Số tiền anh A cần tiết kiệm là 500 - 500.0,12 = 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 \(12.\left[ {{u_1}.{{\left( {1,12} \right)}^{n - 1}} - {u_1}} \right] = 340\)\(\Leftrightarrow {\left( {1,12} \right)^{n - 1}} = \frac{{23}}{6}\)\( \Leftrightarrow n = {\log _{1,12}}\frac{{23}}{6} + 1\)\( \Rightarrow n = 13\).

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

Ta có:

\(\ln \left( {u_1^2 + u_2^2 + 10} \right) = \ln \left( {2{u_1} + 6{u_2}} \right)\\ \Leftrightarrow u_1^2 + u_2^2 + 10 = 2{u_1} + 6{u_2}\)

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

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

Theo giả thiết: \({u_{n + 2}} + {u_n} = 2{u_{n + 1}} + 1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {u_{n + 2}} - {u_{n + 1}} = {u_{n + 1}} - {u_n} + 1\\ \Leftrightarrow {v_{n + 1}} = {v_n} + 1,\forall n \ge 1 \end{array}\)

Suy ra (v_n) là cấp số cộng có công sai \(d = 1 \Rightarrow {v_n} = {v_1} + \left( {n - 1} \right)d = n - 3\).

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 \({S_n} = {v_1} + {v_2} + ... + {v_n} = \frac{n}{2}\left( {{v_1} + {v_n}} \right) = \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}\).

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

Ta có:

\({u_n} > 5050\\ \Leftrightarrow \frac{{\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{2} + 1 > 5050 \\\Leftrightarrow {n^2} - 3n - 10096 > 0 \\\Leftrightarrow n > 101,99\)

Vậy số n nhỏ nhất thỏa yêu cầu là 102. 

Vì dãy các tam giác \({A_1}{B_1}{C_1},{\rm{ }}{A_2}{B_2}{C_2},{\rm{ }}{A_3}{B_3}{C_3},...\) là các tam giác đều nên bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác bằng  cạnh \(\times \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

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 \({R_1} = 3.\frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow {S_1} = \pi {\left( {3.\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^2}\).

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

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

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

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

Khi đó ta được dãy S₁, S₂, ...S_n... là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \({u_1} = {S_1} = 3\pi \) và công bội \({u_1} = {S_1} = 3\pi \).

Do đó tổng \(S = {S_1} + {S_2} + ... + {S_n} + ...S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = 4\pi \)

Ta có quãng đường bóng bay bằng tổng quảng đường bóng nảy lên và quãng đường bóng rơi xuống.

Vì mỗi lần bóng nảy lên bằng 3/4 lần nảy trước nên ta có tổng quãng đường bóng nảy lên là 

\({S_1} = 6.\frac{3}{4} + 6.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2} + 6.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^3} + ... + 6.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^n} + ...\)

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu \({u_1} = 6.\frac{3}{4} = \frac{9}{2}\) và công bội \(q = \frac{3}{4}\).

Suy ra \({S_1} = \frac{{\frac{9}{2}}}{{1 - \frac{3}{4}}} = 18\).

Tổng quãng đường bóng rơi xuống bằng khoảng cách độ cao ban đầu và tổng quãng đường bóng nảy lên nên là 

\({S_2} = 6 + 6.\left( {\frac{3}{4}} \right) + 6.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2} + ... + 6.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^n} + ...\)

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \({u_1} = 6\) và công bội \(q = \frac{3}{4}\).

Suy ra \({S_2} = \frac{6}{{1 - \frac{3}{4}}} = 24\).

Vậy tổng quãng đường bóng bay là \(S = {S_1} + {S_2} = 18 + 24 = 42\).

Đặt \(\tan \alpha = 2\). Ta có \(\tan \frac{\pi }{8} = \sqrt 2 - 1\). Suy ra \({u_{n + 1}} = \frac{{{u_n} + \tan \frac{\pi }{8}}}{{1 - \tan \frac{\pi }{8}.{u_n}}}\)

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

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

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

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

+ Nếu đào giếng 25m hết số tiền là: \({S_{25}} = \frac{{25}}{2}\left[ {2.8000 + \left( {25 - 1} \right)500} \right] = 350000\) (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 20m hết số tiền là: \(S{'_{20}} = 6000.\frac{{1 - {{\left( {1,07} \right)}^{20}}}}{{1 - 1,07}} \approx 245973\) (đồng).

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

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

Đặt \({v_n} = {u_{n + 1}} - {u_n} = n\), suy ra (v_n) là một câp số cộng với số hạng đầu \({v_1} = {u_2} - {u_1} = 1\) và công sai d = 1.

Xét tổng \({S_{217}} = {v_1} + {v_2} + ... + {v_{217}}\).

Ta có

\(\begin{array}{l} {S_{217}} = {v_1} + {v_2} + ... + {v_{217}} = \frac{{217.\left( {{v_1} + {v_{217}}} \right)}}{2}\\ = \frac{{217.\left( {1 + 217} \right)}}{2} = 23653 \end{array}\)

Mà \({v_n} = {u_{n + 1}} - {u_n}\) suy ra

\({S_{217}} = {v_1} + {v_2} + ... + {v_{217}} \\= \left( {{u_2} - {u_1}} \right) + \left( {{u_3} - {u_2}} \right) + ... + \left( {{u_{218}} - {u_{217}}} \right) \\= {u_{218}} - {u_1}\)

\(\Rightarrow {u_{218}} = {S_{217}} + {u_1} = 23653\)

\({a_n} = 10{a_{n - 1}} - 1 \Leftrightarrow {a_n} - \frac{1}{9} = 10\left( {{a_{n - 1}} - \frac{1}{9}} \right)\,\,(1)\)

Đặt \( {b_n} = {a_n} - \frac{1}{9} \Rightarrow {b_1} = {a_1} - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}\). Từ \((1) \Rightarrow {b_n} = 10{b_{n - 1}},\forall n \ge 2\)

Dãy \(\left( {{b_n}} \right)\) là cấp số nhân với công bội là q = 10. Nên \({b_n} = {b_1}.{q^{n - 1}} = \frac{8}{9}{.10^{n - 1}}\).

Do đó \({a_n} = {b_n} + \frac{1}{9} = \frac{8}{9}{10^{n - 1}} + \frac{1}{9},\forall n = 1,2,...\).

Ta có \(\log {a_n} > 100 \Leftrightarrow {a^n} > {10^{100}} \Leftrightarrow \frac{8}{9}{10^{n - 1}} + \frac{1}{9} > {10^{100}}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của n để \(\log {a_n} > 100\) là n = 102

Gọi d là công sai của cấp số cộng. Khi đó:

\({S_{100}} = 100{u_1} + \frac{{100.99}}{2}d \Leftrightarrow 100 + 4950d = 14950 \Leftrightarrow d = 3\)

Do đó \({u_{2018}} = {u_1} + 2017d = 6052\).

Ta có:

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

Do đó:

\(S = \frac{1}{d}.\left( {\frac{1}{{\sqrt {{u_1}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{u_2}} }}} \right) + \frac{1}{d}.\left( {\frac{1}{{\sqrt {{u_2}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{u_3}} }}} \right) + ... + \frac{1}{d}.\left( {\frac{1}{{\sqrt {{u_{2017}}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{u_{2018}}} }}} \right) = \frac{1}{d}.\left( {\frac{1}{{\sqrt {{u_1}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{u_{2018}}} }}} \right)\)

\(= \frac{1}{3}\left( {1 - \frac{1}{{\sqrt {6052} }}} \right)\)

Ta có \({S_{2018}} = \frac{{2018}}{2}\left( {2{u_1} + 2017d} \right)\), \({S_{1009}} = \frac{{1009}}{2}\left( {2{u_1} + 1008d} \right)\)

\({u_1} + {u_2} + ... + {u_{2018}} = 4\left( {{u_1} + {u_2} + ... + {u_{1009}}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \frac{{2018}}{2}\left( {2{u_1} + 2017d} \right) = 4.\frac{{1009}}{2}\left( {2{u_1} + 1008d} \right)\)

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\): \(\frac{d}{2},\frac{{3d}}{2},\frac{{5d}}{2}\),...

Ta có

\(P = \log _3^2{u_2} + \log _3^2{u_5} + \log _3^2{u_{14}}\)

\(\begin{array}{l} = \log _3^2\frac{{3d}}{2} + \log _3^2\frac{{9d}}{2} + \log _3^2\frac{{27d}}{2}\\ = {\left( {1 + {{\log }_3}\frac{d}{2}} \right)^2} + {\left( {2 + {{\log }_3}\frac{d}{2}} \right)^2} + {\left( {3 + {{\log }_3}\frac{d}{2}} \right)^2} \end{array}\)

Đặt \({\log _3}\frac{d}{2} = x\) thì \(P = {\left( {1 + x} \right)^2} + {\left( {2 + x} \right)^2} + {\left( {3 + x} \right)^2}\)

\(\begin{array}{l} = 3{x^2} + 12x + 14\\ = 3{\left( {x + 2} \right)^2} + 2 \ge 2 \end{array}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(x = - 2 \Leftrightarrow d = \frac{2}{9}\). Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2.

Gọi số cây ở hàng thứ n là u_n.

Ta có: \({u_1} = 1,{u_2} = 2,{u_3} = 3\)… và \(S = {u_1} + {u_2} + {u_3} + ... + {u_n} = 3003\).

Nhận xét dãy số (u_n) là cấp số cộng có u₁ = 1, công sai d = 1.

Khi đó \(S = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2}=3003\).

Suy ra \(\frac{{n\left[ {2.1 + \left( {n - 1} \right)1} \right]}}{2} = 3003\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow n\left( {n + 1} \right) = 6006\\ \Leftrightarrow {n^2} + n - 6006 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} n = 77\\ n = - 78 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow n = 77 \end{array}\)

(Vì \(n \in N\))

Vậy số hàng cây được trồng là 77.

Gọi r_i là khoảng cách lần rơi thứ i

Ta có \({r_1} = 81\), \({r_2} = \frac{2}{3}.81\),…, \({r_n} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n - 1}}.81\),…

Suy ra tổng các khoảng cách rơi của quả bóng từ lúc thả bóng cho đến lần rơi thứ n bằng

\(81.\frac{{1 - {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n}}}{{1 - \frac{2}{3}}}\)

Gọi t_i là khoảng cách lần nảy thứ i

Ta có \({t_1} = \frac{2}{3}.81\), \({t_2} = \left( {\frac{2}{3}} \right).\frac{2}{3}81\),…, \({t_n} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n - 1}}\frac{2}{3}.81\),…

Suy ra tổng các khoảng cách nảy của quả bóng từ lúc thả bóng cho đến đến lần nảy thứ n bằng

\(\frac{2}{3}.81.\frac{{1 - {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^{n - 1}}}}{{1 - \frac{2}{3}}}\)

Vậy tổng các khoảng cách rơi và nảy của quả bóng từ lúc thả bóng cho đến lúc bóng không nảy nữa bằng

\(S = \lim \left( {81.\frac{{1 - {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n}}}{{1 - \frac{2}{3}}} + \frac{2}{3}.81.\frac{{1 - {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^{n - 1}}}}{{1 - \frac{2}{3}}}} \right) = 405\)

Ta có \({u_n} = {{\rm{e}}^{{v_n}}}\), với \({v_n} = {3.2^{n - 1}}, n \in N^*\)

\({v_1} + {v_2} + ... + {v_k} = 3.\frac{{{2^k} - 1}}{{2 - 1}} = 3\left( {{2^k} - 1} \right)\)

\({v_1} + {v_2} + ... + {v_k} = 3.\frac{{{2^k} - 1}}{{2 - 1}} = 3\left( {{2^k} - 1} \right)\)

Suy ra \(3\left( {{2^k} - 1} \right) = 765 \Leftrightarrow {2^k} - 1 = 255\)

\( \Leftrightarrow {2^k} = 256 \Leftrightarrow k = 8\)

Ta có \({u_{n + 1}} = \frac{{n + 1}}{{5n}}{u_n} \Leftrightarrow \frac{{{u_{n + 1}}}}{{n + 1}} = \frac{1}{5} \cdot \frac{{{u_n}}}{n}\).

Đặt \({v_n} = \frac{{{u_n}}}{n},\forall n \ge 1\). Suy ra (v_n) là cấp số nhân có công bội \(q = \frac{1}{5}\) và \({v_1} = \frac{1}{5}\).

Ta có

\(S = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{u_k}}}{k} = \sum\limits_{k = 1}^n {{v_k}} = {v_1}\frac{{1 - {q^n}}}{{1 - q}} = \frac{1}{5} \cdot \frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{5}} \right)}^n}}}{{1 - \frac{1}{5}}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{{{5^n} - 1}}{{{5^n}}}} = {T_n}\)

Do v_n > 0, \(\forall n \ge 1\) nên (T_n) là dãy tăng.

Suy ra \({T_n} < \frac{{{5^{2018}} - 1}}{{{{4.5}^{2018}}}} = {T_{2018}} \Leftrightarrow n < 2018\).

Vì -25, 2a, 3b là cấp số cộng nên \(- 25 + 3b = 4a \Rightarrow 3b - 9 = 4a + 16\).

Vì 2, a + 2, b - 3 là cấp số nhân nên \(2\left( {b - 3} \right) = {\left( {a + 2} \right)^2}\).

Suy ra \(2\frac{{\left( {4a + 16} \right)}}{3} = {\left( {a + 2} \right)^2} \Rightarrow 2\left( {4a + 16} \right) = 3{\left( {a + 2} \right)^2}\)

\(\Rightarrow 3{a^2} + 4a - 20 = 0\)

Vì a > 0 nên a = 2 suy ra b = 11.

Vậy \({a^2} + {b^2} - 3ab = 4 + 121 - 66 = 59\)

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 u₁ = 3, d = 4, tính S₁₀?

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

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {2b = a + c}\\ {{c^2} = ab > 0} \end{array}} \right.\).

Suy ra: \(2{c^2} = a\left( {a + c} \right) \Rightarrow 2{c^2} - ac - {a^2} = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} c = a\left( L \right)\\ c = - \frac{a}{2} \Rightarrow b = \frac{a}{4} = - \frac{c}{2} \end{array} \right.\)

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:

\({u_1} = \sqrt 2 = 2\cos \frac{\pi }{4} = 2\cos \frac{\pi }{{{2^2}}}\)

\({u_2} = \sqrt {2 - \sqrt 2 } = 2\cos \frac{\pi }{8} = 2\cos \frac{\pi }{{{2^3}}}\)

Dự đoán: \({u_n} = 2\cos \frac{\pi }{{{2^{n + 1}}}}\).

Chứng minh theo quy nạp ta có.

\({u_1} = 2\cos \frac{\pi }{4} = \sqrt 2 \), công thức (1) đúng với n = 1. Giả sử công thức (1) đúng với n = k, \(k \ge 1\) ta có \({u_k} = 2\cos \frac{\pi }{{{2^{k + 1}}}}\).

Ta có:

\({u_{k + 1}} = \sqrt {2 + {u_k}} = \sqrt {2 + 2\cos \frac{\pi }{{{2^{k + 1}}}}} = \sqrt {2\left( {1 + \cos \frac{\pi }{{{2^{k + 1}}}}} \right)} = \sqrt {4{{\cos }^2}\left( {\frac{\pi }{{{2^{k + 2}}}}} \right)} = 2\cos \frac{\pi }{{{2^{k + 2}}}}\)

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

Công thức (1) đúng với n = k + 1.

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

Gọi số tiền gốc ban đầu là N và phần trăm lãi là r.

Tháng thứ nhất ông Trung phải trả số tiền lãi là Nr.

Tháng thứ hai ông Trung phải trả số tiền lãi là \(\frac{{59}}{{60}}N.r\).

Tháng thứ ba ông Trung phải trả số tiền lãi là \(\frac{{58}}{{60}}N.r\).

..

Tháng thứ sáu mươi ông Trung phải trả số tiền lãi là \(\frac{1}{{60}}N.r\).

Tổng số tiền lãi mà ông Trung phải trả trong suốt quá trình lãi là

\(\begin{array}{l} N.r + \frac{{59}}{{60}}.N.r + \frac{{58}}{{60}}.N.r + ... + \frac{1}{{60}}.N.r\\ = \left( {1 + \frac{{59}}{{60}} + \frac{{58}}{{60}} + ... + \frac{1}{{60}}} \right)N.r\\ = \left( {1 + \frac{{60.\left( {60 + 1} \right)}}{{2.60}}} \right)N.r\\ = \frac{{61}}{2}.800.0,5\% = 122.000.000 \end{array}\)

Vậy tổng số tiền lãi mà ông Trung phải trả trong toàn bộ quá trình trả nợ là 122.000.000 đồng.

\(\begin{array}{l} {S_n} = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]\\ \Leftrightarrow 900 = \frac{n}{2}\left[ {2.1 + \left( {n - 1} \right).2} \right]\\ \Leftrightarrow {n^2} = 900 \Rightarrow n = 30. \end{array}\)

Vậy \({u_{30}} = 1 + 29*2 = 59.\)

Theo đề ta có: \({u_{n + 1}} = \frac{{n + 1}}{{3n}}.{u_n} \Leftrightarrow \frac{{{u_{n + 1}}}}{{n + 1}} = \frac{1}{3}\frac{{{u_n}}}{n}\) mà \({u_1} = \frac{1}{3}\) hay \(\frac{{{u_1}}}{1} = \frac{1}{3}\)

Nên ta có \(\frac{{{u_2}}}{2} = \frac{1}{3}.\frac{1}{3} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2}\); \(\frac{{{u_3}}}{3} = \frac{1}{3}.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^3}\); … ; \(\frac{{{u_{10}}}}{{10}} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{10}}\).

Hay dãy \(\left( {\frac{{{u_n}}}{n}} \right)\) là một cấp số nhân có số hạng đầu \({u_1} = \frac{1}{3}\), công bội \(q = \frac{1}{3}\).

Khi đó \(S = {u_1} + \frac{{{u_2}}}{2} + \frac{{{u_3}}}{3} + ... + \frac{{{u_{10}}}}{{10}} = \frac{{{3^{10}} - 1}}{{{{2.3}^{10}}}} = \frac{{59048}}{{{{2.3}^{10}}}} = \frac{{29524}}{{59049}}\).

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {u_2} - {u_3} + {u_5} = 10\\ {u_4} + {u_6} = 26 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1} + d - {u_1} - 2d + {u_1} + 4d = 10\\ {u_1} + 3d + {u_1} + 5d = 26 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1} + 3d = 10\\ 2{u_1} + 8d = 26 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 1\\ d = 3 \end{array} \right. \end{array}\)

\({u_4} = 10,{u_7} = 19,{u_{10}} = 28...\)

Ta có \({u_1} , {u_4} , {u_7} , ... , {u_{2011}}\) là cấp số cộng có \(\left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 1\\ d = 9\\ n = 671 \end{array} \right.\)

\(S = \frac{{671}}{2}\left( {2.1 + 670.9} \right) = 2023736\)

Ta có dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là cấp số cộng có công sai d = 6.

\({\log _2}{u_5} + {\log _{\sqrt 2 }}\sqrt {{u_9} + 8} = 11 \Leftrightarrow {\log _2}{u_5}\left( {{u_9} + 8} \right) = 11\) (*) với \({u_5} > 0\).

Mặt khác \({u_5} = {u_1} + 4d = {u_1} + 24\) và \({u_9} = {u_1} + 8d = {u_1} + 48\).

Thay vào (*) ta được \(\left[ \begin{array}{l} {u_1} = 8 \Rightarrow {u_5} = 32\\ {u_1} = - 88 \Rightarrow {u_5} = - 64 \end{array} \right.\). Suy ra \(u_1=8\).

\({S_n} \ge 20172018 \Leftrightarrow \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right] \ge 20172018 \Leftrightarrow 3{n^2} + 5n - 20172018 \ge 0\)

Vậy số tự nhiên n nhỏ nhất thỏa mãn \({S_n} \ge 20172018\) là n = 2593.

Gọi \({u_1},{u_2},...{u_{30}}\) lần lượt là số ghế của dãy ghế thứ nhất, dãy ghế thứ hai,… và dãy ghế số ba mươi.

Ta có công thức truy hồi ta có \({u_n} = {u_{n - 1}} + 4\,\,\), \(\left( {n = 2,3,...,30} \right)\).

Ký hiệu: \({S_{30}} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_{30}}\), theo công thức tổng các số hạng của một cấp số cộng với u₁ = 15, d = 4 ta được:

\({S_{30}} = \frac{{30}}{2}\left( {2{u_1} + \left( {30 - 1} \right)4} \right) = 15\left( {2.15 + 29.4} \right) = 2190\)

Vì \(\frac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_n}}} = - 2\) suy ra (a_n) là một cấp số nhân với \(\left\{ \begin{array}{l} {a_1} = 2\\ q = - 2 \end{array} \right.\).

Suy ra \({S_{10}} = \frac{{{a_1}\left( {1 - {q^{10}}} \right)}}{{1 - q}} = - 682\)

Ta có \({u_{n + 1}} = 21{u_n} + 1 \Leftrightarrow {u_{n + 1}} + \frac{1}{{20}} = 21\left( {{u_n} + \frac{1}{{20}}} \right)\).

Đặt \({v_n} = {u_n} + \frac{1}{{20}}\), ta có \({v_{n + 1}} = 21{v_n}\).

Do đó (v_n) là một CSN với \({v_1} = - \frac{{41}}{{20}} + \frac{1}{{20}} = - 2\) và công bội q = 21.

Do đó số hạng tổng quát của dãy (v_n) là \({v_n} = {v_1}.{q^{n - 1}} = - {2.21^{n - 1}} \Rightarrow {u_n} = - {2.21^{n - 1}} - \frac{1}{{20}}\).

Khi đó \({u_{2018}} = - {2.21^{2017}} - \frac{1}{{20}}\).

Cạnh của hình vuông (C₂) là: \({a_2} = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{4}a} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{4}a} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\). Do đó diện tích \({S_2} = \frac{5}{8}{a^2} = \frac{5}{8}{S_1}\).

Cạnh của hình vuông (C₃) là: \({a_3} = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{4}{a_2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{4}{a_2}} \right)}^2}} = \frac{{{a_2}\sqrt {10} }}{4} = a{\left( {\frac{{\sqrt {10} }}{4}} \right)^2}\).

Do đó diện tích \({S_3} = {\left( {\frac{5}{8}} \right)^2}{a^2} = \frac{5}{8}{S_2}\). Lý luận tương tự ta có các S₁, S₂, S₃...S_n tạo thành một dãy cấp số nhân lùi vô hạn có u₁ = S₁ và công bội \(q = \frac{5}{8}\).

\(T = \frac{{{S_1}}}{{1 - q}} = \frac{{8{a^2}}}{3}\). Với \(T = \frac{{32}}{3}\) ta có \({a^2} = 4 \Leftrightarrow a = 2\).

Cấp số cộng \(\left( {{a_n}} \right):{a_1} = 4,{a_2} = 7,...,{a_{100}}\) có số hạng tổng quát: \({a_n} = 4 + \left( {n - 1} \right)3 = 3n + 1\).

Cấp số cộng \(\left( {{b_n}} \right):{b_1} = 1,{b_2} = 6,...,{b_{100}}\) có số hạng tổng quát: \({b_m} = 1 + \left( {m - 1} \right)5 = 5m - 4\).

Các số có mặt đồng thời trong cả hai dãy số trên thỏa mãn hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l} 3n + 1 = 5m - 4\\ 1 \le n \le 100\\ 1 \le m \le 100 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3n = 5\left( {m - 1} \right)\\ 1 \le n \le 100\\ 1 \le m \le 100 \end{array} \right.\)

Vì \(3n = 5\left( {m - 1} \right)\) nên \(n \vdots 5\) và \(m - 1 \vdots 3\) với m - 1 > 0

Ta lại có \(n \le 100 \Rightarrow 3n \le 300 \Rightarrow 5\left( {m - 1} \right) \le 300 \Leftrightarrow m \le 61\).

Có \(m - 1 \vdots 3 \Rightarrow m = 3t + 1,t \in {N^*}\). Vì \(1 \le m \le 61 \Leftrightarrow 1 \le 3t + 1 \le 61 \Leftrightarrow 0 \le t \le 20\).

Vì \(t \in N* \Rightarrow t = \left\{ {1;2;3;...;20} \right\}\).

Vậy có 20 số hạng có mặt đồng thời ở hai dãy số trên.

Ta có: \({u_5} = 18 \Leftrightarrow {u_1} + 4d = 18\).

\(4{S_n} = {S_{2n}}\)

\( \Leftrightarrow 4\left[ {n{u_1} + \frac{{n\left( {n - 1} \right)d}}{2}} \right] = \left[ {2n{u_1} + \frac{{2n\left( {2n - 1} \right)d}}{2}} \right]\)

\(\Leftrightarrow 4{u_1} + 2nd - 2d = 2{u_1} + 2nd - d\)

\( \Leftrightarrow 2{u_1} - d = 0\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra u₁ = 2, d = 4

Điều kiện: \(\cos \alpha \ne 0 \Leftrightarrow \alpha \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \).

Theo tính chất của cấp số nhân, ta có: \({\cos ^2}\alpha = \frac{{\sin \alpha }}{6}.{\mkern 1mu} \tan \alpha \Leftrightarrow 6{\cos ^2}\alpha = \frac{{{{\sin }^2}\alpha }}{{\cos \alpha }}\).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 6{\cos ^3}\alpha - {\sin ^2}\alpha = 0\\ \Leftrightarrow 6{\cos ^3}\alpha + {\cos ^2}\alpha - 1 = 0\\ \Leftrightarrow \cos \alpha = \frac{1}{2} \end{array}\)

Ta có:

\(\cos 2\alpha = 2{\cos ^2}\alpha - 1 = 2.\,{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} - 1 = - \frac{1}{2}\)