Chuyên đề Giải tích Lớp 11 - Chương 3 - Bài 1: Chứng minh bằng phương pháp quy nạp dãy số (Có lời giải)

 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC
 TÓM TẮT GIÁO KHOA
Nguyên lý quy nạp toán học:
Giả sử P n là một mệnh đề phụ thuộc vào số tự nhiên n. Nếu cả hai điều 
kiện i và ii dưới đây được thỏa mãn thì P n đúng với mọi n m (m là 
số tự nhiên cho trước).
 i P m đúng.
 ii Với mỗi số tự nhiên k m, nếu P k 1 đúng.
Phương pháp chứng minh dựa trên nguyên lý quy nạp toán học gọi là 
phương pháp quy nạp toán học( hay gọi tắt là phương pháp quy nạp).
 PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN
PHƯƠNG PHÁP
Để chứng minh một mệnh đề P n phụ thuộc vào số tự nhiên n đúng với 
mọi n m (m là số tự nhiên cho trước), ta thực hiện theo hai bước sau:
Bước 1: Chứng minh rằng P n đúng khi n m .
Bước 2: Với k là một số tự nhiên tùy ý, k m . Giả sử P n đúng khi n k , 
ta sẽ chứng minh P n cũng đúng khi n k 1 . Theo nguyên lý quy nạp toán 
học, ta kết luận rằng P n đúng với mọi số tự nhiên n m. 
CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, ta có:
 2
a). 1.4 2.7  n 3n 1 n n 1 
 1 1 1 n n 3 
b).  
 1.2.3 2.3.4 n n 1 n 2 4 n 1 n 2 
 LỜI GIẢI
 2
a). 1.4 2.7  n 3n 1 n n 1 (1)
Với n = 1: Vế trái của (1) 1.4 4 ; Vế phải của (1) 1(1 1)2 4 . Suy ra Vế 
trái của (1) = Vế phải của (1). Vậy (1) đúng với n = 1.
Giả sử (1) đúng với n k . Có nghĩa là ta có: 
 2
1.4 2.7  k 3k 1 k k 1 2 
Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1 . Có nghĩa ta phải chứng minh: 
 2
1.4 2.7  k 3k 1 k 1 3k 4 k 1 k 2 
 2
Thật vậy 1.4 2.7  k 3k 1 k 1 3k 4 k k 1 k 1 3k 4 
   
 2
 k k 1 2
 k 1 k 2 (đpcm).
Vậy (1) đúng khi n k 1 . Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi 
số nguyên dương n.
 1 1 1 n n 3 
b).  
 1.2.3 2.3.4 n n 1 n 2 4 n 1 n 2 
(1)
 1 1 1(1 3) 1
Với n = 1: Vế trái của (1) ; Vế phải của (1) . 
 1.2.3 6 4(1 1)(1 2) 6
Suy ra Vế trái của (1) = Vế phải của (1). Vậy (1) đúng với n = 1.
Giả sử (1) đúng với n k . Có nghĩa là ta có: 
 1 1 1 k k 3 
  2 
1.2.3 2.3.4 k k 1 k 2 4 k 1 k 2 
Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1 . Có nghĩa ta phải chứng minh: 
 1 1 1 1 k 1 k 4 
  2 
1.2.3 2.3.4 k k 1 k 2 k 1 k 2 k 3 4 k 2 k 3 
 1 1 1 1
Thật vậy  
 1.2.3 2.3.4 k k 1 k 2 k 1 k 2 k 3
    
 k k 3 
 4 k 1 k 2 
 k k 3 1 1 4 
 k k 3 
 4 k 1 k 2 k 1 k 2 k 3 4 k 1 k 2 k 3 
 2
 k3 6k2 9k 4 k 1 k 4 k 1 k 4 
 (đpcm).
 4 k 1 k 2 k 3 4 k 1 k 2 k 3 4 k 2 k 3 
Vậy (1) đúng khi n k 1 . Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi 
số nguyên dương n.
 n
Ví dụ 2: Với mỗi số nguyên dương n, gọi un 9 1 . Chứng minh rằng với 
mọi số nguyên dương n thì un luôn chia hết cho 8.
 LỜI GIẢI
 1
Ta có u1 9 1 8 chia hết cho 8 (đúng).
 k
Giả sử uk 9 1chia hết cho 8. 
 k 1
Ta cần chứng minh uk 1 9 1 chia hết cho 8.
 k 1 k k 
Thật vậy, ta có uk 1 9 1 9.9 1 9 9 1 8 9uk 8 . Vì 9uk và 8 đều 
chia hết cho 8, nên uk 1 cũng chia hết cho 8. Vậy với mọi số nguyên dương n thì un chia hết cho 8.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2 , ta luôn có: 
2n 1 2n 3 (*)
 LỜI GIẢI
Với n 2 ta có 22 1 2.2 3 8 7 (đúng). Vậy (*) đúng với n 2 .
Giả sử với n k,k 2 thì (*) đúng, có nghĩa ta có: 2k 1 2k 3 (1).
Ta phải chứng minh (*) đúng với n k 1 , có nghĩa ta phải chứng minh:
2k 2 2(k 1) 3
Thật vậy, nhân hai vế của (1) với 3 ta được: 
2.2k 1 2 2k 3 2k 2 4k 6 2(k 1) 3 . Vậy 2k 2 2(k 1) 3 (đúng).
Do đó theo nguyên lí quy nạp, (*) đúng với mọi số nguyên dương n 3 .
 BÀI TẬP TỔNG HỢP
Câu 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:
 2 
 2 n 4n 1 
1). 12 32 52  2n 1 
 3
 2 2n n 1 2n 1 
2). 22 42 62  2n 
 3
 2
 n2 n 1 
3). 13 23 33  n3 
 4
 n(n 1)(n 2)
4). 1.2 2.3 3.4  n(n 1) 
 3
5). 1.2 2.5 3.8  n 3n 1 n2 n 1 
 n n 1 n 2 n 3 
6). 1.2.3 2.3.4 3.4.5  n n 1 n 2 
 4
 n n2 1 3n 2 
7). 1.22 2.33 3.44  n 1 n2 ,n 2
 12
 1 1 1 1 n 1
8). 1 1 1 ... 1 ,n 2
 4 9 16 n2 2n
 1 1 1 1
9). 1  2 n
 2 3 4 n
 1 1 1 1 2n 1
10).  
 2 4 8 2n 2n
 1 2 3 n 3 2n 3
11).  
 3 9 27 3n 4 4.3n
 LỜI GIẢI 2 
 2 n 4n 1 
1). 12 32 52  2n 1 1 
 3
 1 4.1 1 
Với n = 1: Vế trái của (1) = 1, vế phải của (1) 1 . Vậy (1) đúng 
 3
với n = 1.
Giả sử (1) đúng với n k . Có nghĩa là ta có: 
 2 
 2 k 4k 1 
12 32 52  2k 1 2 
 3
Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1 . Có nghĩa ta phải chứng minh: 
 2 
 k 1 4 k 1 1
 2 2 2k 1 k 1 2k 3 
12 32 52  2k 1 2k 1 
 3 3
 2 
 2 2 k 4k 1 2
Thật vậy 12 32 52  2k 1 2k 1 2k 1 (thế (2) 
 3
vào).
 2 
 k 2k 1 2k 1 2 2k 1 2k 5k 3 2k 1 k 1 2k 3 
 2k 1 
 3 3 3
(đpcm).
Vậy (1) đúng khi n k 1 . Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi 
số nguyên dương n.
 2
 Chú ý : ax bx c a x x1 x x2 với x1 ,x2 là 2 nghiệm của phương 
trình ax2 bx c 0 . 
 3
Áp dụng : ta thấy 2k2 5k 3 0 có 2 nghiệm là k 1; k . Do đó 
 2
 2 3 
2k 5k 3 2 k 1 k k 1 2k 3 
 2 
 2 2n n 1 2n 1 
2). 22 42 62  2n 1 
 3
Với n = 1: Vế trái của (1) = 4, vế phải của (1) 4 . Suy ra (1) đúng với n = 
1.
Giả sử (1) đúng với n k . Có nghĩa là ta có: 
 2 2k k 1 2k 1 
22 42 62  2k 2 
 3
Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1 . Có nghĩa ta phải chứng minh: 
 2 2 2 k 1 k 2 2k 3 
22 42 62  2k 2k 2 
 3 2 2 2k k 1 2k 1 2
Thật vậy: 22 42 62  2k 2k 2 2k 2 (thay 
 3
 2
 2 k 1 2k 7k 6 2 k 1 k 2 2k 3 
(2) vào). (đpcm).
 3 3
Vậy (1) đúng khi n k 1 . Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi 
số nguyên dương n.
 2
 n2 n 1 
3). 13 23 33  n3 1 
 4
Với n = 1: Vế trái của (1) = 1, vế phải của (1) 1 . Suy ra (1) đúng với n = 1.
Giả sử (1) đúng với n k .Có nghĩa là ta có: 
 2
 k2 k 1 
13 23 33  k3 2 
 4
Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1 . Có nghĩa ta phải chứng minh: 
 2 2
 3 k 1 k 2 
13 23 33  k3 k 1 
 4
 2 2
 3 k k 1 3
Thật vậy: 13 23 33  k3 k 1 k 1 
 4
 2 2 2 2
 k 1 k 4k 4 k 1 k 2 
 (đpcm).
 4 4
Vậy (1) đúng khi n k 1 . Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi 
số nguyên dương n.
 n(n 1)(n 2)
4). 1.2 2.3 3.4  n(n 1) (1)
 3
Với n = 1: Vế trái của (1) = 2, vế phải của (1) 2 . Suy ra (1) đúng với n = 
1.
Giả sử (1) đúng với n k .Có nghĩa là ta có: 
 k(k 1)(k 2)
1.2 2.3 3.4  k(k 1) 2 
 3
Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1 . Có nghĩa ta phải chứng minh: 
 k 1 k 2 k 3 
1.2 2.3 3.4  k k 1 k 1 k 2 
 3
 k(k 1)(k 2)
Thật vậy: 1.2 2.3 3.4  k k 1 k 1 k 2 k 1 k 2 
 3
 k 1 k 2 k 3 
 (đpcm).
 3 Vậy (1) đúng khi n k 1 . Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi 
số nguyên dương n.
5). 1.2 2.5 3.8  n 3n 1 n2 n 1 (1)
Với n = 1: Vế trái của (1) = 2, vế phải của (1) 2 . Suy ra (1) đúng với n = 
1.
Giả sử (1) đúng với n k . Có nghĩa là ta có: 
1.2 2.5 3.8  k 3k 1 k2 k 1 2 
Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1 . Có nghĩa ta phải chứng minh: 
 2
1.2 2.5 3.8  k 3k 1 k 1 3k 2 k 1 k 2 
Thật vậy: 1.2 2.5 3.8  k 3k 1 k 1 3k 2 k2 k 1 k 1 3k 2 
 2
 k 1 k2 3k 2 k 1 k 1 k 2 k 1 k 2 (đpcm).
Vậy (1) đúng khi n k 1 . Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi 
số nguyên dương n.
 n n 1 n 2 n 3 
6). 1.2.3 2.3.4 3.4.5  n n 1 n 2 (1)
 4
Với n = 1: Vế trái của (1) = 6, vế phải của (1) 6 . Suy ra (1) đúng với n = 
1.
Giả sử (1) đúng với n k . Có nghĩa là ta có: 
 k k 1 k 2 k 3 
1.2.3 2.3.4 3.4.5  k k 1 k 2 2 
 4
Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1 . Có nghĩa ta phải chứng minh: 
 k 1 k 2 k 3 k 4 
1.2.3 2.3.4 3.4.5  k k 1 k 2 k 1 k 2 k 3 
 4
Thật vậy: 1.2.3 2.3.4 3.4.5  k k 1 k 2 k 1 k 2 k 3 
k k 1 k 2 k 3 k 1 k 2 k 3 k 4 
 k 1 k 2 k 3 (đpcm).
 4 4
Vậy (1) đúng khi n k 1 . Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi 
số nguyên dương n.
 n n2 1 3n 2 
7). 1.22 2.33 3.44  n 1 n2 ,n 2 (1)
 12
Với n = 2: Vế trái của (1) = 4, vế phải của (1) 4 . Suy ra (1) đúng với n = 
2.
Giả sử (1) đúng với n k . Có nghĩa là ta có: 
 k k2 1 3k 2 
1.22 2.33 3.44  k 1 k2 
 12
Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1 . Có nghĩa ta phải chứng minh: 2
 k 1 k 1 1 3 k 1 2
 2 
1.22 2.33 3.44  k 1 k2 k k 1 
 12
 2 
 2 k 1 k 2k 3k 5 
 1.22 2.33 3.44  k 1 k2 k k 1 
 12
Thật vậy: 
 2 
 2 k k 1 3k 2 2
1.22 2.33 3.44  k 1 k2 k k 1 k k 1 
 12
 2
 k k 1 3k 11k 10 k k 1 k 2 3k 5 
 12 12
Vậy (1) đúng khi n k 1 . Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi 
số nguyên dương n 2 .
 1 1 1 1 n 1
8). 1 1 1 ... 1 ,n 2 (1)
 4 9 16 n2 2n
 1 3 2 1 3
Với n = 2: Vế trái của (1) 1 , vế phải của (1) . Suy ra (1) 
 4 4 2.2 4
đúng với n = 2.
Giả sử (1) đúng với n k . Có nghĩa là ta có: 
 1 1 1 1 k 1
 1 1 1 ... 1 
 4 9 16 k2 2k
Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1 . Có nghĩa ta phải chứng minh:
 1 1 1 1 1 k 2
 1 1 1 ... 1 1 
 2 2 
 4 9 16 k (k 1) 2(k 1)
 1 1 1 1 1 k 1 1 
Thật vậy ta có: 1 1 1 ... 1 1 1 
 2 2 2 
 4 9 16 k (k 1) 2k (k 1) 
 k 1 k k 2 k 2
 . (đpcm).
 2k (k 1)2 2(k 1)
Vậy (1) đúng khi n k 1 . Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi 
số nguyên dương n 2 .
 1 1 1 1
9). 1  2 n 1 
 2 3 4 n
Với n = 1: Vế trái của (1) 1 , vế phải của (1) 2 1 2 . Suy ra (1) đúng với 
n = 1.
Giả sử (1) đúng với n k . Có nghĩa là ta có: 
 1 1 1 1
1  2 k 2 
 2 3 4 k Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1 . Có nghĩa ta phải chứng minh:
 1 1 1 1 1
1  2 k 1
 2 3 4 k k 1
 1 1 1 1 1 1
Thật vậy: 1  2 k 2 k 1 (đúng)
 2 3 4 k k 1 k 1
 1
Vì 2 k 2 k 1 2 k k 1 1 2 k 1 
 k 1
 2
 2 k2 k 2k 1 4 k2 k 2k 1 (đúng).
Vậy (1) đúng khi n k 1 . Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi 
số nguyên dương n.
 1 1 1 1 2n 1
10).  (1)
 2 4 8 2n 2n
 1 2 1 1
Với n = 1: Vế trái của (1) , vế phải của (1) . Suy ra (1) đúng 
 2 2 2
với n = 1.
 1 1 1 1 2k 1
Giả sử (1) đúng với n k . Có nghĩa là ta có:  (2).
 2 4 8 2k 2k
Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1 . Có nghĩa ta phải chứng minh:
1 1 1 1 1 2k 1 1
  
2 4 8 2k 2k 1 2k 1
 1 1 1 1 1 2k 1 1
Thật vậy:  
 2 4 8 2k 2k 1 2k 2k 1
 k
 2 2 1 1 2k 1 2 1 2k 1 1
 (đpcm).
 2.2k 2k 1 2k 1 2k 1 2k 1
Vậy (1) đúng khi n k 1 . Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi 
số nguyên dương n.
 1 2 3 n 3 2n 3
11).  1 
 3 9 27 3n 4 4.3n
 1 3 2.1 3 1
Với n = 1: Vế trái của (1) , vế phải của (1) . Suy ra (1) 
 3 4 4.3 3
đúng với n = 1.
Giả sử (1) đúng với n k . Có nghĩa là ta có: 
1 2 3 k 3 2k 3
  2 
3 9 27 3k 4 4.3k
Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1 . Có nghĩa ta phải chứng minh:
1 2 3 k k 1 3 2(k 1) 3
  
3 9 27 3k 3k 1 4 4.3k 1 1 2 3 k k 1 3 2k 3 k 1
Thật vậy:  
 3 9 27 3k 3k 1 4 4.3k 3k 1
 3 3(2k 3) k 1 3 3(2k 3) 4(k 1) 3 2k 5 3 2(k 1) 3
 (đúng).
 4 4.3k 1 3k 1 4 4.3k 1 4 4.3k 1 4 4.3k 1
Vậy (1) đúng khi n k 1 . Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi 
số nguyên dương n.
Câu 2: Chứng minh rằng n ¥ * ta có:
1). n3 11n chia hết cho 6.
2). n3 3n2 5n chia hết cho 3
3). n3 n chia hết cho 3.
4). 2n3 3n2 n chia hết cho 6.
5). 13n 1 chia hết cho 6.
6). 4n 15n 1 chia hết cho 9.
7). 4n 6n 8 chia hết cho 9.
8). 7.22n 2 32n 1 chia hết cho 5
9). 32n 1 2n 2 chia hết cho 7.
10). 11n 1 122n 1 chia hết cho 133.
11). Chứng minh n ¥ * thì 16n 15n 1 chia hết cho 225.
12). Chứng minh n ¥ thì 4.32n 2 32n 36 chia hết cho 32.
13). 33n 3 26n 27M169,n ¥ *
 LỜI GIẢI
1). n3 11n chia hết cho 6.
Với n 1 ta có 13 11.1 12 chia hết cho 6 đúng.
Giả sử với n k thì k3 11k chia hết cho 6.
 3
Ta phải chứng minh với n k 1 thì k 1 11 k 1 chia hết cho 6.
Thật vậy ta có 
 3
 k 1 11 k 1 k3 3k2 3k 1 11k 11 (k3 11k) 3k(k 1) 12 * 
Ta có k3 11k chia hết cho 6 theo bước 2, 3k(k 1) chia hết cho 6 và 12 hiển 
nhiên chia hết cho 6. Từ đó suy ra * chia hết cho 6 (đpcm).
2). n3 3n2 5n chia hết cho 3
 3 2
Đặt un n 3n 5n
 3 2
Ta có u1 1 3.1 5.1 9 chia hết cho 3.
 3 2
Giả sử uk k 3k 5k chia hết cho 3. 
 3 2
Ta cần chứng minh uk 1 k 1 3 k 1 5 k 1 chia hết cho 3. 3 2 2 2 
Thật vậy, ta có uk 1 k 3k 3k 1 3k 6k 3 5k 5 uk 3 k 3k 3 . 
 2 
Vì uk và 3 k 3k 3 đều chia hết cho 3, nên uk 1 cũng chia hết cho 3.
Vậy với mọi số nguyên dương n thì un chia hết cho 3.
3). n3 n chia hết cho 3.
 3
Đặt un n n
 3
Ta có u1 1 1 0 chia hết cho 3 (đúng).
 3
Giả sử uk k k chia hết cho 3. 
 3
Ta cần chứng minh uk 1 k 1 k 1 chia hết cho 3.
 3 2 2 2
Thật vậy, ta có uk 1 k 3k 3k 1 k 1 uk 3(k k) . Vì uk và 3(k k) 
đều chia hết cho 3, nên uk 1 cũng chia hết cho 3.
Vậy với mọi số nguyên dương n thì un chia hết cho 3.
4). 2n3 3n2 n chia hết cho 6.
 3 2
Đặt un 2n 3n n
 3 2
Ta có u1 2.1 3.1 1 0 chia hết cho 6 (đúng).
 3 2
Giả sử uk 2k 3k k chia hết cho 6.
 3 2
Ta cần chứng minh uk 1 2 k 1 3 k 1 k 1 chia hết cho 6.
 3 2 2 2
Thật vậy, khai triển rút gọn ta được uk 1 2k 3k k 6k uk 6k . Vì 
 2
uk và 6k đều chia hết cho 6, nên uk 1 cũng chia hết cho 6.
Vậy với mọi số nguyên dương n thì un chia hết cho 6.
5). 13n 1 chia hết cho 6.
 n
Đặt un 13 1
 1
Với n 1, ta có u1 13 1 12 chia hết cho 6 (đúng).
 k
Giả sử uk 13 1 chia hết cho 6.
 k 1
Ta cần chứng minh uk 1 13 1 chia hết cho 6.
 k k 
Thật vậy ta có uk 1 13.13 1 13 13 1 12 12uk 12 . Vì 12uk và 12 đều 
chia hết cho 6, nên uk 1 cũng chia hết cho 6.
Vậy với mọi số nguyên dương n thì un chia hết cho 6.
6). 4n 15n 1 chia hết cho 9.
 n
Đặt un 4 15n 1
 1
Với n 1, ta có u1 4 15.1 1 18 chia hết cho 9 (đúng).