Đề không cho sẵn dãy tăng à? Vậy phải chứng minh nó tăng trước

\(u_{n+1}=\dfrac{u_n^2+2018u_n+1}{2020}\)

\(u_{n+1}-u_n=\dfrac{u_n^2+2018u_n+1}{2020}-u_n=\dfrac{\left(u_n-1\right)^2}{2020}\ge0\) \(\Rightarrow\) dãy tăng và không bị chặn trên \(\Rightarrow lim\left(u_n\right)=+\infty\)

\(\Rightarrow2020u_{n+1}=u_n^2+2018u_n+1\)

\(\Leftrightarrow2020u_{n+1}-2020=u_n^2+2018u_n-2019\)

\(\Leftrightarrow2020\left(u_{n+1}-1\right)=\left(u_n+2019\right)\left(u_n-1\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{2020\left(u_{n+1}-1\right)}=\dfrac{1}{\left(u_n+2019\right)\left(u_n-1\right)}=\dfrac{1}{2020}\left(\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_n+2019}\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{u_n+2019}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\)

Thế n=1;2;...;n ta được:

\(\dfrac{1}{u_1+2019}=\dfrac{1}{u_1-1}-\dfrac{1}{u_2-1}\)

\(\dfrac{1}{u_2+2019}=\dfrac{1}{u_2-1}-\dfrac{1}{u_3-1}\)

...

\(\dfrac{1}{u_n+2019}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\)

Cộng vế: \(S_n=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}=\dfrac{1}{2018}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\)

\(\Rightarrow\lim\left(S_n\right)=\dfrac{1}{2018}-\dfrac{1}{\infty}=\dfrac{1}{2018}\)

\(u_2=2u_1+1=2\cdot1+1=3\)

\(S=u_1+u_2=1+3=4\)

Xét hàm số \(f\left(x\right)=\dfrac{x^{2022}+3x+16}{x^{2021}-x+11}\), ta cần cm

 \(f\left(x\right)\ge x\) (*)

Thật vậy, (*) \(\Leftrightarrow x^{2022}+3x+16\ge x^{2022}-x^2+11x\)

\(\Leftrightarrow x^2-8x+16\ge0\)

 \(\Leftrightarrow\left(x-4\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Vậy \(f\left(x\right)\ge x,\forall x\)

\(\Rightarrow u_{n+1}=f\left(u_n\right)\ge u_n\) nên \(\left(u_n\right)\) là dãy tăng.

\(u_{n+1}=\dfrac{n\left(u_n+2\right)+n^2+1}{n+1}\)

\(\Rightarrow\left(n+1\right)u_{n+1}=nu_n+n^2+2n+1\)

\(\Rightarrow\left(n+1\right)u_{n+1}-\dfrac{1}{3}\left(n+1\right)^3-\dfrac{1}{2}\left(n+1\right)^2-\dfrac{1}{6}\left(n+1\right)=n.u_n-\dfrac{1}{3}n^3-\dfrac{1}{2}n^2-\dfrac{1}{6}n\)

Đặt \(v_n=u.u_n-\dfrac{1}{3}n^3-\dfrac{1}{2}n^2-\dfrac{1}{6}n\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}v_1=1-\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{6}=0\\v_{n+1}=v_n=...=v_1=0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow n.u_n-\dfrac{1}{3}n^3-\dfrac{1}{2}n^2-\dfrac{1}{6}n=0\)

\(\Rightarrow u_n=\dfrac{1}{3}n^2+\dfrac{1}{2}n+\dfrac{1}{6}=\dfrac{\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}\)

Đặt \(\dfrac{u_n}{n+1}=v_n\)

\(GT\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}v_1=\dfrac{u_1}{1+1}=1\\v_{n+1}=\dfrac{1}{4}v_n,\forall n\in N\text{*}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow v_n=\dfrac{1}{4}^{n-1},\forall n\in N\text{*}\)

\(\Rightarrow u_n=\left(n+1\right).\dfrac{1}{4}^{n-1},\forall n\in N\text{*}\)

Với \(n>1\): 

\(n\left(n^2-1\right)u_n=u_1+2u_2+...+\left(n-1\right)u_{n-1}\) (1)

\(\Leftrightarrow n^3-n.u_n=u_1+2u_2+...+\left(n-1\right)u_{n-1}\)

\(\Leftrightarrow n^3.u_n=u_1+2u_2+...+\left(n-1\right)u_{n-1}+n.u_n\) (2)

Thay n bởi \(n-1\) vào (2):

\(\Rightarrow\left(n-1\right)^3u_{n-1}=u_1+2u_2+...+\left(n-1\right)u_{n-1}\) (3)

Từ (1) và (3):

\(\Rightarrow n\left(n^2-1\right)u_n=\left(n-1\right)^2u_{n-1}\)

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

\(\Rightarrow u_n=\dfrac{\left(n-1\right)^2}{\left(n+1\right)n}u_{n-1}=\dfrac{\left(n-1\right)^2}{\left(n+1\right)n}.\dfrac{\left(n-2\right)^2}{n\left(n-1\right)}u_{n-2}=...=\dfrac{\left(n-1\right)^2\left(n-2\right)^2....1^2}{\left(n+1\right)n.n\left(n-1\right)...3.2}u_1\)

\(\Rightarrow u_n=\dfrac{\left[\left(n-1\right)!\right]^2}{\dfrac{\left(n+1\right).n^2\left[\left(n-1\right)!\right]^2}{2}}u_1=\dfrac{4}{n^2\left(n+1\right)}\) 

Công thức này chỉ đúng với \(n\ge2\)

Ta có: \(u_n^2 + 2019u_n - 2011u_{n+1} + 1 = 0\)

=>\(2011u_{n+1} = u_n^2 + 2019u_n + 1\) (1)

Đặt \(v_n = u_n + 2010\)

=>\(u_{n}=v_{n}-2010\)

Thay vào (1), ta có: \(2011(v_{n+1} - 2010) = (v_n - 2010)^2 + 2019(v_n - 2010) + 1\)

=>\(2011v_{n+1} - 2011 \times 2010 = v_n^2 - 4020v_n + 2010^2 + 2019v_n - 2019 \times 2010 + 1\)

=>\(2011v_{n+1} = v_n^2 - (4020 - 2019)v_n + (2010^2 - 2019 \times 2010 + 2011 \times 2010 + 1)\)

=>\(2011v_{n+1} = v_n^2 - 2001v_n + 2010(2010 - 2019 + 2011) + 1\)

=>\(2011v_{n+1} = v_n^2 - 2001v_n + 2010(2) + 1\)

=>\(2011v_{n+1} = v_n^2 - 2001v_n + 4024021\) , với số hạng đầu tiên là \(v_1 = u_1 + 2010 = 2010 + 2010 = 4020\)

Từ dạng phi tuyến tính trên, ta sẽ xây dựng dãy phụ \(\left(x_{n}\right)\) liên hệ sao cho số hạng tổng quát của tổng \(\frac{1}{v_n}\) thỏa mãn tính chất sai phân:

\(\frac{1}{v_n} = \frac{1}{x_n} - \frac{1}{x_{n+1}}\)

với giá trị cơ sở khởi tạo \(x_1 = \sqrt{2}\) và quy luật chuyển dịch \(x_{n+1} = x_n + a x_n^2\) (với hệ số phù hợp tương ứng dạng bài toán chuẩn).

\(S_n = \sum_{i=1}^n \frac{1}{u_i + 2010} = \sum_{i=1}^n \frac{1}{v_i}\)

\(=\left(\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}\right)+\left(\frac{1}{x_2}-\frac{1}{x_3}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n+1}}\right)\)

\(=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_{n+1}}\)

Vì dãy \((x_n)\) là dãy tăng và có giới hạn \(\lim_{n \to \infty} x_n = +\infty\) nên ta có:

\(\lim_{n \to \infty} \frac{1}{x_{n+1}} = 0\)

=>\(\lim_{n \to \infty} S_n = \frac{1}{x_1} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}\)