Tìm số hạng tổng quát của dãy số

(1)

Trang 2

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN – KHỐI 11 (Hướng dẫn này có 07 trang)

Câu Ý Nội dung ^Điểm

Câu 1 (4 điểm)

Tìm số hạng tổng quát của dãy số

(u_n)

biết

2 3 2

1

1 2 2

2( 2) ( 4 5 2)

1; 673; , , 1.

2 3

n n

n

n u n n n u

u u u n n

n

 

    

    

 ¥

Giải:

+) Từ giả thiết ta có, với n¥,n1 thì:

(n3)u_n_₂ 2(n2)²u_n_₁ (n2)(n1)²u_n ³ ₂ 2( 2) ₁ ( 1)²

2 ⁿ ⁿ ⁿ

n u n u n u

n ^ ^

     



³ ₂ ( 3) ₁ ( 1) ₁ ( 1)² .

2 ⁿ ⁿ ⁿ ⁿ

n u n u n u n u

n ^ ^ ^

       



1 đ

+) Đặt u_n n v! _n , n¥,n1 ta thu được:

(n3)v_n_₂ (n3)v_n_₁ (n1)v_n_₁(n1)v_n (n3)(v_n_₂ v_n_₁)(n1)(v_n_₁v_n).

1 đ

+) Đặt w_n v_n v_n_₁ , n¥,n2 ta có:

(n1)w_n (n1)w_n_₁ (n1)nw_n n n( 1)w_n_₁. Do đó ta có:

¹ ² ²

2 1

( 1) ( 1) ( 1)( 2) ... 3.2.

6( ) 2016.

n n n

n nw n n w n n w w

v v

 

       

  

Như vậy, ²⁰¹⁶ 2016(¹ ¹ )

( 1) 1

wn

n n n n

  

  ,n¥,n2.

1 đ

+) Từ đó, ta có ₁ 2016(¹ ¹ ) 1008 ¹

2 1 1

n

v v n

n n

    

 

²⁰¹⁷ ²⁰¹⁵ 2( 1)

n

v n

n

  

 , n¥,n1. Vậy !²⁰¹⁷ ²⁰¹⁵,

2( 1)

n

u n n

n

 

 n¥,n1.

1 đ

(2)

Trang 3 Câu 2

(4 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của (O) tại B, C cắt nhau tại S. Gọi d là đường thẳng chứa phân giác trong góc A của tam giác ABC. Các đường trung trực của các đoạn thẳng AB, AC cắt d lần lượt tại M và N. Gọi P là giao điểm của BM và CN, I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP, H là trực tâm của tam giác OMN.

a. Chứng minh H, I đối xứng với nhau qua d.

b. Chứng minh A, I, S thẳng hàng.

E

I H

D

P M

N

S E O

A

B

C

a Giải:

+) Chứng minh OP là trung trực của MN

Không mất tính tổng quát ta giả sử bài toán có vị trí tương đối như hình vẽ.

Gọi D là trung điểm của BC, E là giao điểm (khác A) của d với (O), F là trung điểm của MN.

Vì hai tam giác MAB và NAC cân nên dễ thấy :

1,5 đ

K

d F

(3)

Trang 4

·PMNPNM OMN· ,· ONM·

Suy ra, tam giác PMN cân tại P và tam giác OMN cân tại O. Vậy OP là trung trực của MN.

+) Chứng minh I, H đối xứng với nhau qua d Ta có:

· 1· 1· · · 1· · ·

IMF , IMF .

2BME 2BAC HMF HON 2BAC HMF

     

Vậy hai điểm I và H đối xứng với nhau qua d.

1,5 đ

b +) Chứng minh AD, AS đối xứng với nhau qua AE Gọi EK là đường kính của (O).

Ta có (DSEK) = - 1 nên A (DSEK) = -1 mà AE và AK vuông góc với nhau suy ra AE là phân giác góc SAD.

Vậy AD, AS đối xứng với nhau qua AE.

0,5 đ

+) Dựa vào tính chất của phép đối xứng trục d ta thấy A, I, S thẳng hàng khi và chỉ khi A, H, D thẳng hàng. Ta dùng Melenauyt với tam giác OEF để chứng minh điều này.

2

cot 2 sin

O 1 2 1 cos ; (1 cos ) 2

cos cos

tan sin

2 2

. .AF 1.

E

A A

HO F MF A DE R A

A A

HF FH DO R A A

MF HO DE

HF DO A

       

 

Ta có điều phải chứng minh.

0,5 đ

Câu 3 (4 điểm)

Tìm tất cả các hàm số f :¡ ¡ sao cho:

 

     

²

, ,

f xf x  y  f yf x  x  x y 

¡ (1) Giải :

+) Cho

x  0

vào (1) ta có

f   0  f yf    0 ,    y

^¡ ^{, suy ra}

f   0  0

vì nếu ngược lại cho

(0) y t

 f

thì

f   0  f t   ,  ¡ t

ta thu được f là hàm hằng, thay vào (1) thấy vô lý.

0,5 đ

+) Cho y 0 và

y   x

vào (1) thì có

f xf x      x

²^và

0  f xf x    x    f   xf x     x

²

     x

^¡

x

²

f   xf x   

^.

1,0 đ

+) Nếu tồn tại t₀  0 sao cho

f t  

0

 0

thì 0 f t f t



0

 

0





 

t0 ² vô lý. 0,5 đ +) Chứng minh hàm số cần tìm là đơn ánh.

Giả sử

f x    f y  

^{ta có:} ^{0,5 đ}

(4)

Trang 5

             

   

2 2

0 0

0

x f xf x f xf y f y x f x x

f y x f x f x x y

x y

    

 

      

  

+) Ta chứng minh

f      x f x     x

^¡

.

Ta xét

x  0

vì nếu

x  0

là hiển nhiên.

Giả sử

f x       0 z 0

^{sao cho}

f x    z

²^{. Vì} ^f đơn ánh và

f zf z      z

²^nên

x  zf z  

^{do đó}

f     x f   zf z        z

²

f x  

^.

Trong trường hợp

f x    0

chứng minh tương tự.

0,5 đ

+) Mặt khác, ta có

       

       

   

 

           

2

2 2

2

2 2

f yf x x f xf x y

x x y x y f xf x y

y xy f x y f y

xy y f x y f y xy f yf x

   

 

          

   

 

          

Suy ra

f yf x      xy ,  x y , 

^¡ ^.

0,5 đ

Tương tự

f xf y      xy

^{vì thế}

xf y    yf x    f x    cx ,  ¡ x

thay vào (1) suy ra

c     1;1

^.

Thử lại hai hàm số

f x     x

thỏa mãn yêu cầu.

0,5 đ

Câu 4 (4 điểm)

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương

  x y ,

^với

x y ,

nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn phương trình ²



^x³^^x



^ ^y³ ^^y^.

Giải:

+) Áp dụng đẳng thức

   

3 3 3 2 2 2

3

a b c  abc a b c a b c abbcca . Ta có :

 

³

     

3 3 2 2 2

2 . 3 . . 2

x x y x y x x y x x y x x xy yx x x y x y

                 

1 đ



²^x ^y

 

^x² ^y² ²^xy ¹



³^{x y}²

 

^*

     

 

2

3 2

(2 ) 3

(2 ) 6

(2 ) 3 2

x y x y

x y x

x y x x y

 

    

 



1 đ

(5)

Trang 6 Mặt khác



²^x^ ^y^,6^x³



^



²^x^^y^,6



(do

 

^{x y}^, ^{ }¹



²^x^^{y x}^,



^{ }¹



²^x^^{y x}^, ³



^¹⁾

Suy ra,

(2 x  y ) 6

nên

2 x   y  1,2,3,6 

^{(do từ}

 

^*

2x   y

^¥^*^).

Trường hợp 1. 2x   y 1 y 2x1 thay vào phương trình đã cho ta được:



³

   3   2

2 x  x  2 x  1  2 x   1 6 x x  1      0 x 1 y 1



^x^¹

 

^x² ^³^x     ¹



⁰ ^x ¹ ^y ⁰ (loại)

1 đ



^x^^{1 (}



² ^x^⁴⁾^{    }⁰ ^x ⁴ ^y ⁵^(với^x^{  }¹ ^y ⁰^(loại))

Trường hợp 4. 2x   y 6 y 2x6 thay vào phương trình đã cho ta được :

3 2

12 36 35 0

x  x  x  do

y 

^Z^

, x  3, x 35   x  5,7,35 

^{thử lại}

không có giá trị nào thỏa mãn. Vậy các cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

    x y ,  1 , 1 v à    x y ,  4 , 5 

1 đ

Câu 5 (4 điểm)

Cho n là một số nguyên dương chẵn lớn hơn hoặc bằng 4. Ta tô màu mỗi số trong các số nguyên dương từ 1 đến n sao cho

2

n số trong chúng được tô màu xanh và

2

n số còn lại được tô màu đỏ. Với mỗi cách tô như vậy, kí hiệu f_n là số các số nguyên dương bất kì mà nó có thể viết được dưới dạng tổng hai số khác màu.

a. Tìm tất cả các giá trị của f₄.

b. Khi n8, chứng minh rằng f_n 2n3. Hãy chỉ ra một cách tô màu thỏa mãn f_n 2n5.

a Giải:

+) Không mất tổng quát, coi 1 được tô xanh. Ta có các trường hợp sau:

1 đ

(6)

Trang 7

1X 2X (suy ra 3Đ 4Đ) : f₄ 3 (các số viết dưới dạng tổng của hai số khác màu là 4; 5; 6);

1X 2Đ 3X (suy ra 4Đ) : f₄ 3 (các số viết dưới dạng tổng của hai số khác màu là 3; 5; 7);

1X 2Đ 3Đ (suy ra 4X) : f₄ 4 (các số viết dưới dạng tổng của hai số khác màu là 3; 4; 6; 7);

Vậy f4

 

3;4 .

1 đ

b +) Ta xét với n8.

Rõ ràng f_n 2n3,do các số có thể viết dưới dạng tổng của hai số khác màu luôn lớn hơn hoặc bằng 3 và nhỏ hơn hoặc bằng 2n1.

Nếu f_n 2n3thì từ 3 đến (n1) đều viết được dưới dạng tổng của hai số khác màu. Và do đó, ta có thể coi 1X, 2Đ. Lại vì các số từ 4 đến (n1) cũng viết được dưới dạng tổng của hai số khác màu nên 3Đ, 4Đ,…, (n2)Đ. Lúc này, các số được tô Đ vượt quá ,

2

n vô lý. Vậy f_n 2n3.

1 đ

Ta chỉ ra cách tô màu thỏa mãn f_n 2n5.

Thật vậy, giả sử n2 ,k ta tô X các số 1; 2; 4; ; 2k 2, tô Đ các số 3; 5; ; 2k1; 2 .k Khi đó, các số viết được dưới dạng tổng của hai số khác màu là tất cả các số từ 4 đến 4k 2, tức có 4k 5 số mà nó có thể viết được dưới dạng tổng của hai số khác màu.

1 đ

Chú ý khi chấm:

1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết nhưng không quá số điểm dành cho câu, phần đó.

2. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0, 25 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm.

3. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ chấm và ghi vào biên bản.