Câu 1 (4 điểm). Cho dãy số $(x_n)$ như sau: $x_1=2025$ và
$$x_{n+1}=\frac{\sqrt{n^2+1}{x}_n^2}{1+\sqrt{n^2+2n+2}{x}_n},\forall n=1,2,\dots$$
Tính giới hạn ${\lim }_{n\to +\infty }\left(\frac{x_2}{x_1}+\frac{x_3}{x_2}+\cdots +\frac{x_{n+1}}{x_n}\right)$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $u_n=\sqrt{n^2+1}{x}_n>0$; chú ý $\sqrt{n^2+2n+2}=\sqrt{(n+1{)}^2+1}$.

Từ công thức truy hồi $x_{n+1}=\frac{\sqrt{n^2+1}{x}_n^2}{1+\sqrt{(n+1{)}^2+1}{x}_n}$, ta có đẳng thức khóa:
$$\sqrt{n^2+1}{x}_n-\sqrt{(n+1{)}^2+1}{x}_{n+1}=\sqrt{n^2+1}{x}_n\left(1-\frac{\sqrt{(n+1{)}^2+1}{x}_n}{1+\sqrt{(n+1{)}^2+1}{x}_n}\right)=\frac{\sqrt{n^2+1}{x}_n}{1+\sqrt{(n+1{)}^2+1}{x}_n}=\frac{x_{n+1}}{x_n}.$$

Do đó tổng là telescoping:
$$S_n=\sum _{k=1}^n\frac{x_{k+1}}{x_k}=\sum _{k=1}^n(u_k-u_{k+1})=u_1-u_{n+1}=2025\sqrt{2}-\sqrt{(n+1{)}^2+1}{x}_{n+1}.$$

Chứng minh $u_n\to 0$: ta có
$$u_{n+1}=\frac{\sqrt{(n+1{)}^2+1}\sqrt{n^2+1}{x}_n^2}{1+\sqrt{(n+1{)}^2+1}{x}_n}<\sqrt{n^2+1}{x}_n=u_n,$$
nên $(u_n)$ dương, giảm, tồn tại $L\ge 0$. Đặt $t_n=\sqrt{(n+1{)}^2+1}{x}_n=\frac{\sqrt{(n+1{)}^2+1}}{\sqrt{n^2+1}}{u}_n\to L$ (vì tỷ số hai căn thức tiến về 1). Khi đó $u_{n+1}=\frac{u_n{t}_n}{1+t_n}$, lấy giới hạn: nếu $L>0$ thì $L=\frac{L^2}{1+L}\Rightarrow L=0$, mâu thuẫn. Vậy $L=0$, tức $u_{n+1}\to 0$.

Kết luận:
$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\frac{x_2}{x_1}+\frac{x_3}{x_2}+\cdots +\frac{x_{n+1}}{x_n}\right)=2025\sqrt{2}.$$