Cho dãy số $(a_n)$: $\{\begin{array}{l}{a}_1=2026\\ n{a}_n=a_{n-1}+1,\forall n\ge 2\end{array}$. Xác định giá trị nhỏ nhất của số nguyên dương $k$ sao cho $2026a_k<1$.

Ta có $n{a}_n=a_{n-1}+1,\forall n\ge 2$
$$\Rightarrow n!a_n=(n-1)!a_{n-1}+(n-1)!$$

Đặt $b_n=n!a_n$, ta có hệ thức $b_n=b_{n-1}+(n-1)!$ với $b_1=1!\cdot a_1=2026$. Do đó, ta có:

$$b_k=b_1+\sum _{i=1}^{k-1}i!=2026+\sum _{i=1}^{k-1}i!$$

Do đó, số hạng tổng quát của dãy số là:

$$a_k=\frac{2026+{\sum }_{i=1}^{k-1}i!}{k!}$$

Bất đẳng thức $2026a_k<1$ tương đương với:

$$2026^2+2026\sum _{i=1}^{k-1}i!<k!(\ast )$$

- Với $k\le 2026$, do riêng số hạng $2026\cdot (k-1)!\ge k!$ nên $(\ast )$ không thỏa mãn.

- Với $k=2027$, $(\ast )$ trở thành:

$$2026^2+2026\cdot 2026!+2026\sum _{i=1}^{2025}i!<2027!$$

$$\iff 2026^2+2026\sum _{i=1}^{2025}i!<2026!$$

Để thấy vô lý vì vế trái chứa $2026\cdot 2025!=2026!$. Do đó $k=2027$ không thỏa mãn.

- Với $k=2028$, $(\ast )$ trở thành:

$$2026^2+2026\cdot 2027!+2026\sum _{i=1}^{2026}i!<2028!$$

$$\iff \frac{2026^2}{2027!}+2026\sum _{i=1}^{2026}\frac{i!}{2027!}<2028$$

$$\iff \frac{2026^2}{2027!}+\frac{2026}{2027}+2026\sum _{i=1}^{2025}\frac{i!}{2027!}<2028(\ast \ast )$$

Ta có đánh giá sau với mọi $1\le i\le 2025$:

$$\frac{i!}{2027!}=\frac{1}{(i+1)(i+2)\dots 2027}<\frac{1}{2^{2027-i}}$$

$$\Rightarrow \sum _{i=1}^{2025}\frac{i!}{2027!}<\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\cdots +\frac{1}{2^{2026}}<\frac{1}{2}$$

Khi đó vế trái của $(\ast \ast )$ thỏa mãn:

$$V{T}_{(\ast \ast )}<\frac{2026^2}{2027!}+\frac{2026}{2027}+2026\cdot \frac{1}{2}<0+1+1013=1014<2028$$

Bất đẳng thức (**) đúng, đồng nghĩa $k=2028$ thỏa mãn yêu cầu.
Vậy $k_{\min }=2028$