a a a a        
Hãy tìm tất cả các giá trị của n để na là lũy thừa p của một số tự nhiên.
 Lời giải
Với mỗi n  2, đặt 1n n nb a a   . Khi đó từ công thức xác định dãy  na , ta sẽ có
1. 3n nn nb b    . Suy ra ! 3n n nb    . Kết hợp với b 2 = a 2 – a 1 = 3 – 1 = 2! Ta được
! 2n n nb    . Do đó, với mỗi n  2 ta có :
11
2 2 1
( ) 1 !
n n n
n k k k
k k k
a a a a b k
  
       
Kết hợp với a 1 = 1 = 1! Ta được 1
! 1
n
k
n k na 
   (1)
 Xét p=2. Khi
đó, do từ (1) ta
có
3(mod10) 5na a  
nên suy ra
2 , 5na a a Y n     (vì các số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1, 4, 5, 6, 9).
Với n = 1,2,3,4 bằng cách thử trực tiếp, ta thấy na là số chính phương khi và chỉ khi
n = 1, n = 3.
* Xét p > 2. Khi đó, do từ (1) ta có 0(mod 3) 2na n   (suy ra từ (1) nên điều kiện cần
để a Y  sao cho p
na a là 0(mod 27)na  hoặc 1na  . Từ (1) ta có 1 2n na    và
8
9
! 9
n
k
n a k na 
    . Suy ra 8 (mod 27) 9na na   . Mà 8 46233 1(mod 27)a  
nên 1(mod 27) 8na n   . Như vậy 8n  đều không tồn tại tại n để p
na a
Với 1  n  7, bằng cách thử trực tiếp ta thấy chỉ có duy nhất giá trị n = 1 là giá trị
cần tìm.
Trở lại bài toán ban đầu. Đây là trường hợp đặc biệt của bài toán trên với p = 2. Theo
đó tất cả các giá trị của n thỏa mãn yêu cầu bài toán là n = 1 và n = 3.
* Bài 3 (T7/240)
Xét dãy số thực  na thỏa mãn: 2
1 3 2 1nn na a     . Tìm tất cả các số hữu tỉ a 1 mà
tồn tại m  n sao cho m na a .
 HD Giải
Với mỗi n  1 đặt 3n nb a khi đó từ dãy  na ta có dãy  nb được xác định bởi:
2
1 6 1nn nb b     (1)
Bài toán trở thành: Tìm tất cả các 1b ¤ mà tồn tại m  n sao cho m nb b .
Từ (1) ta có : 1 ( 3)( 2) 1n n nn nb b b b       . Suy ra nếu 1 3b  thì
1 2 3 1... ...n nb b b b b      
29
Do đó, nếu 1 3b  thì không tồn tại m  n sao cho m nb b
Xét 1 3b  . Nếu 1b ¤ thì t ừ (1) dễ thấy nb  ¤  n  1. Với mỗi n  1, viết nb dưới
dạng n
n
n
p
b q
 , trong đó: , , 1n n np q c q  và 1.( , )n np q  Khi đó nếu tồn tại m  n
sao cho m nb b thì phải có (*)m nq q . Mặt khác, từ (1) ta có:
2 2
1
1 2
1
6 1n n n
n
nn
n
p p q
b q q




    (2)
Vì , ) 1( n np q  nên 2 2 2
6 , ) 1( n n np q q  . Kết hợp với (2) và 1 1, ) 1( n np q   suy ra:
2
1 1nn np q    . Dẫn tới 1
2 1
n
nn np q 
   .
Do đó (*) 1 1
2 2
1 1 1 1
m n
p p q
 
   (vì m  n). Như vậy, nếu tồn tại m  n sao cho
m nb b thì 1b c . Suy ra  1 0, 1, 2, 3b    .
+ Với 1 0b  thì 2 6b   suy ra: 3 30 3b   suy ra 3 4 1... ...k kb b b b      suy ra
không tồn tại m  n sao cho m nb b .
+ Với 1 1b   thì 2 5b   suy ra: 3 19 3b   suy ra 3 4 1... ...k kb b b b      suy
ra không tồn tại m  n sao cho m nb b .
+ Với 1 2b   thì 2 3 22 2b b b     
+ Với 1 3b   thì 2 3 23 3b b b   
Vậy, tóm lại, tất cả 1b ¤ cần tìm là 1 12, 3b b    . Và do đó tất cả các giá trị 1a ¤
cần tìm là 1
2 ; 1
3
a    .
* Bài 4 (Thi HSG QG 96-97 bảng A)
Có bao nhiêu hàm số f: ¥ *  ¥ * thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
1) f(1) = 1
2) f

f(n+2) = f 2 (n+1) + 1997 với mọi n  N *
 HD Giải
Gọi D là tập hợp tất cả các hàm số có tính chất nêu trên. Để cho gọn ta kí hiệu:
( )na f n . Ta có:
2
2 1
2
1 3 2
1997
1997
n n n
n n n
a a a
a a a
 
  



 (1)
30
Suy ra: 2 1 3
1 2
n n n n
n n
a a a a
a a
  
 
  . Vậy: 2 1 nn na ca a   (2) ở đó c là hằng số, 3 1
2
a a
c a

 .
Ta chứng minh c = N. Thật vậy, nếu p
c q
 với (p,q) = 1 thì từ (2) ta có:
2 1 1)( nn n nqq a a pa a    
Vì 22
2 11997 n n n Ma a a  nên q = 1 (do 1997 là số nguyên tố).
Đặt f(2) = a. Từ (1) và (2) ta có:
2 2
2 1 3 1 3 2 1997 1 1997 1998ca a a a a a ca a a         . Nghĩa là f(2) là ước dương
của 1998 nếu f  D.
Đảo lại, với mỗi ước dương a của 1998 ta xây dựng hàm f: N *  ¡ như sau:
F(1) = 1, f(2) = a, f(n+2) = (a + b)f(n+1) – f

, ở đó 1998
b N
a
 
Ta chứng minh f = D.
Dễ thấy f

 ¥ * và f(n + 2)f

– f 2 (2) = (a + b)a – 1 – a 2 = 1997  f = D
Tương ứng f  f(2) là một song ánh giữa D và tập các ước dương của 1998. Vậy:
(1 1)(1 3)(1 1) 16D     
* Bài 5 (Thi HSG QG 98-99 bảng A)
Cho hai dãy số   0n n
x 
 và   0n n
y 
 được xác định như sau:
0 1 2 11, 4, 3 nn nx x x x x    với mọi n = 0,1,2…
0 1 2 11, 4, 3 nn ny y y y y    với mọi n = 0,1,2…
1) Chứng minh rằng: 2 2
5 4 0n nx y   với mọi n = 0,1,2…
2) Giả sử a, b là các số nguyên dương thỏa mãn 2 2
5 4 0na b   . CMR tồn tại số tự
nhiên k sao cho kx a và ky b .
 HD Giải
1) Từ công thức xác định dãy  nx suy ra 2 2 2 2
1 1 1 1 2 23 3n n n n n n n nx x x x x x x x         
Từ đó với mọi n  1 ta có: 2 2
1 13 5n n n nx x x x   
Do đó 2 2 2
1 27 10n n nx x x    (1). Tương tự 2 2 2
1 27 2n n ny y y    (2)
Từ (1) và (2) suy ra: 2 2
15 4n nx x   2 2 2 2
1 1 2 27( 5 ) ( 5 ) 24n n n nx y x y        (3)
31
Từ hệ thức (3) bằng qui nạp dễ thấy 2 2
5 4 0n nx y   với mọi n = 0,1,2…
2) trước hết bằng qui nạp ta chứng minh được:
 
 
1
1
5 4
2
3 5
2
3 n n
n
n n
n
x y
x
x y
y


 
  

Nếu a = 1  b = 1. Vậy 0 0,x a y b 
Nếu a > 1  b > 1. Xét: 1 1
5 ,
2 2
3 3 aba b
a b
 
  .
Vì 2 2
1 15 4 (mod 2) ,n b a b a ba c       .
Ta có thể kiểm tra được rằng a 1 ,b 1  ¥ * và
2 2 2 2
1 1
1
5 5 4b ba a
a a
     
 
Tiềp tục như vậy sau k bước ta sẽ thu được k + 1 cặp số nguyên dương
0 0 1 1, ), , ),..., , )( ( ( k ka b a b a b với:
0 0 0
2 2
1 1 1
1 1
4 0, , ( 0,1, 2,... 1)
5 , (6)
2 2
5
3 3
ii
i i i i
i i
i k
a a b b
a b a a
a a b a
a b

 

  
     
    


Và 1k ka b 
Vậy 0 0,k ka x b y 
Từ (6) ta có 1 1 1 15 3
, (7)
2 2
3 i i i i
i i
a b a b
a b    
 
3) Từ (4), (5), (6) và (7) rút ra ka x và kb y .
* Bài 6 (T6/268)
Dãy số ( na ),n= 0,1,2,… được xác định bởi: 10 1 2 n nna aa ba da a    với mọi
n = 0,1,2,…, trong đó a, b là hai số nguyên khác 0 còn d là số thực. Tìm giá trị của d
để na là số nguyên với mọi n = 0,1,2…
HD Giải
Giả sử d thỏa mãn đề bài. Dễ dàng chứng minh được bằng qui nạp:
1
2
2 0 nna a a c    n = 0,1,2… (1), trong đó c là một hằng số.
Dễ thấy d ¤ . Đặt , ( , ) 1p q
q
p
d   . Ta chứng minh k
n M n ka   . Thật vậy, với k = 1
thì 1 1 1 1( ) 1n n nn n n n Mq na a da a a pa a          
32
Giả sử khẳng định đúng với n = k. Ta có 2 1( )nn nq a a pa   . Theo giả thiết qui nạp
 n  k thì 2 nn
k
q sa a   suy ra 1
1 1
k
n n
k Mq spa a 
    n  k tức là
1
1 1
1 k
n n
k n kMq spa a 
 

   tức là 1 1k
n n kMa     . Từ hệ thức (1) suy ra cM 2k
với mọi k.
* Trường hợp 1: Nếu c  0 suy ra q = 1 tức là d  c .
* Trường hợp 1: Nếu c = 0  2 1
d r
r  trong đó r a
b .
Từ đẳng thức 2
12 nnn aa a    bằng qui nạp suy ra 2
n ara  . Đặt , 1( , )r u v
v
u  ta suy
ra 1n
n r c bM v Ma     
Thử lại ta thấy nếu d  c hoặc 2 2
1
d r r
a b
ab
 
  với bM thì n ca 
 Kết luận:
1) Nếu b không chia hết cho a thì d  c .
2) Nếu bM thì d  c hoặc 2 2
d a b
ab
  .
* Bài 7 (T6/278)
Dãy số ( nu ) (n = 0,1,2,3…) được xác định bởi: 10 1 20, 1, 1999 n nnu u u u u   
Tìm tất cã các số tự nhiên n sao cho nu là số nguyên tố.
HD Giải
Bằng qui nạp dễ chứng minh được: 0u N và 1 1999 nnu u  với mọi n  1.
Tiếp theo ta có:
2 1 1
1
1999 nn n n
nn
u uu u
u u
  

 
 
Suy ra: 1 1
2 2 2
2 1 1 0 2... 1nnnn n nu u u u u u u u u         
Vậy: 2 1 1( 1)( 1)nn n nu u u u     (1)
Với n  2 thì u 2 = 1999 là số nguyên tố.
Ta chứng minh với n  3 thì không tồn tại n để nu là số nguyên tố. Thật vậy: Giả sử
nu là số nguyên tố với n  3. Từ (1) ta có: 2 1 1( 1)( 1)n n n nu u u u     suy ra
1 1( 1)( 1) nn nu u M   .
Vì 11 1 1998 n nnu u u    nên 1( 1) nnu M  .
Mà với n  3 thì 1 1nu    ¥ *
1 1 nnu u   nhưng 1
1998 nnu u 
 mâu thuẫn.
Vậy n = 2 là giá trị cần tìm.
* Bài 8 (Đề thi HSG QG 00-01 bảng B)
Cho hai dãy số  nx , n¥ * được xác định như sau:
33
1
2
3
x  và 1 12(2 1)
n
n n
x
x n x   với mọi n ¥ * Hãy tính tổng số của 2001 số
hạng đầu tiên của dãy  nx .
HD Giải
Dễ thấy 0,n nx   ¥ *
Đặt 2
n
n
u x
 , n ¥ * . Từ công thức xác định dãy  nx của đề bài ta có: 1 3u  và
1 14 (2 1)n nu n u    n ¥ * (1)
Từ (1) dễ dàng suy ra: 2 2 1 1
(2 1)(2 1) 2 1 2 1n
n
nx u n n n n
     
    ¥ * .
Vì vậy: 1 2 2001
1 4002
... 1 4003 4003
x x x     
* Bài 9 (T8/298)
Dãy số  nx (n = 0,1,2,…) được xác định bởi: 0 1
1
1, 2
x x  và
1
1
1 1
.
2002 2001 2000
nn
n n nn n
x x
x x x x x


 
   với mọi n = 0,1,2,…
Hãy tìm công thức tổng quát của nx theo n.
HD Giải
Từ giả thiết suy ra nx  0 với mọi n và 2 1
1 2001 2002 2000
nn nx x x 
   với n = 0,1,2,…
Đặt 1 1000
2001
ny x
  ta có 0
3001
2001
y  , 1
5002
2001
y  và 2 12001 2002 nn ny y y   với n = 0,1,2,…
Suy ra: 2 1 1
2 1 1 1 1 0
8003
2002( ) 2002 ( ) ... 2002 ( ) .2002
2001
n n
n nn n n ny y y y y y y y 
           
Đặt a = 1 2
8003
2001
y y  và b = 2002, ta có:
1 1 2 1 2 2 1
1 2 0
0
. . . ... ( 1) ... ( 1) ( 1) ( 1)
( ( 1) ) ( 1)
1
n n n n n n n n
n n n
n n n
a b a b a b a b b b
a b
b
y y y y
y
      
                   
 
  

Suy ra 3000 8003
( 1) (2002)
2003 2001.2003
n n
ny    với n = 0,1,2,…
Từ đó ta có công thức tổng quát của nx là 2001.2003
2002 .8003 ( 1) .3000.2001 1000.2003
n n nx    
 Đề thi thử lần
1 –
34
I. Phần chung dành cho tất cả thí sinh (7 điểm)
 Câu 1 : (2 điểm)
Cho hàm số: 3 2( 1) 3( 1) 2y m x m x m      (1) với m là tham số.
2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2.
3. Xác định m để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị A, B mà  OAB vuông tại O.
 Câu 2 : (2 điểm)
1. Giải phương trình : 3sin 2 3sin 8cos 4 0x x x    với 0,2x
  
2. Biện luận theo m, tập xác định của hàm số : 2 ( 3) 3
1
y mx m x
x
   

 Câu 3 : (1 điểm)
Cho lăng trụ đứng ABCA 1 B 1 C 1 có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A,
BC = 2a. Gọi M là một điểm trên cạnh AA 1 . Đặt BMC
 , góc giữa mặt phẳng
(MBC) và mặt phẳng (ABC) là
 . Tính thể tích khối lăng trụ ABCA 1 B 1 C 1 theo
, ,a
  .
 Câu 4 : (1 điểm)
Tính tích phân : 2
0
1 cossin2
x
I tt dt  . Với x  là ẩn số
 Câu 5 : (1 điểm)
Các số thực x, y, z thỏa điều kiện 2 2 2 4 2 0x y z x z    
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của F = 2x + 3y – 2z
A. Phần riêng (3 điểm)
1. Theo chương trình nâng cao
 Câu 6a : (2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng, cho đường tròn (C) : x 2 2
( 1) ( 2) 25x y    và đường thẳng
(d): 4x + 3y – 1 = 0
Viết phương trình đường thẳng (  ) vuông góc với (d) và (  ) cắt (C) theo một dây
cung AB = 8.
2/ Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz. Cho điểm A(1;-2;3) và đường thẳng
(d) có phương trình : 1 2 3
2 1 1
x y z  
   .
Gọi B và C lần lượt là giao điểm của (d) và các mặt phẳng (Oxy) và (Oxz). Tính
diện tích  ABC và thể tích tứ diện OABC.
 Câu 7a : (1 điểm)
Giải phương trình : 2
2 1 0z iz   trên tập số phức.
35
 Đề số 1 –
A. Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
 Câu 1 : (2 điểm)
Cho hàm số: 3 2( ) 3 ( 1) 1y f x mx mx m x      với m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Xác định m để hàm số y = f(x) không có cực trị.
 Câu 2 : (2 điểm)
1. Giải phương trình : 24 4sin 2 2cos2 (3sin 5)x x x  
2. Giải bất phương trình : 2
1 1
2 12 3 5 xx x   
 Câu 3 : (1 điểm)
Cho khối lăng trụ ABCA’B’C’ có  ABC đều cạnh a. Đỉnh A cách
đều A’B’C’ và AA’ tạo với đáy góc 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ .
 Câu 4 : (1 điểm)
Tính tích phân : 1 2
0
ln(1 )I x dx 
 Câu 5 : (1 điểm)
Cho a, b, c dương và a + b + c = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của 3 3 3a b cp b ac c ba a cb
  
  
A. Phần riêng (3 điểm)
1/ Theo chương trình chuẩn
 Câu 6a : (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ xOy. Cho  ABC có M(2;3) là trung điểm
của BC và AB có phương trình : x – y – 1 = 0; AC có phương trình : 3x + y – 7 = 0.
Tính tọa độ A, B, C.
2. Trong không gian Oxyz. Cho điểm M(1;1;-2) và đường thẳng (  ):
11 3
1 2 1
yx z   . Tìm N trên (  ) sao cho MN nhỏ nhất.
 Câu 7a : (1 điểm) Giải phương trình : 3
2( 5 1) ( 5 1) 2 0
xx x 
    
2/ Theo chương nâng cao
 Câu 6b : (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x 2 + y 2 = 13 và đường tròn
(C’): (x – 6) 2 + y 2 = 25. Gọi A là giao điểm của (C) và (C’) và y > 0 . Viết phương
trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt (C) , (C’) theo dây cung có độ dài bằng nhau.
2. Trong không gian Oxyz. Viết phương trình đường vuông góc chung với Ox và
(d): 11
2 3 4
yx z  

36
 Câu 7b : (1 điểm)
Giải hệ :
2 33 1
2 1
2 2 3.2
3 1
y y xx
xx xy





 

 
  
 ĐÁP ÁN Đề
1 –
A. Phần chung
 Câu 1 : (2 điểm)
1/ 1 điểm
2/ 1 điểm
 TXĐ: D = R
 y’ = 3(m – 1)x 2
+ 6(m – 1)x
y’ = 3(m – 1)x[x + 2(m – 1)] 0,25 điểm
TH1. m = 1
. y’ = 0;  m  hàm số không có cực trị
TH2. m  1
. y’ = 0;  0
2(1 )
x
x m

  
Vậy với m  1đồ thị có 2 đểm cực trị A(0,m – 2), B(2 – 2m ,4(m – 1) 3 0,25 điểm
 OAB vuông tại O  . 0OA OB 
 
0.(2 – 2m) + (m – 2)[4(m – 1) 3 + m – 2] = 0
 3
2 0
4( 1) 2 0
m
m m



 
    0,25 điểm
. Giải ra kết quả 0,25 điểm
 Câu 2 : (2 điểm)
1/ Giải phương trình
. 3sin2x – 3sinx – 8cosx + 4 = 0
 6sinxcosx – 3sinx – 8cosx + 4 = 0
 3sinx(2cosx – 1) – 4 (2cosx – 1) = 0
 (2cosx – 1)(3sinx – 4) = 0 0,25 điểm

1
cos 2
4
sin ( )
3
x
x VN
 

 

cos cos 3
.2
3
.2
3
x
x k
x k

 
 
 
  
 
   

0,25 điểm
37
Chọn x  [0,2
 ] ta có nghiệm 5
,
3 3
  0,25 điểm
2/
Hàm số xác định  2
1 (1)
( 3) 3 0
x
mx m x



 
    0,25 điểm
TH1: m = 0
(1)  1 1
3 3 0
x x
x



    
 
Tập xác định: D = ( - 1, +  ) 0,25 điểm
TH2: m  0
2
( ) ( 3) 3f m mx m x    có 2
( 3) 0m   
m = 3 thì (1)  2
1 1
3 6 3 0
x x
x x



    
  
. Tập xác định: D =  \ 1
* m > 3 thì từ (1) suy ra tập xác định: 0,25 điểm
3
( , 1) ;D m
 
 
 
     
* 0 < m < 3 từ (1) suy ra tập xác định: 0,25 điểm
 3
( , ) 1;
m
D     
* m > 0 từ (1) suy ra tập xác định: 0,25 điểm
3
( 1, )
m
D  
 Câu 3 : (1 điểm)
Gọi N là trung điểm BC  AN  BC, AN = a. Ta lại có  BAM =  CMA 
BM = CM  MN  BC  MNA
 và
2
CMN BMN

 
AA’ = 2AM = 2a 0,25 điểm
 MAN có
2 2 2
2 2 2 2
2
.cot 2
cot 1
2
AM MN AN
AM a a
AM a


 
 
 
AA’ = 2AM = 2
2 co t 1
2
a
  0,25 điểm
21 .
2ABCS AN BC a   0,25 điểm
3 2' 2 co t 1
2A B CV A A S a

   0,25 điểm
 Câu 4 : (1 điểm)
Đặt : 2
2
sin 2
1 cos 2 1 cos
tdt
u t du t

     0,25 điểm
38
Ta có
2
2
2
1 cos
2
x
I u du

  0,25 điểm
2 2
2 2 2 (1 cos ) 1 cos
3
x x
I
 
  
  
 0,25 điểm
I = 0
 3
2
2
2
1 cos 8
1 cos 2
cos 1
sin 0
x
x
x
x
x k

  
  
 
 
 
k  R 0,25 điểm
 Câu 5 : (1 điểm)
Trong hệ trục tọa độ Oxyz xét mặt cầu (S) có phương trình :
(x – 2) 2 + y 2 + (z + 1) 2 = 5. Mặt cầu (S) có tâm I(2,0,-1) và bán ki81nh R = 5 .
Xét họ mặt phẳng (
 ): 2x + 3y – 2z – F = 0. Gọi M(x,y,z) thỏa x 2 + y 2 + z 2 – 4x + 2z  0
Lúc đó M nằm trong (S) (kể cả mặt cầu (S)) do đó (
 ) và (S) có điểm chung
( ,( ))
6 5 6 85 6 85
17
d I
F F
 

      

Kết luận: Max F = 6 + 85
Min F = 6 – 85
B. Phần tự chọn
1/ (C) có tâm I(1,2), R = 5.
(  )  (d) nên phương trình có dạng : 3x – 4y + m = 0 0,25 điểm
Gọi H là trung điểm của AB ta có :
  2 2
, ( )
5 [ , 4)
8 4
2
IH d I
IA R IH d I IA HA
HA
  
      

  

 d[I,(  )] = 3 0,25 điểm
Vậy
2 2
3.1 4.2 3
3 ( 4)
m  
 
5 15m  
5 15
5 15
m
m



 
    0,25 điểm
20
10
m
m




   0,25 điểm
39
PT (  ): 3x – 4y + 15 = 0
3x – 4y – 10 = 0
2/ (1 điểm)
 Câu 7a : (1 điểm)