ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT - CHUYÊN ĐỀ DÃY SỐ, CẤP SỐ CỘNG, CẤP SỐ NHÂN VÀ GIỚI HẠN

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT

PHẦN I. BẢNG ĐÁP ÁN NHANH CÂU HỎI ĐÚNG / SAI

PHẦN II. BẢNG ĐÁP SỐ PHẦN TRẢ LỜI NGẮN

PHẦN III. LỜI GIẢI CHI TIẾT TỪNG CÂU

Câu 1 (1,0 điểm).
Cho dãy số $(u_n)$, biết $u_1 = -1$ và $u_{n+1} = u_n + 3$ với $n \ge 1$.
Dãy số $(u_n)$ là một cấp số cộng có số hạng đầu $u_1 = -1$ và công sai $d = 3$.
Số hạng tổng quát: $u_n = u_1 + (n - 1)d = -1 + 3(n - 1) = 3n - 4$.
a) Đúng. Năm số hạng đầu là: $u_1 = -1$; $u_2 = 2$; $u_3 = 5$; $u_4 = 8$; $u_5 = 11$.
b) Sai. Số hạng thứ tám là: $u_8 = 3 \cdot 8 - 4 = 20 \ne 19$.
c) Sai. Công thức số hạng tổng quát là $u_n = 3n - 4 \ne 2n - 3$.
d) Đúng. Xét $u_n = 104 \iff 3n - 4 = 104 \iff 3n = 108 \iff n = 36$. Vậy $104$ là số hạng thứ $36$.

Câu 2 (1,0 điểm).
- Phương án 1: Tiền lương năm thứ $n$ lập thành cấp số cộng với $u_1 = 120$, $d_1 = 20$.
Tổng tiền lương sau $n$ năm: $S_n = \dfrac{n[2 \cdot 120 + (n - 1) \cdot 20]}{2} = 10n^2 + 110n$ (triệu đồng).
- Phương án 2: Tiền lương quý thứ $k$ lập thành cấp số cộng với $v_1 = 24$, $d_2 = 2$.
a) Đúng. Tiền lương năm thứ hai theo phương án 1 là $u_2 = 120 + 20 = 140$ triệu đồng.
b) Sai. Năm thứ nhất gồm 4 quý: $S'_4 = \dfrac{4(2 \cdot 24 + 3 \cdot 2)}{2} = 108$ triệu đồng $\ne 106$ triệu đồng.
c) Đúng. Để tổng lương $> 1000$ triệu đồng:
$10n^2 + 110n > 1000 \iff n^2 + 11n - 100 > 0$.
Với $n = 5 \implies S_5 = 10(25) + 110(5) = 800$ triệu đồng.
Với $n = 6 \implies S_6 = 10(36) + 110(6) = 1020$ triệu đồng $> 1$ tỷ đồng. Do đó cần ít nhất 6 năm.
d) Sai. Sau 4 năm:
- Theo phương án 1: $S_4 = 10(16) + 110(4) = 600$ triệu đồng.
- Theo phương án 2 (gồm $4 \times 4 = 16$ quý): $S'_{16} = \dfrac{16[2 \cdot 24 + 15 \cdot 2]}{2} = 8 \cdot 78 = 624$ triệu đồng.
Vì $624 > 600$ nên người lao động nên kí hợp đồng theo phương án 2.

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Sai. Giá xe sau 5 năm sử dụng là: $680 - 5 \times 55 = 405$ triệu đồng $\ne 450$ triệu đồng.
b) Sai. Tổng lương sau 20 năm của Mai là tổng của 20 số hạng cấp số cộng với $u_1 = 60$, $d = 5$:
$S_{20} = \dfrac{20[2 \cdot 60 + 19 \cdot 5]}{2} = 10 \cdot 215 = 2150$ triệu đồng $\ne 2200$ triệu đồng.
c) Đúng. Tổng số tiền Hùng tiết kiệm được sau $n$ tuần là:
$T_n = 42 + 8(n - 1) = 8n + 34$.
Để mua được guitar giá 400 đô la: $8n + 34 \ge 400 \iff 8n \ge 366 \iff n \ge 45,75$.
Vậy đến tuần thứ 46 thì Hùng có đủ tiền.
d) Đúng. Tổng số cây trồng được sau $n$ hàng là:
$S_n = 1 + 2 + \dots + n = \dfrac{n(n + 1)}{2} = 3003 \iff n(n + 1) = 6006 \iff n = 77$.

Câu 4 (1,0 điểm).
Tổng cấp số nhân lùi vô hạn có công thức $S = \dfrac{u_1}{1 - q}$ với $|q| < 1$.
a) Đúng. Dãy có $u_1 = \dfrac{\pi}{3}$, $q = \dfrac{1}{3} \implies S = \dfrac{\pi/3}{1 - 1/3} = \dfrac{\pi}{2}$.
b) Đúng. Dãy có $u_1 = 1$, $q = \dfrac{1}{2} \implies S = \dfrac{1}{1 - 1/2} = 2$.
c) Sai. Dãy $2 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2^2} + \dots = 2 + \dfrac{1/2}{1 - 1/2} = 2 + 1 = 3 \ne 4$.
d) Sai. Vế trái là tổng hữu hạn của $n$ số hạng:
$S_n = 1 \cdot \dfrac{1 - (1/2)^n}{1 - 1/2} = 2\left(1 - \dfrac{1}{2^n}\right) < 2$ với mọi $n \in \mathbb{N}^*$, không thể bằng 2.

Câu 5 (1,0 điểm).
Hàm số: $d(t) = 3\sin\left[\dfrac{\pi}{182}(t - 80)\right] + 12$ với $t \in \mathbb{Z}, 0 < t \le 365$.
a) Sai. $d(t) = 9 \iff \sin\left[\dfrac{\pi}{182}(t - 80)\right] = -1 \iff \dfrac{\pi}{182}(t - 80) = -\dfrac{\pi}{2} + k2\pi \iff t = -11 + 364k$.
Vì $0 < t \le 365$ nên chỉ có $k = 1 \implies t = 353$ (chỉ có duy nhất 1 ngày).
b) Sai. Ngày có số giờ chiếu sáng ít nhất ứng với $\sin = -1$, tức $t = 353$ (rơi vào ngày 19 tháng 12, gần ngày Đông chí), không phải ngày Lập đông (7 tháng 11 là ngày thứ $311$).
c) Đúng. Ngày 7 tháng 8 là ngày thứ $t = 31 + 28 + 31 + 30 + 31 + 30 + 31 + 7 = 219$.
$d(219) = 3\sin\left(\dfrac{139\pi}{182}\right) + 12 \approx 3 \cdot 0,6759 + 12 \approx 14,03 \approx 14$ giờ.
d) Sai. Ngày cuối cùng của năm là $t = 365$:
$d(365) = 3\sin\left(\dfrac{285\pi}{182}\right) + 12 \approx 3 \cdot (-0,9775) + 12 \approx 9,07 \approx 9$ giờ (không phải gần 11 giờ).

Câu 6 (1,0 điểm).
Khoảng cách $h = |d|$ với $d = 4000\cos\left[\dfrac{\pi}{45}(t - 10)\right]$ (km).
a) Tại thời điểm $t = 0$:
$d = 4000\cos\left(-\dfrac{2\pi}{9}\right) = 4000\cos 40^\circ \approx 3064,178$ km.
Vậy khoảng cách từ điểm $C$ đến đường thẳng $\Delta$ là xấp xỉ $3064,178$ km.
b) Để $d = 2000$:
$4000\cos\left[\dfrac{\pi}{45}(t - 10)\right] = 2000 \iff \cos\left[\dfrac{\pi}{45}(t - 10)\right] = \dfrac{1}{2}$
$\iff \dfrac{\pi}{45}(t - 10) = \pm \dfrac{\pi}{3} + k2\pi \iff \left[\begin{array}{l} t = 25 + 90k \\ t = -5 + 90k \end{array}\right.$
Thời điểm sớm nhất sau khi con tàu vào quỹ đạo ($t \ge 0$) là $t = 25$ phút (với $k = 0$).
c) Để $d = -1236$:
$\cos\left[\dfrac{\pi}{45}(t - 10)\right] = -\dfrac{1236}{4000} = -0,309$
$\implies \dfrac{\pi}{45}(t - 10) = \pm \arccos(-0,309) + k2\pi \approx \pm 1,88488 + k2\pi$.
- Với nhánh dương: $t \approx 10 + \dfrac{45}{\pi}(1,88488) \approx 37,000$ phút.
- Với nhánh âm: $t \approx 10 - \dfrac{45}{\pi}(1,88488) + 90 \approx 73,000$ phút.
Thời điểm sớm nhất là $t \approx 37,000$ phút (hoặc $36,999$ phút nếu không làm tròn trung gian).

Câu 7 (1,0 điểm).
Cấp số nhân $(u_n)$ có $q = 3$, $u_1 = \dfrac{a}{b} > 0$.
$u_n = u_1 \cdot 3^{n-1}$.
Vì $u_1 > 0$ và $q = 3 > 1$ nên dãy số tăng ngặt.
Có đúng 10 số hạng nhỏ hơn 1 khi và chỉ khi: $u_{10} < 1 \le u_{11} \iff \dfrac{1}{3^{10}} \le u_1 < \dfrac{1}{3^9}$.
a) Đúng. Dãy $(u_n)$ có công bội $q = 3 > 1$ và $u_1 > 0$ nên là dãy số tăng.
b) Đúng. Vì $u_n > 0$ với mọi $n$ nên dãy số bị chặn dưới bởi 0 (hoặc bởi $u_1$).
c) Đúng. Nếu $u_1 = \dfrac{1}{81} = \dfrac{1}{3^4}$ thì $u_1 = 3^{-4}, u_2 = 3^{-3}, u_3 = 3^{-2}, u_4 = 3^{-1}$ không phải là số nguyên; từ $u_5 = 3^0 = 1$ trở đi đều là số nguyên. Vậy có đúng 4 số hạng không phải số nguyên.
d) Sai. Vì $u_1 < \dfrac{1}{3^9} = \dfrac{1}{19683} < 1$, số hạng $u_1$ không thể là số chính phương có hai chữ số.

Câu 8 (1,0 điểm).
Gửi $A_0 = 600$ triệu VNĐ, $x = 0,5\% = 0,005$/tháng theo hình thức lãi kép.
a) Đúng. Sau 1 tháng, số tiền là $600(1 + 0,005) = 603$ triệu VNĐ.
b) Đúng. Công thức lãi kép sau $n$ tháng là $A_n = A_0(1 + x)^n$ triệu VNĐ.
c) Đúng. Sau 3 năm ($n = 36$ tháng): $A_{36} = 600(1,005)^{36} \approx 718,008 \approx 718$ triệu VNĐ.
d) Đúng. Sau 40 tháng: $A_{40} = 600(1,005)^{40} \approx 732,476$ triệu VNĐ.
Số tiền lãi thu được là $732,476 - 600 \approx 132$ triệu VNĐ.

Câu 9 (0,5 điểm).
Độ cao của các thửa ruộng bậc thang lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu $u_1 = 950$ m và công sai $d = 1,5$ m.
Độ cao của thửa ruộng ở bậc thứ 12 là:

$$u_{12} = u_1 + 11d = 950 + 11 \times 1,5 = 950 + 16,5 = 966,5\text{ m.}$$

Câu 10 (0,5 điểm).
Tiền lương mỗi năm của bác Tư lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu $u_1 = 240$ triệu đồng và công sai $d = 12$ triệu đồng.
Tiền lương của bác Tư vào năm thứ 11 là:

$$u_{11} = u_1 + 10d = 240 + 10 \times 12 = 360\text{ triệu đồng.}$$

Câu 11 (0,5 điểm).
Gọi diện tích hình vuông $A_1B_1C_1D_1$ ban đầu là $S$.
Ở mỗi bước, hình vuông được chia thành $3 \times 3 = 9$ ô vuông bằng nhau, tô màu $4$ ô (chiếm $\dfrac{4}{9}$ diện tích), ô vuông ở chính giữa có diện tích bằng $\dfrac{1}{9}$ tiếp tục được chia và tô màu ở bước tiếp theo.
Tổng diện tích phần được tô màu sau $n$ bước là:

$$S_n = \dfrac{4}{9}S + \dfrac{4}{9} \cdot \dfrac{1}{9}S + \dots + \dfrac{4}{9} \cdot \left(\dfrac{1}{9}\right)^{n-1}S = \dfrac{4}{9}S \cdot \dfrac{1 - (1/9)^n}{1 - 1/9} = \dfrac{1}{2}S\left(1 - \dfrac{1}{9^n}\right)$$

Tỉ lệ diện tích được tô màu sau $n$ bước là: $\dfrac{S_n}{S} = 50\%\left(1 - \dfrac{1}{9^n}\right)$.
Để diện tích chiếm ít nhất $49,99\%$:

$$50\left(1 - \dfrac{1}{9^n}\right) \ge 49,99 \iff 1 - \dfrac{1}{9^n} \ge 0,9998 \iff \dfrac{1}{9^n} \le 0,0002 \iff 9^n \ge 5000$$

Vì $9^3 = 729 < 5000$ và $9^4 = 6561 > 5000$, nên ta cần ít nhất $n = 4$ bước.

Câu 12 (0,5 điểm).
Số tiền Nam tiết kiệm mỗi tuần lập thành một cấp số cộng với $u_1 = 12$, $d = 3$.
Tổng số tiền tiết kiệm được sau $n$ tuần là:

$$S_n = \dfrac{n[2 \cdot 12 + (n - 1) \cdot 3]}{2} = \dfrac{n(3n + 21)}{2}$$

Để đủ tiền mua cây guitar có giá ít nhất $567$ đô la:

$$\dfrac{n(3n + 21)}{2} \ge 567 \iff 3n^2 + 21n - 1134 \ge 0 \iff n^2 + 7n - 378 \ge 0$$

Tam thức bậc hai $n^2 + 7n - 378 = 0$ có nghiệm dương $n \approx 16,25$.
Vì $n \in \mathbb{N}^*$ nên $n \ge 17$. Vậy tối thiểu vào tuần thứ 17 thì Nam có đủ tiền.

Câu 13 (0,5 điểm).
Chiều cao của ngôi nhà là $2,72$ m, chiều cao mỗi viên gạch là $0,08$ m.
Số hàng gạch từ đỉnh xuống đáy là:

$$N = \dfrac{2,72}{0,08} = 34\text{ hàng.}$$

Hàng trên cùng có 1 viên, mỗi hàng tiếp theo nhiều hơn hàng liền trên 1 viên.
Số viên gạch trên mỗi mặt của ngôi nhà là tổng của cấp số cộng:

$$S = 1 + 2 + 3 + \dots + 34 = \dfrac{34 \times 35}{2} = 595\text{ viên.}$$

Ngôi nhà có 4 mặt xung quanh, vậy tổng số viên gạch ốp tường cả bốn mặt là:

$$595 \times 4 = 2380\text{ viên.}$$

Câu 14 (0,5 điểm).
Cấp số cộng $(u_n)$ có $u_1 = 1$, $S_{100} = 24850$.
Ta có: $S_{100} = \dfrac{100(2 \cdot 1 + 99d)}{2} = 50(2 + 99d) = 24850 \iff 2 + 99d = 497 \iff d = 5$.
Do đó $u_k = 1 + 5(k - 1) > 0$.
Biến đổi số hạng tổng quát của biểu thức $S$:

$$\dfrac{1}{u_{k+1}\sqrt{u_k} + u_k\sqrt{u_{k+1}}} = \dfrac{\sqrt{u_{k+1}} - \sqrt{u_k}}{\sqrt{u_k u_{k+1}}(u_{k+1} - u_k)} = \dfrac{1}{d}\left(\dfrac{1}{\sqrt{u_k}} - \dfrac{1}{\sqrt{u_{k+1}}}\right)$$

Áp dụng cho tổng $S$:

$$S = \dfrac{1}{5}\left[\left(\dfrac{1}{\sqrt{u_1}} - \dfrac{1}{\sqrt{u_2}}\right) + \dots + \left(\dfrac{1}{\sqrt{u_{2024}}} - \dfrac{1}{\sqrt{u_{2025}}}\right)\right] = \dfrac{1}{5}\left(\dfrac{1}{\sqrt{u_1}} - \dfrac{1}{\sqrt{u_{2025}}}\right)$$

Ta có $u_1 = 1$ và $u_{2025} = 1 + 2024 \times 5 = 10121$.
Suy ra:

$$S = \dfrac{1}{5}\left(1 - \dfrac{1}{\sqrt{10121}}\right)$$

Đồng nhất với biểu thức $\dfrac{1}{a}\left(1 - \dfrac{1}{\sqrt{b}}\right)$, ta được $a = 5$ và $b = 10121$.
Giá trị của biểu thức: $P = -2024a + b = -2024 \times 5 + 10121 = 1$.

Câu 15 (0,5 điểm).
Trong 12 giờ (1 vòng quay của kim giờ), số tiếng chuông đồng hồ đánh là:

$$1 + 2 + 3 + \dots + 12 = \dfrac{12 \times 13}{2} = 78\text{ tiếng.}$$

Mỗi ngày có 24 giờ tương ứng với 2 vòng quay.
Sau 2 ngày (4 vòng quay), tổng số tiếng chuông đồng hồ đánh là:

$$78 \times 4 = 312\text{ tiếng chuông.}$$

Câu 16 (0,5 điểm).
Phương trình: $x^3 - (2m - 1)x^2 - m^2 x + 2m^3 - m^2 = 0$.
Phân tích thành nhân tử:

$$x^2(x - 2m + 1) - m^2(x - 2m + 1) = 0 \iff (x - 2m + 1)(x - m)(x + m) = 0$$

Phương trình có ba nghiệm: $x_1 = m$, $x_2 = -m$, $x_3 = 2m - 1$.
Để ba nghiệm phân biệt thì $m \ne 0$, $m \ne 1$ và $m \ne \dfrac{1}{3}$.
Để ba nghiệm lập thành một cấp số nhân:
- Trường hợp 1: $x_1^2 = x_2 x_3 \iff m^2 = -m(2m - 1) \iff 3m^2 - m = 0 \iff m = 0$ hoặc $m = \dfrac{1}{3}$ (đều bị loại).
- Trường hợp 2: $x_2^2 = x_1 x_3 \iff m^2 = m(2m - 1) \iff m^2 - m = 0 \iff m = 0$ hoặc $m = 1$ (đều bị loại).
- Trường hợp 3: $x_3^2 = x_1 x_2 \iff (2m - 1)^2 = -m^2 \iff 5m^2 - 4m + 1 = 0$, phương trình này có $\Delta' = 4 - 5 = -1 < 0$ nên vô nghiệm thực.
Vậy không có giá trị thực nào của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán (có 0 giá trị).

Câu 17 (0,5 điểm).
Áp dụng công thức lãi kép: $b = A_0(1 + r)^n$.
Với $A_0 = 120$ triệu VNĐ, $r = 0,55\% = 0,0055$, $n = 72$ tháng:

$$b = 120(1 + 0,0055)^{72} = 120(1,0055)^{72} \approx 120 \times 1,48426 \approx 178,11\text{ triệu VNĐ.}$$

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị, ta được $b = 178$.

Câu 18 (0,5 điểm).
Gọi ba nghiệm của phương trình $x^3 - 3(m + 2)x^2 + 6m^2 x - 8 = 0$ là $x_1, x_2, x_3$.
Theo định lý Viète: $x_1 x_2 x_3 = 8$.
Vì $x_1, x_2, x_3$ lập thành một cấp số nhân nên $x_1 x_3 = x_2^2 \implies x_2^3 = 8 \iff x_2 = 2$.
Thay nghiệm $x = 2$ vào phương trình ban đầu:

$$2^3 - 3(m + 2) \cdot 2^2 + 6m^2 \cdot 2 - 8 = 0 \iff 12m^2 - 12m - 24 = 0 \iff m^2 - m - 2 = 0 \iff \left[\begin{array}{l} m = 2 \\ m = -1 \end{array}\right.$$

Kiểm tra lại:
- Với $m = 2$: Phương trình trở thành $(x - 2)(x^2 - 10x + 4) = 0$, có 3 nghiệm thực phân biệt $2$; $5 - \sqrt{21}$; $5 + \sqrt{21}$ lập thành một cấp số nhân với công bội $q = \dfrac{5 + \sqrt{21}}{2}$ (thỏa mãn).
- Với $m = -1$: Phương trình trở thành $(x - 2)(x^2 - x + 4) = 0$, phương trình bậc hai có $\Delta = 1 - 16 = -15 < 0$ nên chỉ có 1 nghiệm thực duy nhất (loại).
Vậy có đúng 1 giá trị thực của tham số $m$ thỏa mãn là $m = 2$.

Câu 19 (1,0 điểm).
Cho $u_1 = -2$ và $u_{n+1} = \dfrac{u_n}{1 - u_n}$ với $n \in \mathbb{N}^*$.
Đặt $v_n = \dfrac{u_n + 1}{u_n} = 1 + \dfrac{1}{u_n}$.
a) Ta có:

$$v_{n+1} = 1 + \dfrac{1}{u_{n+1}} = 1 + \dfrac{1 - u_n}{u_n} = 1 + \dfrac{1}{u_n} - 1 = \dfrac{1}{u_n}$$

Mặt khác $\dfrac{1}{u_n} = v_n - 1 \implies v_{n+1} = v_n - 1 \iff v_{n+1} - v_n = -1$.
Vậy $(v_n)$ là một cấp số cộng có công sai $d = -1$ và số hạng đầu $v_1 = \dfrac{u_1 + 1}{u_1} = \dfrac{-2 + 1}{-2} = \dfrac{1}{2}$.
b) Công thức số hạng tổng quát của $(v_n)$ là:

$$v_n = v_1 + (n - 1)d = \dfrac{1}{2} - (n - 1) = \dfrac{3 - 2n}{2}$$

Từ đó: $\dfrac{1}{u_n} = v_n - 1 = \dfrac{1 - 2n}{2} \implies u_n = \dfrac{2}{1 - 2n}$.
c) Biểu thức $S = \dfrac{1}{u_1} + \dfrac{1}{u_2} + \dots + \dfrac{1}{u_{20}}$ là tổng của 20 số hạng của cấp số cộng có số hạng đầu $\dfrac{1}{u_1} = -\dfrac{1}{2}$ và công sai $d = -1$:

$$S = \sum_{k=1}^{20} \dfrac{1 - 2k}{2} = \dfrac{1}{2} \cdot 20 - \sum_{k=1}^{20} k = 10 - \dfrac{20 \times 21}{2} = 10 - 210 = -200.$$

Câu 20 (1,0 điểm).
a) Chèn ba trung bình cộng $m_1, m_2, m_3$ vào giữa 4 và 12 nghĩa là tạo thành cấp số cộng gồm 5 số hạng: $u_1 = 4$ và $u_5 = 12$.
Ta có: $u_5 = u_1 + 4d \iff 4 + 4d = 12 \iff d = 2$.
Ba trung bình cộng cần tìm là:

$$m_1 = 4 + 2 = 6;\quad m_2 = 6 + 2 = 8;\quad m_3 = 8 + 2 = 10.$$

b) Chèn bốn trung bình cộng vào giữa 16 và 91 nghĩa là cấp số cộng gồm 6 số hạng: $u_1 = 16$ và $u_6 = 91$.
Ta có: $u_6 = u_1 + 5d \iff 16 + 5d = 91 \iff 5d = 75 \iff d = 15$.
Bốn trung bình cộng cần tìm là:

$$m_1 = 16 + 15 = 31;\quad m_2 = 31 + 15 = 46;\quad m_3 = 46 + 15 = 61;\quad m_4 = 61 + 15 = 76.$$

Câu 21 (1,0 điểm).
Dễ thấy $u_n > 0$ với mọi $n \ge 1$. Nghịch đảo hai vế của hệ thức truy hồi:

$$\dfrac{1}{u_{n+1}} = \dfrac{u_n + 4}{2u_n} = 2 \cdot \dfrac{1}{u_n} + \dfrac{1}{2}$$

Đặt $x_n = \dfrac{1}{u_n}$, ta có $x_1 = 1$ và $x_{n+1} = 2x_n + \dfrac{1}{2}$.
Cộng $\dfrac{1}{2}$ vào cả hai vế:

$$x_{n+1} + \dfrac{1}{2} = 2\left(x_n + \dfrac{1}{2}\right)$$

Dãy số $\left(x_n + \dfrac{1}{2}\right)$ là cấp số nhân có công bội $q = 2$ và số hạng đầu $x_1 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}$.
Do đó:

$$x_n + \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2} \cdot 2^{n-1} = 3 \cdot 2^{n-2} \implies x_n = \dfrac{3 \cdot 2^{n-1} - 1}{2}$$

Vậy số hạng tổng quát của dãy số là:

$$u_n = \dfrac{1}{x_n} = \dfrac{2}{3 \cdot 2^{n-1} - 1}.$$

Câu 22 (1,0 điểm).
Phương trình: $2\sin^3 x - \sin 2x \cdot \sin x = -2\sqrt{2}\cos\left(x + \dfrac{2026\pi}{4}\right)$.
Biến đổi vế trái:

$$VT = 2\sin^3 x - 2\sin^2 x \cos x = 2\sin^2 x(\sin x - \cos x)$$

Biến đổi vế phải:
Vì $\dfrac{2026\pi}{4} = 506\pi + \dfrac{\pi}{2}$ nên:

$$\cos\left(x + \dfrac{2026\pi}{4}\right) = \cos\left(x + \dfrac{\pi}{2}\right) = -\sin x$$

Suy ra $VP = -2\sqrt{2}(-\sin x) = 2\sqrt{2}\sin x$.
Phương trình trở thành:

$$2\sin^2 x(\sin x - \cos x) = 2\sqrt{2}\sin x \iff 2\sin x\left[\sin x(\sin x - \cos x) - \sqrt{2}\right] = 0$$

- Trường hợp 1: $\sin x = 0 \iff x = k\pi$ ($k \in \mathbb{Z}$).
- Trường hợp 2: $\sin^2 x - \sin x \cos x = \sqrt{2} \iff \dfrac{1 - \cos 2x}{2} - \dfrac{\sin 2x}{2} = \sqrt{2} \iff \sin 2x + \cos 2x = 1 - 2\sqrt{2}$.
Phương trình này vô nghiệm vì:

$$|\sin 2x + \cos 2x| \le \sqrt{2} < |1 - 2\sqrt{2}| \approx 1,828$$

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là $x = k\pi$ ($k \in \mathbb{Z}$).

Câu 23 (1,0 điểm).
Từ hệ thức truy hồi: $u_{n+1} = u_n(u_n + 1) \implies \dfrac{1}{u_{n+1}} = \dfrac{1}{u_n(u_n + 1)} = \dfrac{1}{u_n} - \dfrac{1}{u_n + 1}$.
Suy ra:

$$\dfrac{1}{u_n + 1} = \dfrac{1}{u_n} - \dfrac{1}{u_{n+1}}$$

Do đó:

$$S_n = \left(\dfrac{1}{u_1} - \dfrac{1}{u_2}\right) + \left(\dfrac{1}{u_2} - \dfrac{1}{u_3}\right) + \dots + \left(\dfrac{1}{u_n} - \dfrac{1}{u_{n+1}}\right) = \dfrac{1}{u_1} - \dfrac{1}{u_{n+1}}$$

Vì $u_1 = \dfrac{1}{2} > 0$ và $u_{n+1} - u_n = u_n^2 > 0$ nên dãy $(u_n)$ tăng ngặt. Dãy không bị chặn trên nên $\lim_{n \to +\infty} u_n = +\infty \implies \lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{u_{n+1}} = 0$.
Vậy giới hạn cần tìm là:

$$\lim_{n \to +\infty} S_n = \dfrac{1}{u_1} - 0 = \dfrac{1}{1/2} = 2.$$

Câu 24 (1,0 điểm).
Với $u_1 = 1$ và $u_n = \dfrac{u_{n-1}}{u_{n-1} + 2}, \forall n \ge 2$.
Dễ thấy $u_n > 0$ với mọi $n \ge 1$. Nghịch đảo hai vế:

$$\dfrac{1}{u_n} = \dfrac{u_{n-1} + 2}{u_{n-1}} = 2 \cdot \dfrac{1}{u_{n-1}} + 1$$

Đặt $x_n = \dfrac{1}{u_n}$, ta có $x_1 = 1$ và $x_n = 2x_{n-1} + 1$.
Cộng $1$ vào hai vế: $x_n + 1 = 2(x_{n-1} + 1)$.
Dãy số $(x_n + 1)$ là cấp số nhân có công bội $q = 2$ và số hạng đầu $x_1 + 1 = 2$.
Do đó:

$$x_n + 1 = 2 \cdot 2^{n-1} = 2^n \implies x_n = 2^n - 1$$

Vậy số hạng tổng quát của dãy số là:

$$u_n = \dfrac{1}{x_n} = \dfrac{1}{2^n - 1}.$$

Câu 25 (1,0 điểm). Bông tuyết Von Koch.
a) Tam giác đều $ABC$ ban đầu có 3 cạnh, mỗi cạnh dài $a$.
Ở mỗi bước, mỗi đoạn thẳng được thay bằng một đường gấp khúc gồm 4 đoạn con bằng nhau, mỗi đoạn con có độ dài bằng $\dfrac{1}{3}$ độ dài đoạn cũ.
Do đó, đường gấp khúc $H_n$ có:
- Số cạnh: $N_n = 3 \cdot 4^n$.
- Độ dài mỗi cạnh: $l_n = \dfrac{a}{3^n}$.
Chu vi của $H_n$ là:

$$p_n = N_n \cdot l_n = 3 \cdot 4^n \cdot \dfrac{a}{3^n} = 3a \cdot \left(\dfrac{4}{3}\right)^n$$

Vì tỉ số $\dfrac{p_{n+1}}{p_n} = \dfrac{4}{3}$ không đổi nên $(p_n)$ là một cấp số nhân có số hạng đầu $p_1 = 4a$ và công bội $q = \dfrac{4}{3}$.
Vì $q = \dfrac{4}{3} > 1$ nên $\lim_{n \to +\infty} p_n = +\infty$.

b) Gọi $S_0$ là diện tích tam giác đều cạnh $a$: $S_0 = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}$.
Để chuyển từ $H_{n-1}$ sang $H_n$, trên mỗi cạnh của $H_{n-1}$ ta dựng thêm một tam giác đều cạnh $l_n = \dfrac{a}{3^n}$.
Số tam giác đều dựng thêm ở bước thứ $n$ là $N_{n-1} = 3 \cdot 4^{n-1}$.
Diện tích của mỗi tam giác đều nhỏ cạnh $l_n$ là:

$$\Delta S_n = \dfrac{\sqrt{3}}{4} l_n^2 = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4 \cdot 9^n}$$

Diện tích tăng thêm ở bước thứ $n$ là:

$$T_n = N_{n-1} \cdot \Delta S_n = 3 \cdot 4^{n-1} \cdot \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4 \cdot 9^n} = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{12} \left(\dfrac{4}{9}\right)^{n-1}$$

Diện tích miền giới hạn bởi đường gấp khúc $H_n$ là:

$$S_n = S_0 + \sum_{k=1}^n T_k = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4} + \dfrac{a^2\sqrt{3}}{12} \sum_{k=1}^n \left(\dfrac{4}{9}\right)^{k-1}$$

Áp dụng công thức tổng cấp số nhân lùi vô hạn:

$$\sum_{k=1}^n \left(\dfrac{4}{9}\right)^{k-1} = \dfrac{1 - (4/9)^n}{1 - 4/9} = \dfrac{9}{5}\left[1 - \left(\dfrac{4}{9}\right)^n\right]$$

Suy ra:

$$S_n = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4} + \dfrac{3a^2\sqrt{3}}{20}\left[1 - \left(\dfrac{4}{9}\right)^n\right] = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{20}\left[8 - 3\left(\dfrac{4}{9}\right)^n\right]$$

Vì $\left|\dfrac{4}{9}\right| < 1$ nên $\lim_{n \to +\infty} \left(\dfrac{4}{9}\right)^n = 0$.
Vậy:

$$\lim_{n \to +\infty} S_n = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4} + \dfrac{3a^2\sqrt{3}}{20} = \dfrac{2\sqrt{3}}{5}a^2.$$

--------- HẾT ---------