Tổng hợp câu hay và khó chương 3 - Phần 1

Tam giác $ABC$ cạnh $a$ thì có bán kính đường tròn ngoại tiếp là $\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}$

Với $n = 1$ thì tam giác đều ${A_1}{B_1}{C_1}$ có cạnh bằng $3$ nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ${A_1}{B_1}{C_1}$có bán kính ${R_1} = 3.\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}$$\Rightarrow {S_1} = \pi {\left( {3.\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^2}$ .

Với $n = 2$ thì tam giác đều ${A_2}{B_2}{C_2}$ có cạnh bằng $\dfrac{3}{2}$ nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ${A_2}{B_2}{C_2}$ có bán kính ${R_2} = 3.\dfrac{1}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}$$\Rightarrow {S_2} = \pi {\left( {3.\dfrac{1}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^2}$ .

Với $n = 3$ thì tam giác đều ${A_3}{B_3}{C_3}$ có cạnh bằng $\dfrac{3}{4}$ nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ${A_2}{B_2}{C_2}$ có bán kính ${R_3} = 3.\dfrac{1}{4}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}$$\Rightarrow {S_3} = \pi {\left( {3.\dfrac{1}{4}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^2}$ .

...................

Như vậy tam giác đều ${A_n}{B_n}{C_n}$ có cạnh bằng $3.{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{n - 1}}$ nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ${A_n}{B_n}{C_n}$ có bán kính ${R_n} = 3.{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{n - 1}}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}$$\Rightarrow {S_n} = \pi {\left( {3.{{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}^{n - 1}}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^2}$ .

Khi đó ta được dãy ${S_1}$, ${S_2}$, $...{S_n}...$ là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu ${u_1} = {S_1} = 3\pi$ và công bội $q = \dfrac{1}{4}$.

Do đó tổng $S = {S_1} + {S_2} + ... + {S_n} + ...$$= \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}} = 4\pi$ .

Ta có: ${{\rm{u}}_{n + 1}} = \dfrac{1}{3}\left( {2{{\rm{u}}_n} + \dfrac{{n - 1}}{{{n^2} + 3n + 2}}} \right)$$= \dfrac{1}{3}\left( {2{u_n} + \dfrac{3}{{n + 2}} - \dfrac{2}{{n + 1}}} \right)$$= \dfrac{2}{3}{u_n} + \dfrac{1}{{n + 2}} - \dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{{n + 1}}$.

$\Leftrightarrow {u_{n + 1}} - \dfrac{1}{{n + 2}} = \dfrac{2}{3}\left( {{u_n} - \dfrac{1}{{n + 1}}} \right)$$\left( 1 \right)$

Đặt ${v_n} = {u_n} - \dfrac{1}{{n + 1}}$, từ $\left( 1 \right)$ta suy ra: ${v_{n + 1}} = \dfrac{2}{3}{v_n}$.

Do đó $\left( {{v_n}} \right)$ là cấp số nhân với ${v_1} = {u_1} - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}$, công bội $q = \dfrac{2}{3}$.

Suy ra: ${v_n} = {v_1}.{q^{n - 1}} = \dfrac{1}{2}.{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^{n - 1}}$$\Leftrightarrow {u_n} - \dfrac{1}{{n + 1}} = \dfrac{1}{2}.{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^{n - 1}}$$\Leftrightarrow {u_n} = \dfrac{1}{2}.{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^{n - 1}} + \dfrac{1}{{n + 1}}$.

Vậy ${u_{2018}} = \dfrac{1}{2}.{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^{2017}} + \dfrac{1}{{2019}}$$= \dfrac{{{2^{2016}}}}{{{3^{2017}}}} + \dfrac{1}{{2019}}$.

Ta có ${u_n} = 2{u_{n - 1}} + 3n - 1$$\Leftrightarrow {u_n} + 3n + 5 = 2\left[ {{u_{n - 1}} + 3\left( {n - 1} \right) + 5} \right]$, với $n \ge 2$; $n \in \mathbb{N}$.

Đặt ${v_n} = {u_n} + 3n + 5$, ta có ${v_n} = 2{v_{n - 1}}$ với $n \ge 2$; $n \in \mathbb{N}$.

Như vậy, $\left( {{v_n}} \right)$ là cấp số nhân với công bội $q = 2$ và ${v_1} = 10$, do đó ${v_n} = {10.2^{n - 1}} = {5.2^n}$.

Do đó ${u_n} + 3n + 5 = {5.2^n}$, hay ${u_n} = {5.2^n} - 3n - 5$ với $n \ge 2$; $n \in \mathbb{N}$.

Suy ra $a = 5$, $b =  - 3$, $c =  - 5$. Nên $a + b + c = 5 + \left( { - 3} \right) + \left( { - 5} \right) =  - 3$.

Số tiền anh A cần tiết kiệm là $500 - 500.0,32 = 340$ (triệu).

Gọi số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm đầu tiên là ${u_1} = 10$ (triệu).

Thì số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ hai là

${u_2} = {u_1}.\left( {1 + 0,12} \right) = {u_1}.1,12$ (triệu).

Số tiền mà anh $A$ nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ ba là

${u_3} = {u_1}.{\left( {1 + 0,12} \right)^2} = {u_1}.{\left( {1,12} \right)^2}$ (triệu).

…

Số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ $n$ là

${u_n} = {u_1}.{\left( {1 + 0,12} \right)^{n - 1}}$$= {u_1}.{\left( {1,12} \right)^{n - 1}}$ (triệu).

Vậy số tiền mà anh A tiết kiệm được sau $n$ năm là $12.\left( {{u_2} - {u_1} + {u_3} - {u_2} +  \cdot  \cdot  \cdot  + {u_{n - 1}} - {u_{n - 2}} + {u_n} - {u_{n - 1}}} \right)$$= 12.\left( {{u_n} - {u_1}} \right)$$= 12.\left[ {{u_1}.{{\left( {1,12} \right)}^{n - 1}} - {u_1}} \right]$.

Cho $12.\left[ {{u_1}.{{\left( {1,12} \right)}^{n - 1}} - {u_1}} \right] = 340$

Thử từng đáp án $\Rightarrow n = 13$.

Vậy sau ít nhất $13$ năm thì anh A sẽ tiết kiệm đủ tiền để mua ô tô.

Ta có: $\sqrt {u_1^2 + u_2^2 + 10}  = \sqrt {2{u_1} + 6{u_2}}$$\Leftrightarrow u_1^2 + u_2^2 + 10 = 2{u_1} + 6{u_2}$

$\Leftrightarrow {\left( {{u_1} - 1} \right)^2} + {\left( {{u_2} - 3} \right)^2} = 0$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\{u_2} = 3\end{array} \right.$.

Đặt ${v_n} = {u_{n + 1}} - {u_n}$ với $n \ge 1$$\Rightarrow {v_1} = {u_2} - {u_1} = 2$.

Theo giả thiết: ${u_{n + 2}} + {u_n} = 2{u_{n + 1}} + 1$$\Leftrightarrow {u_{n + 2}} - {u_{n + 1}} = {u_{n + 1}} - {u_n} + 1 \Leftrightarrow {v_{n + 1}} = {v_n} + 1$, $\forall n \ge 1$.

Suy ra $\left( {{v_n}} \right)$ là cấp số cộng có công sai $d = 1$$\Rightarrow {v_n} = {v_1} + \left( {n - 1} \right)d = 2+n-1=n+1$.

Ta có: ${u_{n + 1}} = \underbrace {{u_{n + 1}} - {u_n}}_{{v_n}} + \underbrace {{u_n} - {u_{n - 1}}}_{{v_{n - 1}}} + ... + \underbrace {{u_3} - {u_2}}_{{v_2}} + \underbrace {{u_2} - {u_1}}_{{v_1}} + {u_1}$ $= {S_n} + {u_1}$.

Với ${S_n} = {v_1} + {v_2} + ... + {v_n} = \dfrac{n}{2}\left( {{v_1} + {v_n}} \right) = \dfrac{{n\left( {n +3} \right)}}{2}$.

Suy ra: ${u_{n + 1}} = \dfrac{{n\left( {n +3 } \right)}}{2} + 1$ $\Rightarrow {u_n} = \dfrac{{\left( {n - 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}{2} + 1$.

Ta có: ${u_n} > 5050 \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {n - 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}{2} + 1 > 5050$ $\Leftrightarrow {n^2} +n - 10100 > 0 \Leftrightarrow n > 100$.

Vậy số $n$ nhỏ nhất thỏa yêu cầu là $101$.

Số que ở $1$ tầng là ${u_1} = 3$.

Tổng số que ở $2$ tầng là ${u_1} + {u_2} = 3 + 7$.

Tổng số que ở $3$ tầng là ${u_1} + {u_2} + {u_3} = 3 + 7 + 11$.

.

Ta có cấp số cộng ${u_1} = 3$, $d = 4$, tính ${S_{10}}$?

Để cần có $10$ tầng cần tổng ${S_{10}} = \dfrac{{10}}{2}\left( {2.3 + 9.4} \right) = 210$ que.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2b = a + c}\\{{c^2} = ab > 0}\end{array}} \right.$. Suy ra: $2{c^2} = a\left( {a + c} \right) \Rightarrow 2{c^2} - ac - {a^2} = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}c = a\left( L \right)\\c =  - \dfrac{a}{2} \Rightarrow b = \dfrac{a}{4} =  - \dfrac{c}{2}\end{array} \right.$.

Suy ra $a$, $b$ trái dấu với $c$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a < 0\\c > 0\end{array} \right.$.

Do $a$, $b$, $c$ nguyên nên $c$ chia hết cho $2$.

Do đó $c$ nhỏ nhất bằng $2$ khi đó $a =  - 4$, $b =  - 1$ (thỏa mãn).

Ta có:

${u_1} = \sqrt 2  = 2\cos \dfrac{\pi }{4} = 2\cos \dfrac{\pi }{{{2^2}}}$.

${u_2} = \sqrt {2 + \sqrt 2 }  = 2\cos \dfrac{\pi }{8} = 2\cos \dfrac{\pi }{{{2^3}}}$.

Dự đoán: ${u_n} = 2\cos \dfrac{\pi }{{{2^{n + 1}}}}$.

Chứng minh theo quy nạp ta có:

${u_1} = 2\cos \dfrac{\pi }{4} = \sqrt 2$, công thức $\left( 1 \right)$ đúng với $n = 1$.

Giả sử công thức $\left( 1 \right)$ đúng với $n = k$, $k \ge 1$ ta có ${u_k} = 2\cos \dfrac{\pi }{{{2^{k + 1}}}}$.

Ta có: ${u_{k + 1}} = \sqrt {2 + {u_k}}  = \sqrt {2 + 2\cos \dfrac{\pi }{{{2^{k + 1}}}}}  = \sqrt {2\left( {1 + \cos \dfrac{\pi }{{{2^{k + 1}}}}} \right)}  = \sqrt {4{{\cos }^2}\left( {\dfrac{\pi }{{{2^{k + 2}}}}} \right)}  = 2\cos \dfrac{\pi }{{{2^{k + 2}}}}$

(vì $0 < \dfrac{\pi }{{{2^{k + 2}}}} < \dfrac{\pi }{2}$ với mọi $k \ge 1$).

Công thức $\left( 1 \right)$ đúng với $n = k + 1$.

Vậy ${u_n} = 2\cos \dfrac{\pi }{{{2^{n + 1}}}}$, $\forall n \in N$. Suy ra ${u_{2018}} = 2\cos \dfrac{\pi }{{{2^{2019}}}}$.

Đặt ${u_1} = \tan \alpha  = 2$. Ta có $\tan \dfrac{\pi }{8} = \sqrt 2  - 1$. Suy ra ${u_{n + 1}} = \dfrac{{{u_n} + \tan \dfrac{\pi }{8}}}{{1 - \tan \dfrac{\pi }{8}.{u_n}}}$

Có ${u_2}$$= \dfrac{{\tan \alpha  + \tan \dfrac{\pi }{8}}}{{1 - \tan \dfrac{\pi }{8}.\tan {u_n}}} = \tan \left( {\alpha  + \dfrac{\pi }{8}} \right)$.

Bằng quy nạp, ta chứng minh được ${u_n} = \tan \left[ {\alpha  + \left( {n - 1} \right)\dfrac{\pi }{8}} \right]$.

Vậy ${u_{2018}} = \tan \left( {\alpha  + \dfrac{{2017\pi }}{8}} \right) = \tan \left( {\alpha  + \dfrac{\pi }{8}} \right) = \dfrac{{\tan \alpha  + \tan \dfrac{\pi }{8}}}{{1 - \tan \alpha .\tan \dfrac{\pi }{8}}} = 7 + 5\sqrt 2$.

Cơ sở $A$ giá mét khoan đầu tiên là $8000$ (đồng) và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét sau tăng thêm $500$ (đồng) so với giá của mét khoan ngay trước đó. Do đó theo tổng của một cấp số cộng ta có:

+ Nếu đào giếng $20$ $\left( {\rm{m}} \right)$ hết số tiền là: ${S_{20}} = \dfrac{{20}}{2}\left[ {2.8000 + \left( {20 - 1} \right)500} \right] = 255000$ (đồng).

+ Nếu đào giếng $25$ $\left( {\rm{m}} \right)$ hết số tiền là: ${S_{25}} = \dfrac{{25}}{2}\left[ {2.8000 + \left( {25 - 1} \right)500} \right] = 350000$ (đồng).

Cơ sở $B$ giá của mét khoan đầu tiên là $6000$ (đồng) và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét khoan sau tăng thêm $7\%$ giá của mét khoan ngay trước đó. Do đó theo tổng của một cấp số nhân ta có:

+ Nếu đào giếng $20$ $\left( {\rm{m}} \right)$ hết số tiền là: $S{'_{20}} = 6000\dfrac{{1 - {{\left( {1,07} \right)}^{20}}}}{{1 - 1,07}} \approx 245973$ (đồng).

+ Nếu đào giếng $25$ $\left( {\rm{m}} \right)$ hết số tiền là: ${S'_{25}} = 6000\dfrac{{1 - {{\left( {1,07} \right)}^{25}}}}{{1 - 1,07}} \approx 379494$ (đồng).

Ta thấy ${S'_{20}} < {S_{20}}$, ${S'_{25}} > {S_{25}}$ nên giếng $20$$\left( {\rm{m}} \right)$ chọn B còn giếng $25$$\left( {\rm{m}} \right)$ chọn A.