Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

CHUYÊN ĐỀ
MỘT SỐ KỸ THUẬT TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT VÀ
TÌM GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ.
A. MỞ ĐẦU
Trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, khu vực hay Quốc gia thì bài
tập về dãy số thường xuyên mang lại nhiều cơ hội để thí sinh “lấy điểm” ở phần
này. Các bài thi về dãy số thì lời giải thông thường không quá phức tạp và không
đòi hỏi nhiều kiến thức liên quan. Tuy nhiên trong chương trình toán THPT thì các
phương pháp giải toán về dãy số không được trình bày một cách đầy đủ và có hệ
thống. Trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp, tôi đã sưu
tầm được nhiều tài liệu về dãy số từ nhiều nguồn khác nhau cộng với kinh nghiệm
của bản thân. Tôi xin chia sẽ với Hội thảo “một số kỹ thuật tìm số hạng tổng quát
và tìm giới hạn dãy số” phục vụ cho việc bồi dưỡng kiến thức về dãy số cho đội
tuyển học sinh giỏi tỉnh thi Quốc gia môn toán, năm học 2014 – 2015.
B. NỘI DUNG
Phần 1. MỘT SỐ KỸ THUẬT TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ.
I. Sử dụng phương trình sai phân để tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi
tuyến tính có hệ số là một hằng số.
1. Sử dụng phương trình sai phân tuyến tính cấp một.
Dãy  un  được cho dưới dạng u1   , a.un1  b.un  f n , n 

*

trong đó a, b,  là các hằng số, a  0 và f n là biểu thức của n cho trước.
Dạng 1: Tìm un thoả mãn điều kiện u1   , a. un1  b .un  0
trong đó a, b,  cho trước n 

(1.1)

*

Phương pháp giải: Giải phương trình đặc trưng a.  b  0 để tìm  Khi đó
un  q n (q là hằng số ), trong đó q được xác định khi biết u1  

Ví dụ 1.1: Xác định số hạng tổng quát của cấp số nhân, biết số hạng đầu tiên bằng
1 và công bội bằng 2
Bài giải: Ta có un1  2 un , u1  1

(1.2)

Phương trình đặc trưng có nghiệm   2 Vậy un  c.2n . Từ u1  1 suy ra c 
Do đó un  2n1
Dạng 2: Tìm un thoả mãn điều kiện u1   , aun1  bun  f n , n  N *

1
2

(2 .1)

trong đó f n là đa thức theo n.

Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

1


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

Phương pháp giải: Giải phương trình đặc trưng a.  b  0 ta tìm được  Ta có

un  un0  un* Trong đó un0 là nghiệm của phương trình thuần nhất (1.1) và un* là

nghiệm riêng tuỳ ý của phương trình không thuần nhất (2.1) Vậy un0  q. n , q là
hằng số sẽ được xác định sau.
Ta xác định un* như sau:
1) Nếu   1 thì un* là đa thức cùng bậc với f n .
2) Nếu  1 thì un*  n. g n với g n là đa thức cùng bậc với f n
Thay un* vào phương trình, đồng nhất các hệ số ta tính được các hệ số của un*
Ví dụ 1.2: Tìm un thoả mãn điều kiện u1  2; un1  un  2n, n  N *

(2.2)

Bài giải: Phương trình đặc trưng   1  0 có nghiệm   1 Ta có un  un0  un*
trong đó un0  c.1n  c, un*  n  an  b  Thay un* và phương trình (2.2) ta được:

 n  1 a  n  1  b  n  an  b   2n

(2.3)

thay n=1và n=2 vào (2.3) ta được hệ phương trình sau:
3a  b  2 a  1


5a  b  4 b  1

Do đó un*  n  n  1
Ta có un  un0  un*  c  n  n  1 Vì u1  2 nên 2  c  11  1  c  2
Vậy un  2  n  n  1 , hay un  n2  n  2 .
Dạng 3: Tìm un thoả mãn điều kiện u1   , a. un1  bun  v. n , n  N * (3.1)
Phương pháp giải: Giải phương trình đặc trưng a.  b  0 ta tìm được  Ta có

un  un0  un* Trong đó un0  c. n , c là hằng số chưa được xác định, un* được xác

định như sau :
1) Nếu   

thì un*  A. n

2) Nếu   

thì un*  A.n. n

Thay un* vào phương trình (3.1) đồng nhất các hệ số ta tính được các hệ số của
un* . Biết u1 , từ hệ thức un  un0  un* , tính được c.

Ví dụ 1.3: Tìm un thoả mãn điều kiện u1  1; un1  3.un  2n , n  N *
Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

(3.2)
2


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

Bài giải: Phương trình đặc trưng   3  0 có nghiệm   3 Ta có un  un0  un*
trong đó un0  c.3n , un*  a.2n .
Thay un*  a.2n vào phương trình (3.2) , ta thu được
a.2n1  3a.2n  2n  2a  3a  1  a  1

Suy ra un  2n Do đó un  c.3n  2n vì u1  1 nên c = 1 Vậy un  3n  2n .
Dạng 4: Tìm un thoả mãn điều kiện u1   , a. un1  bun  f1n  f 2 n , n  N *


(4.1)

Trong đó f1n là đa thức theo n và f 2 n  v. n
Phương pháp giải: Ta có un  un0  u1*n  u2*n Trong đó un0 là nghiệm tổng quát của
phương trình thuần nhất aun1  bun  0 , un* là một nghiệm riêng của phương trình
không thuần nhất a.un1  b.un  f1n , u2*n là nghiệm riêng bất kỳ của phương trình
không thuần nhất a.un1  b.un  f 2n .
Ví dụ 1.4: Tìm un thoả mãn điều kiện u1  1; un1  2un  n2  3.2n , n  N * (4.2)
Bài giải: Phương trình đặc trưng   2  0 có nghiệm   2 .
Ta có un  un0  u1*n  u2*n trong đó un0  c.2n , un*  a.n2  b.n  c , u2*n  An.2n
Thay un* vào phương trình un1  2.un  n2 , ta được
a  n  1  b  n  1  c  2an2  2bn  2c  n2
2

Cho n=1 , n=2 ta thu được hệ phương trình
 2a  c  1
a  1


 b  2
a  b  c  4
2a  2b  c  9 c  3



Vậy u1*n  n2  2n  3 thay u2*n vào phương trình un1  2.un  3.2n Ta được
A  n  1 2n1  2 An.2n  3.2n  2 A  n  1  2 An  3  A 

3

2

3
Vậy u2*n  n.2n  3n.2n1 Do đó un  c.2n   n2  2n  3  3n.2n1 . Ta có u1  1
2

nên 1  2c  2  3  c  0 Vậy un  3n.2n1  n2  2n  3 .

Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

3


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

2. Sử dụng phương trình sai phân tuyến tính cấp hai.
2.1. Dạng thuần nhất axn2  bxn1  cxn  0

(1)

+ Xét phương trình đặc trưng a 2  b  c  0
(2)
+ Gọi 1; 2 là nghiệm của phương trình (2). Khi đó ta có:
- Nếu 1  2 thì nghiệm tổng quát của phương trình (1) là:
(*)
xn  C11n  C22n
- Nếu 1  2 thì nghiệm tổng quát của phương trình (1) là:
(**)
xn  C11n  C2 .n.1n
+ Với số hạng đầu là x0 ; x1 ta thay n = 0; n=1 vào (*) và (**) tìm được

C1;C2 . Từ đó tìm được nghiệm riêng của (1)
Ví dụ 1.5. Tìm số hạng tổng quát của dãy  xn  được xác định bởi:
a/

 x1  2; x2  5
,

x

5
x

6
x
n
n 1
 n1

b/

 x0  1; x1  2
, n  0

x

10
x

25
x

n 1
n
 n 2

n2

Bài giải:
  2
a/ Xét phương trình đặc trưng:  2  5  6  0  
. Từ đó nghiệm tổng


3

n
quát của phương trình thuần nhất có dạng xn  C1 .2  C2 .3n (*) .

Ta có x1  2; x2  5 thay n = 1 và n = 2 vào (*) ta có
1

C1 

2C1  3C2  2 
2


4C1  9C2  5 C  1
 2 3
2n 3n
Vậy số hạng tổng quát của dãy  xn  là xn   .

2 3
b/ Giải tương tự.
2.2. Dạng không thuần nhất axn2  bxn1  cxn  f n

(3)

Nghiệm tổng quát của phương trình (3) có dạng xn  xn0  xn*

(4)

Trong đó xn0 là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất nghĩa là
axn02  bxn01  cxn0  0 còn xn* là nghiệm riêng của phương trình (3) nghĩa là
ax*n2  bx*n1  cx*n  f n .
Như vậy để tìm nghiệm tổng quát của (3) ta chỉ cần tìm nghiệm riêng xn* .
Ta có các trường hợp cụ thể sau:

Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

4


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

*TH1: Nếu f n  Pk (n) - (đa thức bậc k theo n) và a  b  c  0 thì nghiệm
riêng của (3) có dạng: xn*  Qk ( n) .
a  b  c  0
*TH2: Nếu f n  Pk (n) - (đa thức bậc k theo n) và 
thì nghiệm
 2a  b  0
riêng của phương trình (3) có dạng: xn*  n.Qk (n ) .

a  b  c  0
*TH3: Nếu f n  Pk (n) - (đa thức bậc k theo n) và 
thì nghiệm
2
a

b

0

*
2
riêng của phương trình (3) có dạng: xn  n .Qk (n) .

*TH4: Nếu f n  Pk (n). n - (đa thức bậc k theo n) và 1;2   thì nghiệm
riêng của phương trình (3) có dạng: xn*  Qk (n). n .
*TH5: Nếu f n  Pk (n). n - (đa thức bậc k theo n) và 1   hoặc 2  
thì nghiệm riêng của phương trình (3) có dạng: xn*  n.Qk (n). n .
*TH6: Nếu f n  Pk (n). n - (đa thức bậc k theo n) và 1  2   thì
nghiệm riêng của phương trình (3) có dạng: xn*  n2 .Qk (n ). n .
*TH7: Nếu f n  Pk (n )  v . n - ( Pk ( n) là đa thức bậc k theo n, v là hằng số)
Thì nghiệm riêng dạng xn*  x1*n  x2*n trong đó x1*n là nghiệm riêng tùy ý của
phương trình không thuần nhất aun1  bun  c.un1  Pk (n) , u2*n là nghiệm riêng
tùy ý của phương trình không thuần nhất aun1  bun  c.un1  v. n .
Ứng với mỗi trường hợp ở trên ta thay xn* vào phương trình (3). So sánh
và cân bằng hệ số ở 2 vế ta sẽ tìm được các hệ số của Qk ( n) . Thay xn0 và xn* vào
(4) ta được nghiệm tổng quát của phương trình (3).
Ví dụ 1.6. Tìm số hạng tổng quát của các dãy  xn  được xác định bởi :
a/


x0  3; x1  0 và xn2  3xn1  28xn  60

b/
c/
d/

x1  1; x2  0 và xn1  2 xn  xn1  n  1, n  2
x0  2; x1  5 và xn2  5xn1  6 xn  2
x0  3; x1  2 và xn2  4 xn1  5xn  12n  8
1
x0  7; x1   và xn2  12 xn  xn1  3n
7
x0  0; x1  5 và xn2  8xn1  15xn  2.5n1

e/
f/

Bài giải: a/ Xét phương trình thuần nhất xn2  3xn1  28xn  0 có phương trình
  4
đặc trưng là  2  3  28  0  
.


7

Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

5



Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

Từ đó nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất có dạng:
n
xn0  C1 .  4   C2 .7n (1)
Từ phương trình xn2  3xn1  28xn  60 ta có nghiệm riêng của phương
trình có dạng xn*  C . Thay vào phương trình xn2  3xn1  28xn  60 ta được
C  2 . Suy ra xn*  2 .
Ta có nghiệm tổng quát của phương trình xn2  3xn1  28xn  60 là
xn  x n  xn* do đó ta có xn  C1 .  4   C2 .7n  2 (2) .
Với x0  3; x1  0 thay n = 0 và n = 1vào (2) ta được
C1  C2  5
C  3
 1

4C1  7C2  2 C2  2
n
Vậy xn  3.  4   2.7n  2 .
n

b/ Xét phương trình đặc trưng  2  2  1  0 có nghiệm kép   1.
Ta có xn  xn0  xn* trong đó xn0   A  B.n  .1n  A  Bn, xn*  n2  a.n  b 
Thay xn* vào phương trình, ta được:

 n  1

2

a  n  1  b   2n2  a.n  b    n  1 a  n  1  b   n  1
2


Cho n=1 , n=2 ta thu được hệ phương trình:
1

a

4  2a  b   2  a  b   2

6


9  3a  b   8  2a  b    a  b   3 b  1

2

n 1
Vậy xn*  n 2   
6 2

n 1
Do đó xn  xn0  xn*  A  Bn  n 2   
6 2

1 1

A  4
 A  B  6  2  1
11
1


2n
Mặt khác: 

11 . Vậy xn  4  n  n    .
3
6 2
 A  2 B  4  1  1   0  B  3

3 2

c/; d/; e/; f/ Giải tương tự.
Ví dụ 1.7. Tìm un thoả mãn điều kiện u1  0; u2  0, un1  2un  un1  3.2n , n  2
Bài giải: Phương trình đặc trưng  2  2  1  0 có nghiệm kép   1 Ta có:
un  un0  u1*n trong đó un0   A  B.n  .1n  A  Bn, un*  k .2n .

Thay un* vào phương trình, ta được k .2n1  2k .2n  k .2n1  3.2n  k  6

Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

6


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

Vậy un*  6.2n  3.2n1 . Do đó un  un0  un*  A  bn  3.2n1 . (1) Thay u1  1, u2  0
1  A  B  12
A  2
vào phương trình ta thu được 

0  A  2 B  24  B  13


Vậy un  2  13n  3.2n1
Ví dụ 1.8. (Olympic 30/4/2002)
Tìm un thoả mãn điều kiện u1  0; u2  0, un1  2un  3un1  n  2n , n  2 (8.1)
Bài giải: Phương trình đặc trưng  2  2  3  0 có nghiệm 1  1, 2  3 Ta có
un  un0  u1*n  u2*n , trong đó un0  A 1  B.3n , u1*n  a  bn, u2*n  k .2n
n

Thay u1*n vào phương trình un1  2un  3un1  n , ta được:
a  n  1  b  2  an  b   3 a  n  1  b   n   4a  1 n  4  a  b   0

1
1
Vậy a  b   . Do đó un*   n  1
4
4

Thay u2*n vào phương trình un1  2un  3un1  2n , ta được
k .2n1  2.k .2n  3.k .2n1  2n  k  

2
3

2
1
Do đó u2*n   .2n   .2n1
3
3

Vậy un  un0  u1*n  u2*n  A  1  B.3n 

n

1
1
 n  1  .2n1 (8.2)
4
3

Ta thay u1  1, u2  0 vào (8.2) ta được hệ phương trình
1 4
61


 A  3B  2  3  1  A   48


3
8
 A  9B    0
 B  25


4 3
48

Vậy un  

61
25
1

1
n
.  1  .3n  .  n  1  .2n1 .
48
48
4
3

Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

7


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

3. Bài tập áp dụng.
Bài 1: Cho dãy số ( un ) xác định bởi u1  2; un1  un  2n, n  N * . Tìm lim

un
.
n2

Bài 2: Cho ( un ) thoả mãn điều kiện u1  1; un1  3.un  2n , n  N * . Tìm lim

un1
.
un

Bài 3: Cho ( un ) thoả mãn u1  1; un1  2un  n2  3.2n , n  N * (11). Tìm lim
Bài 4: Hãy tìm công thức cho số hạng tổng quát

định như sau: f0  0. f1  1, f n2  f n1  f n  n  0 

 fn n0

un
.
n!

của dãy Fibonacci xác

Bài 5: Cho dãy số un n0 xác định như sau: u0  u1  0, un2  6un1  9un  n  0  .
Tìm lim

un
32 n

Bài 6: Cho ( un ) thoả mãn u0  1, u1  16 , un2  8.un1  16.un . Tìm lim

un1
.
un
n

 uk

Bài 7: Cho ( un ) thoả mãn u1  1; u2  0, un1  2un  un1  n  1, n  2 . Tìm lim k 1 2 .
n
Bài 8: Cho ( un ) thoả mãn u1  0; u2  0, un1  2un  un1  3.2n , n  2 . Tìm lim

un

.
2n

Bài 9: Cho ( un ) thoả mãn u1  0, u2  1, u3  3, un  7un1  11.un2  5.un3 , n  4 .
Tìm lim

un1
.
un

 u  0, u2  14, u3  18
Bài 10: Cho dãy un n1 xác định như sau:  1
.
u

7
u

6
u
(
n

3
)
n
n2
 n1

Tìm lim


nun
.
1  2  ...  n


u0  2
Bài 11: Cho dãy un  xác định như sau: 
2

un1  3un  8un  1, n  0
u
Hãy tìm công thức cho số hạng tổng quát un và tính lim n .
n!
Bài 12: Cho dãy số an được xác định như sau: a1  0; a2  1, an1  2an  an1  1, n  2 .

Chứng minh số A  4.an .an2  1 là số chính phương và tìm lim

Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

an
.
1  2  ...  n3
3

3

8



Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

II. Sử dụng phương phương pháp đặt ẩn phụ để tìm số hạng tổng quát của dãy số.
1. Phương pháp:
- Đặt dãy số phụ thích hợp để thu được dãy truy hồi mới đã biết cách khảo
sát hoặc dễ tìm được công thức tổng quát hoặc là một trong các dãy quen thuộc
như: dãy truy hồi tuyến tính, cấp số cộng, cấp số nhân...
- Đối với dãy truy hồi cấp 1 dạng un1  f (un , n) , ta biến đổi thành một đẳng
thức, ở đó một biểu thức của un1 bằng một hàm nào đó của chính biểu thức đó nhưng
đối với un : g  un1   f  g(un )  . Khi đó đặt v  g(un ) ta được dãy truy hồi mới (vn ) .
2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 2.1. (Đề thi đề nghị tỉnh Đăk Nông năm 2010)
Cho dãy số ( un ) thoả mãn các điều kiện:
2011.un  2010.un1
, với n  1 , n  N
u0  a , u1  b và un1 
4021
Tính lim un theo a, b.
Bài giải:

2011.un  2010.un1
, biến đổi ta có:
4021
( 2010  2011)  un1  un   2010  un  un1  với n  1

+ Từ un1 

2010
un  un1 
4021

2010
vn  un  un1  vn1  
vn
4021

 un1  un 

+ Đặt

+ Dãy  vn  là một cấp số nhân có công bội bằng 
+ Từ vn  un  un1  un  v1  v2  ...  vn  u0
+ Tính được

n 1
  2010   2010 2
 2010  
un  v1 1  
   4021   ...   4021    u0
4021
 


 
 

 2011 
1 

4021 


= u0   u1  u 0 
2010
1
4021
4021b  2010a
+ Tính lim un 
.
6031

n

Ví dụ 2.2. Tìm un biết u1  0, un 1 
Bài giải:
Từ

2010
4021

giả

n  n  1
 u  1 , n  1 .
 n  2  n  3 n

thiết

ta

có


 n  1 n  22  n  3 un1  n  n  12  n  2 un  n  n  12  n  2
2
2
Đặt xn  n  n  1  n  2  un , n  1  x1  0, xn 1  xn  n  n  1  n  2  .
Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

9


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

Sử

dụng

xn 

phương

pháp

sai

 n  1 n  n  1 n  2  2n  1  u
10

n

Ví dụ 2.3. Tìm un biết u1  a  0, un 1 


phân


ta

tìm

được

nghiệm:

 n  1 2n  1
10  n  1

un
, n  1 .
un  2

Bài giải:
Từ giả thiết ta có un  0, n  *
1
2
1
1
Mặt khác
 1  , n  1 Đặt xn  , n  1  x1  , xn 1  2 xn  1 .
un 1
un
un
a

Sử
xn

dụng

phương

a  1 2n 1  a


u
a

pháp
n



sai

phân

ta

tìm

được

nghiệm:


a
.
 a  1 2n 1  a

3. Bài tập áp dụng:
Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, hãy tìm số hạng tổng quát của các dãy
số sau:
u1  10
Bài 1. Tìm số hạng tổng quát của dãy  un  biết 
un 1  5un  8n  4

Hướng dẫn: Đặt vn  un  2n 

1
17
1
 un  .5n 1  2n  .
2
2
2

u1  5
Bài 2. Tìm số hạng tổng quát của dãy  un  biết 
un 1  un  4n  7

Hướng dẫn: Đặt vn  un  2n9  9n  un  2n9  9n  12 .

Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

10



Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

III. Dãy truy hồi có công thức tổng quát là hàm lượng giác.
1. Phương pháp: Dự đoán công thức tổng quát và chứng minh bằng quy nạp.
2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 3.1. (5 điểm). (VMO-2014) Cho hai dãy số dương  xn  ,  yn  xác định bởi

 xn1 . yn1  xn  0
, n 
x1  1, y1  3 và  2
x

y

2

n
 n1

*

.

Chứng minh rằng hai dãy trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng.
Bài giải:




x

2
.sin
1

 x1  1

3.21

Từ giả thiết 
. Ta dự đoán

 y1  3
 y  2 cos
 1
3.21



 xn  2.sin 3.2n
, n 


 y  2 cos
 n
3.2n

*


. (1)

Ta chứng minh đẳng thức (1) bằng phương pháp quy nạp.
 x1  1
+ Với n  1 , ta có 
đúng.
 y1  3

+ Giả sử với

n  k  1 , ta có



x

2
sin
 k
3.2k
, ta cần chứng minh


 y  2 cos
 k
3.2k



x


2
sin
k

1

3.2k 1
.


 y  2 cos
 k 1
3.2k 1
Thật vậy, ta có xk 1  2  yk  2  2cos

Mặt khác yk 1 

2 sin


3.2k

 2 sin2


3.2k 1

 2 sin



3.2k 1

.



xn
3.2k  2cos  (đpcm)

xn1 2 sin 
3.2k 1
3.2k 1

 lim xn  0
n 
Suy ra 
.
lim
y

2
 n n

Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

11


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi



3
u1 
2

Ví dụ 3.2. Cho dãy số: 
1  1  un21

un 
2


 n  2

và Sn  u1  u2  ...  un .

Chứng minh: lim Sn  2, 095
n

3

 sin ,
2
3

Bài giải: Ta có u1 

u2 


1  1  sin 2

1 1 u

2
2
1

1  1  u22
u3 

2

Dự đoán un  sin

2
1  1  sin 2
2



3.2

n 1



1  cos

3 


2





2





2 sin 2

3.2 

. Ta sẽ chứng minh un  sin



3.2  sin 
2
3.221

3 

1  cos

3.2 


2 sin 2

3.22  sin 
2
3.231



bằng quy nạp.

3.2n1

Thật vậy,
+ Với n  1  u1  sin


3



3
(đúng)
2

+ Giả sử un đúng với n  k  1 , tức là uk  sin
đúng với n  k  1, tức là uk 1  sin

uk 1 


1 1 u

2
2
k

1  1  sin 2



 
Do sin x  x, x   0;  nên
 2

3.2k 1

. Ta cần chứng minh un

3.2k


3.2

k 1

2

lim Sn  u1  u2  ...  un  un1  ...  sin
n





3



1  cos

 sin


3.2



3.2
2

k 1



 ...  sin

2 sin 2


3.2


n 1



3.2k  sin 
2
3.2k

 sin



3.2n

 ...



 1 1
1
1
   1  2
lim Sn  1   2  ...  n  n1  ...   
 2.095

n
3 2 2
2
2
 3 1 1  3


2

Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

12


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

Bài tập áp dụng:
Bài 1. Cho un  là một dãy số được xác định bởi

3
u1 
3


u  un  2  3 ;
 n1 1  ( 3  2)un

n  2

 

Chứng minh rằng un  tan   ( n  1)  . Từ đó tính u2014  ?
12 
6
Hướng dẫn:


tan x  tan y
Ta chứng minh tan  2  3 và dùng công thức tan( x  y ) 
1  tan x.tan y
12
 

Theo quy nạp ta chứng minh được un  tan   ( n  1)  .
12 
6
Bài 2.
a1  1



b  1
0   
1

cos 
2


Cho hai dãy số an  và bn  được xác định bởi: 
a  an1  bn1
 n
2

bn  an .bn1
Xác định an; bn theo  .
Hướng dẫn: Thay thế trực tiếp ta có

a2 

cos 2



2

b2 

cos 
cos



cos 2



2
4
cos 
....
Dự đoán
a3 

cos






2

...cos 2


n 1


2

cos 
cos



cos



2
4
cos 

cos

2
2
bn 

cos 
Bằng quy nạp ta có điều phải chứng minh.
an 

2

cos

b3 

cos


2

cos


2

...cos

2
cos 


2n1

Bài 3.
Cho u n 


 u1  3

là một dãy số được xác định bởi 
. Tính u 2014 =?
un  2 1
, n  1
u n 1 
1  (1  2)u n


Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

13


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

Hướng dẫn:


8

Ta chứng minh tan  2  1 và dùng công thức tan(x  y) 



tan x  tan y
1  tan x.tan y




Theo quy nạp ta chứng minh được u n  tan   (n  1)  suy ra u 2014 .
3
8
Bài 4. Cho một dãy số xác định bởi u 0 



2
2
và u n 1 
1  1  u n2 .
2
2

Xác định biểu thức của u n theo n.
Hướng dẫn: Tính trực tiếp với n = 1 ta dự đoán u n  sin


và chứng minh
2n  2

công thức này bằng quy nạp .

Bài 5. Cho hai dãy số u n  và v n 

u  v  2
0
 0


2u n v n
được xác định bởi u n 1 
u n  vn

v  u v
n 1 n
 n 1

Hãy xác định un; vn theo n.
1

u
u1 
Bài 6: Cho dãy số (un) 
. Tìm lim n .
2
n
u  2u 2  1, n  2
n 1
 n
u1  3

Bài 7: Cho dãy số (un) 
. Tìm lim 2n.un .
un1
,n  2
un 
2
1


1

u
n 1


Bài 8: Cho dãy số (un) un  2  2  2  ...  2 (n dấu căn). Tìm lim
1

u1  2

Bài 9: Cho dãy số (un) 

un1  1  un  un2  1

2 
4n


 , n  1


u1 .u2 ...un
.
2n

. Tìm lim un .

1  un1

.
2
Hai dãy {vn },{wn } xác định như sau: vn  4n (1  un ) và wn  u1u2 ...un
Tìm lim vn và lim w n

Bài 10: Cho dãy un n0 thỏa mãn điều kiện: 1  u0  1, un 

n

n

Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

14


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

Phần 2. MỘT SỐ KỸ THUẬT TÌM GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ.
I. Một số định lý áp dụng vào bài tập tìm giới hạn của dãy số:
Định lý 1.2. Nếu một dãy số hội tụ thì giới hạn của nó là duy nhất
Định lý 1.2.(Tiêu chuẩn hội tụ Weierstrass)
a) Một dãy số đơn điệu và bị chặn thì hội tụ.
b) Một dãy số tăng và bị chặn trên thì hội tụ.
c) Một dãy số giảm và bị chặn dưới thì hội tụ.
Định lý 1.3. Nếu (un)  a và (vn)  (un), (vn)  C thì (vn)  a
Định lý 1.4.(Định lý kẹp giữa về giới hạn)
Nếu với mọi n  n0 ta luôn có un  xn  vn và limun = limvn = a thì limxn = a.
Định lý 1.5. (Định lý Lagrange) Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a; b] và có
đạo hàm trong khoảng (a; b) thì tồn tại c (a; b) thỏa mãn: f(b) – f(a) = f’(c)(b – a)

Định lý 1.6. (Định lý trung bình Cesaro)
Nếu dãy số (un) có giới hạn hữu hạn là a thì dãy số các trung bình cộng
 u1  u2  ...  un 

 cũng có giới hạn là a
n


Định lý này có thể phát biểu dưới dạng tương đương sau:

un
a
n n

Định lý 1.7. (Định lý Stolz) Nếu lim  un1  un   a thì lim
n

Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp a = 0
Vì lim  un1  un   a nên với mọi  > 0 luôn tồn tại N0 sao cho với mọi n  N0,
n

ta có un1  u n   . Khi đó, với mọi n > N 0.
Mặt khác

un 1
1

 uN0  uN0 1  uN0  ...  un  un1  uN0 .   n  N 0 
n n
n

n





Giữ N0 cố định, ta có thể tìm được N 1>N0 sao cho
Khi đó với mọi n>N1 ta sẽ có

1
 .
N1 u N0

un
u
 2 . Vậy nên lim n  0
n n
n

Định lý 1.8. Cho f: D  D là hàm liên tục. Khi đó
1) Phương trình f(x) = x có nghiệm  phương trình fn(x) = x có nghiệm.
2) Gọi  ,  là các mút trái, mút phải của D. Biết lim [f ( x)  x] và
x

lim [f ( x)  x] cùng dương hoặc cùng âm. Khi đó phương trình f(x) = x có nghiệm

x  

duy nhất  phương trình fn(x) = x có nghiệm duy nhất, với fn(x) = f ( f (....( f ( x )...)
n lân


Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

15


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

Chứng minh:
1) a) Nếu x0 là nghiệm của phương trình f(x) = x thì x 0 cũng là nghiệm
của phương trình fn(x) = x
b) Nếu phương trình f(x) = x vô nghiệm thì f(x) – x > 0 hoặc f(x) – x < 0 với
mọi x  D do đó fn(x) – x > 0 hoặc fn(x) – x < 0 với mọi x  D nên phương trình
fn(x) = x cũng vô nghiệm
2) a) Giả sử phương trình f(x) = x có nghiệm duy nhất là x 0 thì đây cũng
là một nghiệm của phương trình f n(x) = x. Đặt F(x) = f(x) – x do F(x) liên tục
trên (x0;  ) và  ; x0  nên F(x) giữ nguyên một dấu.
Nếu lim [f ( x)  x] và lim [f ( x)  x] cùng dương thì F(x) > 0 trong khoảng
x

x 

(x0;  ) và  ; x0  suy ra f(x) > x với mọi x  D\{x0}
Xét x1  D\{x0} suy ra f(x1) > x1  f(f(x1)) > f(x1)> x1. Từ đó fn(x1) > x1
nên x1 khônglà nghiệm của phương trình fn(x) = x. Vậy phương trình f n(x) = x
có nghiệm duy nhất x = x 0.
Nếu lim [f ( x)  x] và lim [f ( x)  x] cùng âm chứng minh tương tự.
x

x 


b)Ta thấy mọi nghiệm của phương trình f(x) = x đều là nghiệm của
phương trình fn(x) = x, do đó nếu phương trình fn(x) = x có nghiệm duy nhất thì
phương trình f(x) = x có nghiệm duy nhất.
Định lý 1.9. Cho hàm f: D  D là hàm đồng biến, dãy (xn) thỏa mãn xn+1 =
f(xn), x  N * . Khi đó:
a) Nếu x1< x2 thì dãy (xn) tăng
b) Nếu x1> x2 thì dãy (xn) giảm
Chứng minh
a) Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp
Với n = 1 ta có x1 < x2 mệnh đúng
Giả sử mệnh đề đúng với n = k (k  1) tức uk < uk +1 khi đó f(uk) < f(u k+1) suy
ra uk+1 < uk+2 (đpcm)
b) Chứng minh tương tự
Định lý 1.10. Cho hàm f: D  D là hàm nghịch biến, dãy (xn) thỏa mãn xn+1 =
f(xn), x  N * . Khi đó:
a) Các dãy (x2n+1) và (x2n) đơn điệu, trong đó một dãy tăng, một dãy giảm
b) Nếu dãy (xn) bị chặn thì  = limx2n và  =limx2n+1.
c) Nếu f(x) liên tục thì  ,  là nghiệm của phương trình f(f(x)) = x

(1).

Vì vậy nếu phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì  =  và limxn =  = 
Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

16


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi


Chứng minh
a) Vì f(x) là hàm nghịch biến nên f(f(x)) đồng biến. Áp dụng định lý 1.2 ta có
điều phải chứng minh.
b) Suy ra từ a)
c) Ta có f(f(x2n) = f(x2n+1) = x2n+2 và limf(f(x2n) =limx2n+2=  , limx2n =  do
f(x) liên tục nên f(f(  ) =  .
Chứng minh tương tự ta có f(f(  ) =  .
Vậy  ,  là nghiệm phương trình f(f(x)) = x.
II. Tìm giới hạn dãy số bằng định lí Weierstrass (Tiêu chuẩn Weierstrass).
1. Định lí: (Weierstrass) Nếu dãy số không giảm và bị chặn trên (hay
không tăng và bị chặn dưới) thì dãy số có giới hạn hữu hạn.
Chú ý:
+ Nếu dãy số (un) tăng và không tồn tại giới hạn hữu hạn thì lim un   .
+ Nếu dãy số (un) giảm và không tồn tại giới hạn hữu hạn thì lim un   .
2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 2.1. (VMO-2014) Cho hai dãy số dương  xn  ,  yn  xác định bởi:

 xn1 . yn1  xn  0
, n 
x1  1, y1  3 và  2
x

y

2

n
 n1

*


.

Chứng minh rằng hai dãy trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng.
Nhận xét: (Dự đoán dáng điệu và giới hạn)

lim xn  a
a.b  a  0 a  0 a  1
x 
Giả sử 
thì ta có:  2


b

2
lim
y

b
a

b

2

b  1
n

 x

a  1
Vì y1  3  y2  2  3 nên khả năng 
không xảy ra. Vậy ta cần phải
b  1

lim xn  0
x 
chứng minh 
. Đây là mấu chốt để ta đi tìm lời giải cho bài toán.
lim
y

2
n
 x
Bài giải: Từ giả thiết ta chứng minh xn2  yn2  4 bằng phương pháp quy nạp.
+ Với n  1 , ta có x12  y12  4 đúng.
+ Giả sử với n  k  1 , ta có xk2  yk2  4  xk2  4  yk2 , ta cần chứng minh

 xk 1 . yk 1  xk  0
xk21  yk21  4 . Thật vậy, từ giả thiết  2

 xk 1  yk  2

Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

17


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi


 xk21  2  yk

 2
 xk21  yk21  4 đpcm.
xk2 4  yk2
 yk 1  x 2  2  y  2  yk
k 1
k


Như vậy từ biểu thức xn2  yn2  4, n 

*

và kết hợp với điều kiện  xn  ,  yn  là

hai dãy số dương nên ta suy ra  xn  bị chặn dưới bởi 0,  yn  bị chặn trên bởi 2 và
nếu  yn  là dãy tăng thì  xn  là dãy giảm.
Ta chứng minh dãy  yn  tăng bằng phương pháp quy nạp. Tức là chứng minh
yn  yn1 , n 

*

+ Với n  1 , ta có y1  3  y2  2  3 .
+ Giả sử với n  k  1 , ta có yk  yk 1 , ta cần chứng minh yk 1  yk 2 .
Thật vậy, ta có yk  yk 1  yk  2  yk 1  2  yk 1  yk 2 đpcm.
 lim xn  0
n 
Suy ra 

.
lim
y

2
n
 n
a  1
1
Ví dụ 2.2. (VMO-2013) Cho dãy số xác định như sau: 
a 2
an1  3  n an , n  1
2


Chứng minh dãy số có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Nhận xét: (Dự đoán dáng điệu và giới hạn)
Ta dễ dàng tính được a1  1; a2  1, 5; a3  1, 76; a4  1, 89; a5  1, 95; a6  1, 97,... nên
3
ta có thể dự đoán đây là dãy số tăng và  an  2, n  2 .
2
3
Bài giải: Trước hết, ta chứng minh bằng quy nạp rằng  an  2, n  2 . (1)
2
3
Thật vậy, với n  2 , ta có a2  .
2
3
3
Giả sử n  k  2 , ta có  ak  2 . Cần chứng minh  ak 1  2 . Theo bất đẳng

2
2
 x  1
 x  1
r
r
thức Bernoulli 1  x   1  rx , khi 
; 1  x   1  rx , khi 
.
r

1
0

r

1


Ta có: 2ak  ak  1  3 

ak  2
a 2
1
1
3
 3 k
 ak 1  2 
2
 .

ak
2
ak  1
ak  1
11 2

Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

18


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

Ngoài ra ta cũng có ak 1  3 
Xét hàm số f ( x )  3  x 

ak  2
ak  2
ak  2 5 1 5 1

3


3

     2.
2ak
2.2ak 1
2.ak
2 ak 2 2


x2
3 
, x   ; 2 , Ta có:
2 
2x

2 ln 2  x ln 2  1 2 ln 2  x ln 2  1  2 x 2  x  1  2 x 1  x  2 x
f '( x)  1 



0
x
x
x
x
2
2
2
2

Do đó f ( x) là hàm nghịch biến
x2
x2
 0  3
x
x
x
2

2
Dựa vào bất đẳng thức trên ta suy ra an1  an vậy ( an ) là dãy không giảm. (2)
 f ( x )  f ( 2)  3  x 

Từ (1) và (2) suy ra dãy ( an ) có giới hạn hữu hạn, gỉa sử lim an  x ta có
x2
3
 x (*)
x
2
Theo chứng minh trên f ( x) là hàm nghịch biến nên phương trình f ( x)  0 chỉ có
3 
tối đa một nghiệm trên đoạn  ; 2  . Ta thấy x  2 là một nghiệm của phương trình
2 
f ( x)  0 .
Vậy lim an  2
Ví dụ 2.3. (VMO-2012)
 x 1
1
Cho dãy số thực xác định bởi: 
n  2 x  2 ,n  2


 xn 
3n n1


Chứng minh dãy số có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Nhận xét: (Dự đoán dáng điệu và giới hạn)
10

80
67
, x3  , x4  ,... nên ta có thể dự đoán đây là dạy số giảm
3
27
27
và bị chặn dưới bởi 1.

Ta có x1  1, x2 

Bài giải: Hiển nhiên xn  0, n 

*

. Suy ra  xn  bị chặn dưới bởi 0. (1)

Ta sẽ chứng minh kể từ số hạng thứ hai trở đi, dãy số đã cho giảm. (2)
Xét hiệu xn  xn1 

2  n  2    n  1 xn1 
n2
 xn1  2   xn1  
3n
3n

Để chứng minh xn  xn1  0 , ta cần chứng minh  n  2    n  1 xn1  0, n  3
bằng phương pháp quy nạp.
10
5
+ Với n  3 , ta có:  3  2    3  1    0 , đúng.

3
3
Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

19


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

+ Giả sử n  k  3 , ta có:  k  2    k  1 xk 1  0  xk 1 
minh xk 

k 3
k

Thật vậy, xk 

k 2
, ta cần chứng
k 1

k 2
k  2 k  2
 k 2 k 3
(đpcm)
 2 

 xk 1  2  

3k

3k  k  1
k
 k 1

Từ (1) và (2) suy ra dãy số  xn  tồn tại giới hạn hữu hạn là a.
Ta có a 

1 a  2  a  1. Vậy lim x  1.


n
3

Ví dụ 2.4 (5,0 điểm). (Olympic cấp tỉnh-2014)
Cho dãy số  xn  như sau: x1  2, xn1  4  8 xn  1 , n 

*

. Chứng minh

rằng dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn, Tính giới hạn đó.
Nhận xét: (Dự đoán dáng điệu và giới hạn)
Ta dễ dàng tính được x1  2; x2  2, 85; x3  2, 97; x4  2, 997; x5  2, 999... nên ta có
thể dự đoán đây là dãy số tăng và 2  xn  3, n  1.
Bài giải: Dễ thấy rằng xn  2, n 
Ta chứng minh xn  3, n 

*

*


bằng phương pháp quy nạp.

+ Với n  1 ta có x1  2  3 .
+ Giả sử với n  k  1 ta có xk  3 , ta sẽ chứng minh xk 1  3
Thật vậy, xk 1  4  8 xk  1  4  8.3  1  3 .
Theo nguyên lí quy nạp suy ra xn  3, n 

*

.

Tóm lại , ta có 2  xn  3, n  1 (1)
Ta chứng minh xn  xn1 bằng phương pháp quy nạp.
+ Với n  1 ta có x1  2  x2  4  17 .
+ Giả sử với n  k  1 ta có xk  xk 1 , ta sẽ chứng minh xk 1  xk 2 .
Thật vậy,
xk 2  xk 1  4  8 xk 1  1  4  8 xk  1 

8 xk 1  1  8 xk  1
4  8 xk 1  1  4  8 xk  1

 0.

Theo nguyên lí quy nạp suy ra dãy số đã cho là dãy số tăng (2).
Từ (1) và (2) suy ra dãy số trên hội tụ.
Đặt lim xn  a, 2  a  3
Từ xn1  4  8 xn  1  a  4  8a  1  a  3
Vậy lim xn  3 .
Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông


20


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

3. Bài tập áp dụng:
Bài 1. Cho dãy số un  xác định bởi un 

sin1 sin 2
sin n
 2  ...  n .
2
2
2

Chứng minh rằng dãy số trên hội tụ.
Hướng dẫn:
Ta có un1 

sin1 sin 2
sin n sin( n  1)
 2  ...  n 
2
2
2
2n1

Suy ra un1  un 


sin( n  1)
 0 , n 
2n1

. Suy ra un  là dãy tăng.

Mặt khác ta có:
n

1
1  
n
sin1 sin 2
sin n 1 1
1 1 2
1
un 
 2  ...  n   2  ...  n 
1    1
2
2
2
2 2
2
2 1 1
2
2

Do đó un  bị chặn trên. Từ đó theo định lý Weierstrass ta có dãy dãy số
trên hội tụ.

Bài 2. Cho dãy số un  xác định bởi un  6  6  ...  6 , n = 1;2;...
n  dÊu c¨n

Chứng minh rằng dãy số trên hội tụ. Tìm giới hạn của dãy.
Hướng dẫn:
Ta có un1  6  6  ...  6
n 1 dÊu c¨n

Suy ra un1  6  6  ...  6  6  6  ...  6  un .
n 1dÊu c¨n

Suy ra un  là dãy tăng.

n dÊu c¨n

Mặt khác với n = 1 ta có: u1  6  3
Giả sử với n = k ta cũng có uk  3 , k  1. Khi đó với n = k +1 ta có
uk 1  6  uk  6  3  3 . Từ đó ta kết luận un  3 với n = 1;2;...

Do đó un  bị chặn trên. Từ đó theo định lý Weierstrass ta có dãy dãy số
trên hội tụ.
Giả sử lim un  a ta có un  6  un1  6  un1  un2
n

 a  2
 6  a  a2  
a  3
Vì un  1 với n = 1;2;... nên chỉ có a = 3 là phù hợp. Vậy lim un  3
n


Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

21


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

1
a 
Bài 3. Cho dãy số  xn  xác định bởi x1  0 ; xn   xn1 
 , n  2;3;... và a  0 .
2
xn1 
Chứng minh rằng dãy số trên hội tụ.Tìm giới hạn của dãy.
Hướng dẫn:
1
a
Ta có x2   x1    a  0 . Bằng quy nạp và bất đẳng thức Cauchy ta chứng
2
x1 

minh được xn  a . Tức là  xn  là dãy bị chặn dưới.

xn 1
x
a
1 a
  2 . Mà xn  a  n  
1
xn1 2 xn1

xn1 2 2a

Mặt khác ta có:

Do đó un  bị giảm . Từ đó theo định lý Weierstrass ta có dãy dãy số trên
hội tụ.
1
a 
Giả sử lim un   từ xn   xn1 
 chuyển qua giới hạn ta có :
n
2
xn1 
1

a

       2 2   2  a  0   2  a .
2




Vì   0    a . Vậy lim xn  a .
n

Bài 4. Cho dãy số  xn  xác định bởi xn1  xn (1  xn ) , n  1; 2;3;...
Xác định x1 để dãy số trên hội tụ.
Hướng dẫn:
Ta có xn1  xn  xn2  xn , n  1; 2;3;... . Vậy  xn  là dãy giảm.

Giả sử

 xn  hội

tụ và lim xn  a . Khi đó từ xn1  xn (1  xn ) chuyển qua
n

giới hạn ta có a  a  a  a  0 .
Vì  xn  là dãy giảm nên xn  0 , n .
2

Ta có x  x2  0  0  x  1 .
Do đó nếu 0  x1  1 thì bằng quy nạp ta chứng minh được rằng 0  xn  1

dẫn đến  xn  hội tụ (Vì dãy giảm và bị chặn).

x 1
Nếu  1
thì bằng quy nạp ta chứng minh được rằng xn  0 . Dãy
 x1  0
 xn  không hội tụ .

Vậy nếu 0  x1  1 thì  xn  hội tụ .

Bài 5. Cho dãy số  xn  xác định bởi 0  xn  1 và xn1 (1  xn ) 
Chứng minh rằng lim xn 
n

1
4


1
.
2

Hướng dẫn:
Vì 0  xn  1 nên  xn  là dãy bị chặn .
Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

22


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi
2

1
1

Mặt khác ta có nhận xét rằng   x    0 , x 
  x(1  x ) .
2
4

1
Do đó xn1 (1  xn )   xn (1  xn ) và 0  xn  1 nên suy ra  xn  là dãy tăng.
4
Hoặc ta có thể chứng minh như sau: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

:
xn1  (1  xn )  2 xn1(1  xn )  1


xn1   xn suy ra  xn  là dãy tăng.

Suy ra

Đặt lim xn  a từ
n

1
( Do xn1 (1  xn )  )
4

1
 xn1 (1  xn ) chuyển qua giới hạn ta có :
4
2

1
1
1
1

 a(1  a )   a    0  a  . Vậy lim xn  .
n
4
2
2
2



Bài 6. Cho dãy số un 

u1  2014

xác định bởi ; 
1
2013 
un  2  un1  u  , n  2
n 1 



Chứng minh rằng lim un  2013 .
n

Hướng dẫn:
Ta có un  0, n  1 . Theo bất đẳng thức Cauchy ta suy ra
1
2013  1
2013
un   un1 
 2013 , n  2
  .2 un1 .
2
un1  2
un1

Mặt khác

un 1 2013 1 1

 
   1. Suy ra un  là dãy giảm.
un1 2 2un21 2 2

Như vậy un  là dãy giảm và bị chặn dưới bởi

2013 nên hội tụ.

Đặt lim un  a với a  2013 vì un  2013 , n 
n

*

.

1
2013 
Theo giả thiết un   un1 
 , chuyển qua giới hạn ta có
2
un1 
1
2013 
a  a 
  a  2013
2
a 

Vậy lim un  2013 .
n


Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

23


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

III. Sử dụng giới hạn kẹp.
1. Định lí: (Định lý kẹp giữa về giới hạn)
Nếu với mọi n  n0 ta luôn có un  xn  vn và limun = limvn = a thì limxn = a.
2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 3.1. Chứng minh rằng lim n n  1.
n

Bài giải: Với n  3, theo bất đẳng thức Cauchy ta có
1  n n  n 1...1 n n 
n  2 so

Suy ra ta có 1  n n  1 

n22 n
2
1
n
n

2
, n  3
n


2 

n
Hơn nữa lim 1 
n  1.
  1 . Vậy lim
n
n
n

1.3.5.7...( 2n  1)
Ví dụ 3.2. Tính lim
.
n 2.4.6.8...( 2n )
Bài giải: Ta có (2k  1)(2k  1)  (2k )2 ; k 

1.3  22

2
2
2.4.6.8...( 2n)

2
3.5  4
Do đó 
 1.3.5.7...( 2n  1) 
2n  1
..........


( 2n  1)( 2n  1)  ( 2n)2

1.3.5.7...( 2n  1)
1
n


0
2.4.6.8...( 2n)
2n  1
1.3.5.7...( 2n  1)
 0.
Vậy lim
n 2.4.6.8...( 2n )
0

3. Bài tập áp dụng:
 1
1
1 
Bài 1: Tính lim 

 ... 

2
n
n2  2
n2  n 
 n 1
Hướng dẫn:

1
1
1
Ta có
với k = 1; 2;...; n-1


n2  n
n2  k
n2  1
n
n
1
n
Do đó


n2  n k 1 n 2  k
n2  1
n
n
Mà ta có lim
 lim
1
n
n2  n n n 2  1
 1
1
1 
 lim 


 ... 
 1
2
n
n2  2
n2  n 
 n 1

Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

24


Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi

Bài 2: Chứng minh rằng:
2n
a/
lim  0
n n !
1
b/
lim n
0
n
n!
Hướng dẫn:
a/


2n 2 2 2 2
2
Với n  2 ta có : 0   . . ...  2  
n! 1 2 3 n
3

n

n

2n
2
Mà lim    0  lim  0
n 3
n n !
 
b/
Trước tiên ta chứng minh rằng với n > 2 thì n  n n ! .
Thật vậy với 1  k  n thì ta có
k (n  k  1)  n  kn  k  k 2  n(k  1)  k (k  1)  (n  k )(k  1)  0
Do đó k (n  k  1)  n .
Vì vậy ta có
1.n
n
2.( n  1)  n
3.( n  2)  n
.................
n

n .1


 n!  1.2...(n  1)nn(n  1)...2.1  nn 
2

Suy ra

1
1
1
0

; mà lim
n
n!
n
n
Bài 3: Tìm lim n a (Với a > 0).

Do đó 0  n

 lim n
n

n

n!  n

1
 0.
n!


n

Hướng dẫn:
Với a = 1 thì hiển nhiên lim n a  1 .
n

Với a > 1 thì theo bất đẳng thức Becnuli ta có





n

a  1  ( n a  1)  1  n( n a  1)  n( n a  1)  0, , n  2

 0  n a 1 

a
, n  2
n

a
 0 . Vậy lim( n a  1)  0  lim n a  1
n n
n
n
1
1

Với 0  a  1 thì  1 , theo chứng minh trên ta có lim n  1 .
n
a
a
1
Do đó lim n a  lim
 1 . Vậy lim n a  1
n
n
n
1
n
a

Mà ta có lim

Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông

25