TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ, GIỚI HẠN TRONG ĐỀ THI HSG CÁC TỈNH, THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2011 – 2012 VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN

TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ, GIỚI HẠN
TRONG ĐỀ THI HSG CÁC TỈNH, THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2011 – 2012 VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN
(Lê Phúc Lữ - tổng hợp và giới thiệu)
A – ĐỀ BÀI.
Bài 1. (Quảng Bình, vịng 1)
Cho dãy số un  xác định như sau u1  1,

un1
 1  un2011 , n  1, 2, 3,...
un

 u 2011 u 2011
u 2011 
Tính lim  1  2  ...  n  .
 u2
u3
un1 

Bài 2. (Vĩnh Long, vòng 1)

u1  3
Cho dãy số un  xác định bởi 
un1  1 un2  un  4 , n  1, 2, 3,...
5

a) Chứng minh rằng un  là dãy tăng nhưng không bị chặn trên.
b) Đặt vn  

1
, n  1, 2,3,... . Tính lim vn .

n 
k 1 u k  3
n

Bài 3. (Chọn đội tuyển THPT chuyên Bến Tre) Tìm số hạng tổng quát của dãy un  thỏa mãn:
u1  u2  1

un 1.un

un 2  2u  u

n 1
n

Bài 4. (Bình Định, vịng 1)

u1  2  3
Cho dãy số un  được xác định bởi 
un1  3  2 un2  2 6  5 un  3 3  3 2










1

n

1
, n  1, 2, 3,... Tìm lim vn .
k 1 u k  2

Đặt vn  

Bài 5. (Bình Dương, vòng 2)
1
a 
 , n  2 và a  0, x1  0 .
Cho dãy số  xn  được xác định như sau xn   xn1 
2 
xn1 

Chứng minh rằng dãy đã cho có giới hạn và tìm giới hạn của dãy.
Bài 6. (Chọn đội tuyển THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai)

 x0  a
Cho hai số thực a và b. Xét dãy số  xn  xác định bởi công thức 
 xn1  1  b. xn ; n  

Tìm điều kiện của a, b để  xn  có giới hạn. Tính giới hạn đó.
Bài 7. (Hà Nam, vịng 2)

3 xn
1

Cho dãy số thực (xn) thỏa mãn: x1  , xn1 
với mọi n nguyên dương.
6
2 xn  1
a. Chứng minh dãy số trên có giới hạn và tính giới hạn đó.
b. Tìm số hạng tổng qt của dãy số trên.
Bài 8. (Hà Nội, vòng 1)
1. Cho dãy số un  xác định bởi: u1 = 1 và un1  un  n với mọi n  1 . Tìm lim

n 

un
.
un1

2. Cho dãy số vn  xác định bởi: v1  2015 và vn1  vn2  2 với mọi n 1, 2, 3,...
vn21
 2011 .
n  v 2 .v 2 ...v 2
n
1 2

Chứng minh rằng lim

Bài 9. (Long An, vòng 2)
u1  1

Cho dãy số xác định bởi 
3u  4
un1  n

, n  1, 2, 3,...
un  1

Đặt xn  u2 n1 , yn  u2 n .
2


a) Chứng minh dãy  xn  ,  yn  có giới hạn hữu hạn.
b) Chứng minh un  có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó
Bài 10. (Phú Thọ, vòng 1)
Cho dãy số u1  4, un1 





1
un  4  4 1  2un , n  1, 2, 3,...
9

Tìm cơng thức số hạng tổng quát của dãy số trên.
Bài 11. (Nam Định, vòng 1)
Xét dãy số un  thỏa mãn u1  1, un1  un (un 1)  2, n  1 .
n

Chứng minh rằng An  uk2  1 1 là số chính phương với mọi n.
k 1

Bài 12. (Cần Thơ, vịng 2)
Cho dãy số  xn  được xác định bởi:

Chứng minh rằng dãy số  xn 

 x1  a

2011

2
2
2
 xn1  3 ln  xn  2011   2011
có giới hạn.

Bài 13. (Quảng Ninh, vịng 2)



Cho dãy  xn  xác định bởi x0  a với a  1; 2 và xn1 


 2

xn

, n  0,1, 2,... .

Chứng minh dãy có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Bài 14. (Vĩnh Phúc, vịng 1)
Giả sử a là số thực dương thỏa 0  a  1 . Lập dãy (an ) như sau
a1  a, an 1  a an , n  1 .

Chứng minh rằng dãy có giới hạn hữu han khi n tiến tới vơ cực.

Bài 15. (Nam Định, vịng 2)





Với mỗi số thực x kí hiệu  x  là số nguyên lớn nhất không vượt quá x và  x  x  x  . Cho
un  (45  2012 ) n . Chứng minh dãy un  có giới hạn và tìm giới hạn đó.

3


Bài 16. (Đà Nẵng, vòng 2)

xn3  3 xn
với mọi n  * .
Cho dãy số thực  xn  thỏa mãn điều kiện xn1 
2
3 xn  1
a) Tìm cơng thức tính xn theo x1 và n.
b) Chứng minh rằng dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn.
Bài 17. (Hưng Yên, vòng 1)
 x1  a  0
2
Cho dãy số xác định bởi công thức 
 xn1  xn  xn , n  1

n2

1
1

.
2
xn  n
a  n(n  1)
Bài 18. (Quảng Bình, vịng 2)

Chứng minh rằng

Cho hai dãy số dương un  , vn  xác định bởi công thức

u  v  2
1
 1
2


un
vn
, vn1 
, n  1, 2, 3,...
un1  2
4vn 1 1
1 4un21

2
2

 v2011
.
a. Tính u2011

b. Tính lim un , lim vn .
Bài 19. (Vĩnh Phúc, vòng 2)
n

Cho dãy các số dương (an ) thỏa mãn: ak  2ak 1  ak 2  0,  a j  1, k  1.
j 1

Chứng minh rằng 0  ak  ak 1 

2
, k  1 .
k2

Bài 20. (Vĩnh Long, vòng 2)
Xét phương trình x n  x 2  x  1, n  , n  2
a. Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n  2 thì phương trình trên có đúng một nghiệm dương
duy nhất. Gọi nghiệm đó là xn .
b. Chứng minh rằng lim xn  1 .
n 

4


Bài 21. (Bến Tre, vịng 1)
Cho phương trình x 2 n  3 x  2  0 trong đó n là số tự nhiên lớn hơn 1.
1. Chứng minh rằng ứng với mỗi n, phương trình có đúng một nghiệm xn   0;1 .

2. Gọi  xn  với n  2, 3, 4,... là dãy số có được theo cách xác định như trên. Chứng minh rằng
dãy số này đơn điệu và bị chặn.
Bài 22. (TP HCM, vịng 2)
Cho dãy un  được xác định bởi cơng thức

4

u1  5


un4
un1 
n  *
4
2

un  8un  8
Tìm công thức tổng quát của dãy un  .
Bài 23. (Tiền Giang, vòng 2)
Cho dãy số un  xác định bởi u0  0, un1 

2  2un2  4un  4
un

, n  1, 2, 3,...

Chứng minh rằng dãy un  có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Bài 24. (Chọn đội tuyển Phổ thông năng khiếu TP. HCM)
Cho dãy un  thỏa mãn điều kiện u1 

1
2
và un1  un2  un với mọi n nguyên dương.
6
3

5un21  2un2un1  5unun1
.
n 
3un2  unun 1 (4  un2 )

Tính giới hạn sau lim

Bài 25. (Hà Tĩnh, vịng 2) Dãy số  xn  với n  1, 2, 3,... bị chặn trên và thỏa mãn điều kiện:
xn 2 

1
3
xn 1  xn với mọi n  1, 2, 3,...
4
4

Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn.
5


Bài 26. (Ninh Bình, vịng 2)
n
1
Chứng minh dãy un  xác định bởi công thức un    ln n có giới hạn hữu hạn.

k 1 k

Bài 27. (Hà Nội, vòng 2)
Cho dãy số nguyên dương U n  thoả mãn U1  1, U 2  2, U 4  5 và với mọi n  1 thì
U n1U n1  U n2  a với a 2  1 .

1) Xác định số hạng tổng quát của dãy số trên.
2) Tìm các số tự nhiên n khơng vượt quá 2012 sao cho U n chia hết cho 10.
Bài 28. (KHTN, vòng 3)
2
1
3
Cho dãy số dương an  thỏa mãn a1  1, a2  , an2  an21  an , n  1, 2, 3,...
3
4
4

Chứng minh rằng an hội tụ và tìm giới hạn của nó.
Bài 29. (Chọn đội tuyển ĐHSP Hà Nội)
Cho dãy số an  , n 1 thỏa mãn: a1  1, an 

2n  3
an1 , n  2 và dãy bn  thỏa mãn
2n

n

bn   ai , n  1 . Chứng minh dãy bn  có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó.
i 1

Bài 30. (Đại học KHTN Hà Nội, vòng 1)

a1  6, a2  14
Cho dãy số an  xác định như sau 
n
an 2  6an 1  an  24.(1) , n  1, 2,3,...

a
n

Tính giới hạn lim

n 

k 1

1

.

k

6


B – LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ NHẬN XÉT
Bài 1. (Quảng Bình, vịng 1)
Cho dãy số un  xác định như sau u1  1,

un1

 1  un2011 , n  1, 2, 3,...
un

 u 2011 u 2011
u 2011 
Tính lim  1  2  ...  n  .
 u2
u3
un1 

Lời giải.
Từ công thức xác định dãy, ta có
u 2011
u 2011
1
1
1
1

 n  n  
, n  1, 2, 3,...
un un1 un1
un1 un un1
n
n 
u12011 u22011
un2011
uk2011
1
1  1

1
  
Do đó
.

 ... 

   
 uk uk 1  u1 un 1
u2
u3
un 1
k 1 uk 1
k 1 

Dễ thấy rằng un  0, n nên ta cũng có: un1  un  un2012  un hay dãy đã cho tăng thực sự.
Giả sử dãy khơng có chặn trên thì nó sẽ có giới hạn, đặt đó là  , rõ ràng   1 .
Chuyển công thức tổng quát của dãy về giới hạn, ta có      2012    0 , mâu thuẫn.
Suy ra dãy đã cho không bị chặn trên hay lim un   .
 u 2011 u 2011
1 1 
u 2011 
Từ đó, ta được lim  1  2  ...  n   lim     1 .
 u2
u3
un1 
1 un 

Nhận xét.
Bài toán này thuộc dạng quen thuộc với ý tưởng rút gọn tổng dưới dạng sai phân để đưa giới hạn

cần tính về giới hạn của dãy ban đầu. Đề bài ở đây rất thuận lợi vì cơng thức sai phân đã được
thể hiện khá rõ, chỉ cần lập luận cẩn thận, đầy đủ ở các bước là có thể giải quyết trọn vẹn bài này.
Bài 2. (Vĩnh Long, vòng 1)

u1  3

Cho dãy số un  xác định bởi 
un1  1 un2  un  4 , n  1, 2, 3,...

5
7


a) Chứng minh rằng un  là dãy tăng nhưng không bị chặn trên.
b) Đặt vn  

1
, n  1, 2,3,... . Tính lim vn .
n 
k 1 u k  3
n

Lời giải.
a) Dễ thấy với mọi n  0 thì các số hạng của dãy đều dương.
1 2
1
1
2
un  un  4  un  un2  4un  4  un  2  0 nên dãy đã cho không


5
5
5
giảm. Hơn nữa, từ u1  3  2 nên un  2, n . Từ đó un1  un  0  un1  un , n hay dãy đã

Ta có un1  un 

cho đơn điệu tăng.
Giả sử dãy bị chặn trên thì nó phải có giới hạn, đặt là   3 . Chuyển công thức của dãy qua giới
1
hạn, ta được     2    4    2 , mâu thuẫn.
5
Từ đó suy ra dãy này khơng bị chặn trên. Ta có đpcm.
b) Giả sử ta có cơng thức

 1
uk 1  uk
1
1 
1
 
 a 

a
uk  3
uk  b uk 1  b
 uk  b uk 1  b  uk  3

Quy đồng và biến đổi, ta được (3a  b)un 1  (a 1)un1un  aun2  (3a  b)un  b 2 .
Để tương ứng với công thức quan hệ xây dựng dãy, ta chọn a  1 thì được quan hệ đơn giản hơn

là (3  b)un1  un2  (3  b)un  b 2 , chọn tiếp b  2 thì được cơng thức đã cho.
Như thế, ta có
n

u
k 1

1
1
1


, k . Suy ra
uk  3 uk  2 uk 1  2

n 
1
1
1 
1
1
1
 
.
  


 1
 uk  2 uk 1  2  u1  2 un 1  2
un 1  2

k 1 
k 3


1
1 
  1 . Vậy giới hạn cần tìm là 1.
 lim 1
 un1  2 
k 1 uk  3
n

Do lim un   nên lim 

Nhận xét. Trong bài toán này, ta đã dùng phương pháp hệ số bất định để thử tìm một quan hệ có
dạng sai phân giữa các biểu thức liên quan nhằm rút tổng cần tính để tìm giới hạn.
Bài 3. (Chọn đội tuyển THPT chuyên Bến Tre) Tìm số hạng tổng quát của dãy un  thỏa mãn:
u1  u2  1

un 1.un

u

n

2

2un1  un


8


Lời giải.
Bài này có thể đổi điều kiện của các số hạng đầu để không rơi vào trường hợp đặc biệt. Ta xét
bài tốn tổng qt hơn là:
Tìm số hạng tổng quát của dãy số un  thỏa mãn:

u1  a, u2  b, 2a  b  0

un 1un

un 2  2u  u , n  1, 2,3,...
n 1
n


Từ cơng thức xác định dãy, ta có

2u  u
1
2
1
1
 n1 n  
. Đặt yn  , n  1, 2, 3,...
un1
un 1un
un un1
un

Ta có yn1  2 yn  yn 1 , n . Xét phương trình đặc trưng t 2  2  t  t 2  t  2  0  t  1  t  2 .
Công thức tổng quát của dãy có dạng: yn  r  (2)n  s, n  1, 2,3,...
1
a b


2r  s  a
r  6ab
So sánh với hai số hạng đầu của dãy, ta có: 

 4r  s  1
 s  a  2b

b
3ab

Từ đây thay vào suy ra công thức tổng quát của dãy ban đầu là

xn 

a b
a  2b
(2)n 
6ab
3ab
1



6ab
, n
(a  b)(2) n  2(a  2b)

Trong bài toán ban đầu, nếu thay a  b  1 , ta có cơng thức tổng qt của dãy là xn  1, n .
Nhận xét.
Trong bài tốn trên, ta khơng nhắc đến điều kiện của a, b để dãy xác định với mọi n.
Điều kiện đó chính là 2 xn 1  xn  0, n hay

12ab
6ab

 0, n
n 1
(a  b)(2)  2(a  2b) (a  b)(2) n  2(a  2b)

Ngoài điều kiện ab  0 suy ra từ đó, ta cịn cần có (a  b)  2   2(a  2b)  0, n và
n

9


2(a  b)(2) n  4( a  2b)  ( a  b)( 2) n 1  2( a  2b)  4a( 2) n  2 a  4b  0
Đây chính là hai điều kiện của các số hạng đầu để dãy đã cho ln xác định.
Ngồi ra, cịn một bài tốn có giả thiết tương tự như trên nhưng yêu cầu khác:
Cho dãy số  xn  thỏa mãn xn2 

xn xn1
, n  * . Tìm điều kiện của x1 , x2 để dãy số trên có
2 xn  xn1

vơ hạn số ngun.
Lời giải.
Đặt x1  a, x2  b, ab  0 . Trước hết, dãy đã cho phải có tất cả các số hạng khác 0.
Ta có

1



xn2

2
xn 1



1
1
, n  *  yn 2  2 yn1  yn , n  * với yn  , n  1 .
xn
xn

Phương trình đặc trưng của dãy này có nghiệm kép t  1 nên cơng thức tổng qt của nó có dạng
1
1
yn  rn  s với r , s được xác định theo y1  , y2  .
a
b


r  s  1
1 1
2 1
a
Ta có: 
 r   ,s  

1
b a
a b
2r  s 
b

 a  b 
ab
2b  a
n
 xn 
.
Do đó yn  
 ab 
ab
(a  b)n  (2a  a )
Ta thấy a, b nhận những giá trị không đổi và muốn dãy đã cho có vơ số số ngun thì cần phải

(a  b)n  (2b  a ) ab với vô số n. Dễ thấy cần có hệ số trước n phải bằng 0 và a  b .
Khi đó xn  a nguyên khác 0. Thử lại thấy thỏa.
Vậy điều kiện để dãy có vơ số số ngun là a  b   \{0} .
Bài 4. (Bình Định, vịng 1)


u1  2  3
Cho dãy số un  được xác định bởi 
un1  3  2 un2  2 6  5 un  3 3  3 2










n

1
, n  1, 2, 3,... Tìm lim vn .
k 1 u k  2

Đặt vn  

10


Lời giải.
Từ công thức xác định dãy, ta thấy rằng
un1 







 un1  3 

3

 un1 


3 
3 

3



1

 un1 




2  u   2  3  3  2  u
2 u   2  3  u  6 
2 u  2 u  3 

3  2 un2  2 6  5 un  3 3  3 2

1
un1  3
1
un1  3

3

2
n

2
n

3 2
1



un  3

u





3 2



n

1

n

 3

n

n



n



 2 un  3
1

un  2





1
un  2



1
un  3



1
un1  3

n 

1
1
1
1
  1 
  

.
 un  3 un1  3  u1  3 un 1  3
k 1 u k  2
k 1 
n

Do đó, vn  

Từ đẳng thức un1  3 









3  2 un  2 un  3 và u1  3  2  3 , bằng quy nạp,

ta chứng minh được un  3 , n .
Từ đẳng thức

1
1
1


 0 (*) , ta cũng có được un  un1 , n hay dãy đã
un  2 un  3 un 1  3

cho tăng thực sự.
Giả sử dãy đã cho bị chặn trên thì nó có giới hạn, đặt là   3  2 .
Chuyển đẳng thức (*) qua giới hạn, ta được

1
1
1



 0 , vơ lí.
  2  3  3

Từ đó suy ra dãy này khơng bị chặn trên hay lim un   .

 1

1
1
  2 .
 lim 

2
 u1  3 un1  3 
k 1 uk  2
n

Do đó, lim vn  lim 

Vậy giới hạn cần tìm là

2
.
2
11


Nhận xét.
Tương tự bài đầu tiên, ở bài toán này, ta cũng cần tìm được cơng thức liên hệ ở dạng thuận lợi
cho việc rút gọn tổng. Tuy biến đổi ở trên khá rắc rối nhưng mục tiêu vẫn là tìm một biểu thức có

dạng như sau
 1
1
1 

 a 

 un  b un1  b 
un  2

Ta có thể biến đổi rồi đồng nhất hệ số, để tránh các căn thức rắc rối, ta có thể tổng quát nó thành
2  x, 3  y rồi xử lí cho đơn giản hơn.

Một đặc điểm khá thú vị của bài tốn này chính là việc chứng minh các số hạng của dãy dương
và dãy đơn điệu tăng không suy ra trực tiếp được từ công thức ban đầu mà phải thơng qua các
biến đổi trong q trình tính tốn. Trên thực tế, các dãy số dạng này nói chung ln có giới hạn
tại vơ cực (vì nếu nó có giới hạn là  thì chuyển qua giới hạn trong cơng thức sai phân, thường
thì ta sẽ thu được mâu thuẫn) nên các quá trình lập luận ở trên có thể nói là thống nhất cho các
dạng tương tự của nó. Một bài tương tự trong kì thi VMO 2009:
1) VMO 2009:


1
 x1  ,

2
Cho dãy số ( xn ) xác định như sau 
.

xn21  4 xn1  xn1

 xn 
, n  2

2
n
1
Chứng minh rằng dãy số  yn  trong đó yn   2 , n có giới hạn hữu hạn khi n   .
i 1 xi
2) VMO 2011:
Cho dãy số  xn  xác định bởi x1  1, xn 

2n n1
 xi , n  2 .
(n 1) 2 i1

Đặt yn  xn 1  xn , n  1, 2,3,... .
Chứng minh dãy  yn  có giới hạn hữu hạn khi n   .
Bài 5. (Bình Dương, vịng 2)
1
a 
 , n  2 và a  0, x1  0 .
Cho dãy số  xn  được xác định như sau xn   xn1 
2 
xn1 

Chứng minh rằng dãy đã cho có giới hạn và tìm giới hạn của dãy.
Lời giải.
12

1
a
Giả sử dãy đã cho có giới hạn, đặt đó là   0 thì ta có          a .
2 

Ta xét biến đổi sau





2 xn  a  xn1  a 

a
xn1






xn1  a
a 
 
 xn1  a 1 
 xn1 
xn1





Từ đó suy ra xn  a 



a xn1  a



 a  xn1  a 



xn1



2

xn1  a
x  a
1
xn1  a  xn  a  n1
xn1  a  xn1  a .
2 xn1
2 xn1
2





(do xn1  a  xn1 )
Lặp lại quá trình này n 1 lần, ta được xn  a 

1
2

n1

x1  a .

Cho n tiến tới vơ cực, theo ngun lí kẹp, ta có lim xn  a  0  lim xn  a .
Vậy giới hạn của dãy đã cho là

a và không phụ thuộc vào giá trị của x1 .

Nhận xét.
Bài này có thể giải bằng cách sử dụng hàm số f (t ) liên hệ giữa các số hạng xn , xn1 hoặc dùng
định lí Lagrange. Tuy nhiên, cách đó cần xem xét một số trường hợp nữa và đòi hỏi lập luận
thêm một số trường hợp nữa. Cách giải như trên là đơn giản và nhẹ nhàng hơn cả. Cách tìm ra
giá trị   a cũng rất tự nhiên từ việc giải phương trình sau khi chuyển qua giới hạn.
Bài 6. (Chọn đội tuyển THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai)

 x0  a
Cho hai số thực a và b. Xét dãy số  xn  xác định bởi công thức 
 xn1  1  b. xn ; n  

Tìm điều kiện của a, b để  xn  có giới hạn. Tính giới hạn đó.

Lời giải.

Xét trường hợp b  1 , ta thấy rằng khi đó xn1  1  xn nên xn  n  a , dãy trong trường hợp
này khơng có giới hạn.
13


Xét trường hợp b  1 , khi đó xn1  xn  1 nên dãy cũng khơng có giới hạn.
Xét trường hợp b  1 , ta có xn1  1  bxn  xn1 

Suy ra xn 


b
1
1 
 bxn 
 b  xn 
.


1 b
1 b
1 b 


a  ab 1
1
1 
1

n a  ab 1
 b n  x0 
 xn  b n

, n .
  b


1 b
1 b 
1 b
1 b
1 b

Dễ thấy rằng nếu b  1 thì lim b n  0 và giới hạn của dãy này là lim xn 

1
.
1 b

a  ab 1
 0  a  ab  1 thì dãy đã cho khơng đổi, cịn nếu ngược lại thì
1 b
dãy này tiến tới vơ cực, tức là nó khơng có giới hạn hữu hạn.

Nếu b  1 thì nếu

Vậy dãy đã cho hội tụ khi và chỉ khi b  1 hoặc b  1, a 

1

.
1 b

Nhận xét.
Dãy số xác định như trên thay vì biến đổi từng bước như trên, ta hồn tồn có thể dùng cơng
thức tổng qt cho dãy truy hồi tuyến tính cấp 1 để xử lí. Các điều kiện về giới hạn của dãy cũng
dễ dàng suy ra được từ các kết quả đó.
Bài 7. (Hà Nam, vịng 2)

3 xn
1
Cho dãy số thực (xn) thỏa mãn: x1  , xn1 
với mọi n nguyên dương.
6
2 xn  1
a. Chứng minh dãy số trên có giới hạn và tính giới hạn đó.
b. Tìm số hạng tổng quát của dãy số trên.
Lời giải.
a. Dễ dàng thấy rằng xn  0, n .
Xét hàm số f (t ) 

3t
3
, t  0  f  (t ) 
 0 nên đây là hàm đồng biến.
2t  1
(2t  1)2


 x1  1

Dãy số đã cho có thể viết dưới dạng 
6

 xn1  f ( xn ), n  1, 2, 3,...
14


3
Do x2   x1 nên x3  f ( x2 )  f ( x1 )  x2 nên bằng quy nạp, ta chứng minh được dãy này
8
3 xn
3
3
3
3
 
 0 nên xn1  , n .
tăng, đồng thời xn1  
2
2 2 xn 1 2 2 xn 1

Dãy này tăng và bị chặn trên nên có giới hạn, đặt là  thì  
Tuy nhiên, do  

3
 2 2  2    0    1 .
2 1

1
nên   1 và đây chính là giới hạn cần tìm.

6

b. Do mọi số hạng của dãy đều dương nên ta có thể biến đổi như sau:

1
xn1
Với y1 



2 xn  1 2
1
1
 
, n  3 yn1  2  yn , n trong đó yn  , n .
3xn
3 3 xn
xn

1
1
1
 6 , ta tiếp tục biến đổi 3 yn1 1  yn 1  yn 1 1   yn 1  n  y1 1 .
3
3
x1

3n1
5
Suy ra yn1  n 1 hay xn 

, n  1, 2, 3,... Đây chính là cơng thức tổng qt cần tìm.
3
5  3n1
Nhận xét.
Về mặt tìm giới hạn thì dãy số ra trong trường hợp khá chuẩn mực nên có thể tìm được dễ dàng,
ta cũng có thể nhẩm trước rồi trừ vào cơng thức xác định để đưa về dãy kẹp. Ở bài toán xác định
au  b
.
công thức tổng quát, thực ra đây là trường hợp đặc biệt của dãy phân tuyến tính un1  n
cun  d
un1  aun  bvn
Dãy số dạng này được xử lí bằng cách đưa về hệ hai dãy tuyến tính là 
.
vn1  cun  dvn
Tuy nhiên, bài toán ở đây đưa ra ở dạng tương đối đặc biệt nên có thể dùng các biến đổi thơng
thường để giải quyết.

Bài 8. (Hà Nội, vịng 1)

1. Cho dãy số un  xác định bởi: u1 = 1 và un1  un  n với mọi n  1 . Tìm lim

n 

un
.
un1

2. Cho dãy số vn  xác định bởi: v1  2015 và vn1  vn2  2 với mọi n 1, 2, 3,...
vn21
 2011 .

n  v 2 .v 2 ...v 2
n
1 2

Chứng minh rằng lim

15


Lời giải.

n(n  1) n2  n  2
.

1. Từ cơng thức xác định dãy, ta có  ui1   ui   i  un1  u1 
2
2
i 1
i 1
i 1
n

n

n

(n 1)2  (n 1)  2 n2  n  2

.
2

2
u
n2  n  2
Do đó, lim n  lim 2
 1.
n u
n n  n  2
n1

Suy ra un 

Vậy giới hạn cần tìm là 1.
1
2. Vì v1  2015  2 nên ta có thể đặt v1  a  , a  1 . Ta có
a

1
1

v2  v  2   a    2  a 2  2
a
a

n
1
Bằng quy nạp, ta chứng minh được rằng vn1  a 2  2n , n . Ta xét tích
a
2

2

1

1
 i1
vi    a 2  2i1

a
i 1
i 1 
n

n

1  
1  n  2i1
1  
1   2n
1
 
a
a



 
   a  2i1     a    a  2n
 
a  
a  i 1 
a 

a  
a
 
1

1


.


1  n
1 

a    a 2  2n 
2
2

2
2
v
a 
a  , suy ra lim vn 1   a  1    a  1   4  2011 .
Do đó, 2 n21 2  

 

2
v12 .v22 ...vn2 
a 

a
v1 .v2 ...vn
1 
 2n
 a  2n 
a 

Vậy ta có đpcm.
2

2

Nhận xét.
Câu 2 của bài toán trên đã từng xuất hiện từ trước khá nhiều, chẳng hạn trong đề Olympic Sinh
viên 2005 (số 2011 ở trên được thay bằng 2005) hoặc trên tạp chí THTT. Trên thực tế, giá trị
2011 có thể thay bằng một đại lượng a bất kì thỏa mãn a  2 bởi vì dãy số có dạng như trên là
một trong các dạng đặc biệt của các dãy phi tuyến tính có thể tìm được cơng thức tổng qt được.
Tuy việc tìm giới hạn cũng có thể giải theo nhiều cách khác nhưng cách dùng công thức thế này
cho ta nhiều biến đổi đẹp và cơ bản.
Bài 9. (Long An, vòng 2)
u1  1

Cho dãy số xác định bởi 
3u  4
un1  n
, n  1, 2, 3,...
un  1

Đặt xn  u2 n1 , yn  u2 n , n   .
16

a) Chứng minh dãy  xn  ,  yn  có giới hạn hữu hạn.
b) Chứng minh un  có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó
Lời giải.
a) Dễ thấy rằng un  0, n . Xét hàm số f ( x) 
Ta có f ( x ) 

3x  4
,x0.
x 1

1
 0, x  0 nên đây là hàm nghịch biến. Do đó, suy ra g ( x )  f  f ( x)
( x 1) 2

là hàm đồng biến trên 0; .
Các dãy số đã cho có thể viết lại là
7
u1  1, un1  f un  , n  1 , x1  1, xn1  g ( xn ), n  1 và y1  , yn1  g  yn  , n  1
2
7
29
123
Ta có u2  , u3 
 u1 , u4 
 u2 nên dựa vào tính đồng biến của hàm g ( x) , ta có thể
2
9
38

chứng minh được rằng  xn  đồng biến và  yn  nghịch biến.

Ta thấy rằng un1  4 

3un  4
un
4 
 0 nên dãy này bị chặn trên bởi 4 hay dãy  xn 
un  1
un  1

cũng bị chặn trên bởi 4. Suy ra dãy  xn  có giới hạn hữu hạn.
Tương tự, dãy  yn  giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên cũng có giới hạn.
Ta có đpcm.
 x2 n 1  f  x2 n 
b) Giả sử lim xn  a, lim yn  b thì do 
nên chuyển về giới hạn, ta có hệ
 x2 n 2  f  x2 n 1 


a  3b  4
a  f (b) 
3b  4 3a  4
a b
b 1

 a b 


phương trình sau 

.
(a  1)(b 1)
b 1
a 1
b  f (a ) b  3a  4
a 1

Dễ thấy ngoài hệ thức a  b được suy ra từ hệ trên, khơng cịn quan hệ nào nữa bởi vì
(a 1)(b  1)  1 là vơ nghiệm do a, b  0 .

17


Với a  b , ta có a 

3a  4
 a 2  a  3a  4  a 2  2a  4  0  a  1  5 do a  0 .
a 1

Do đó, hai dãy con  xn  ,  yn  của dãy un  cùng hội tụ về một điểm nên dãy đã cho cũng hội tụ
và giới hạn cần tìm là lim un  1  5 .
Nhận xét.
Bài tốn thực ra có thể u cầu trực tiếp giới hạn của dãy nhưng dùng thêm hai dãy con như trên
là một gợi ý để việc lập luận có thể dễ dàng hơn cho các bạn mới tiếp xúc với dạng tốn tìm giới
hạn thế này.

Bài 10. (Phú Thọ, vòng 1)
Cho dãy số u1  4, un1 





1
un  4  4 1  2un , n  1, 2, 3,...
9

Tìm cơng thức số hạng tổng qt của dãy số trên.
Lời giải.
Từ giả thiết, ta có

9un 1  un  4  4 1  2un  18un1  2un  8  8 1  2un
 18un1  9  (2un  1)  16  8 1  2un
 9 2un 1  1 



2u n  1  4



2

 3 2un1  1  2un  1  4, n  1, 2, 3,...
Đặt

vn2 1
2un  1  vn , n  un 
thì ta có dãy mới tương ứng là
2

v1  3

.
3vn 1  vn  4, n  1, 2, 3,...

1
Từ công thức xác định dãy này, ta có 3vn 1  6  vn  2  vn1  2  vn  2 , n  1, 2,3,...
3
2


1  1
Suy ra vn  n1  2 , do đó: un   n1  2 1, n  1, 2,3,...

3
2  3


1

Đây là cơng thức tổng qt cần tìm.
18


Bài 11. (Nam Định, vòng 1)
Xét dãy số un  thỏa mãn u1  1, un1  un (un 1)  2, n  1 .
n

Chứng minh rằng An  uk2  1 1 là số chính phương với mọi n.
k 1

Lời giải.
n

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng An  uk2  1 1  un 1 1 , n .
2

k 1

Thật vậy,
- Với n  1 , ta tính được u2  1 nên ta có A1  u12  1 1  u2 1   2 1 , đúng.
2

2

m

- Giả sử khẳng định đúng với n  m  1 , tức là Am  uk2  1 1  um1 1 .
2

k 1

m 1
 m

Ta có Am1  uk2 1 1  uk2 1 um2 1  1 1   Am  1um2 1  1 1 .
 k 1

k 1
2

2
Do đó Am1   Am 1um2 1  1 1  um1 1  1 um2 1 1 1  um2 1  um 1  um2 2 .



Suy ra khẳng định cũng đúng với n  m  1 nên theo ngun lí quy nạp thì nó đúng với mọi n .
n

Vậy An  uk2  1 1 là số chính phương với mọi n. Ta có đpcm.
k 1

Nhận xét.
Dãy số đã cho khơng thể tìm được cơng thức tổng qt nên ta cần phải thông qua các số hạng cụ
thể để có thể dự đốn và chứng min h được quy nạp như thế.
Thật vậy, ta có thể tính được các số hạng của dãy là :
u1  1, u2  2, u3  4, u4  14, u5  184, u6  33674,...
Tương ứng, ta cũng có A1  12 , A2  32 , A3  132 , A4  1832 .
Từ đây dễ dàng dự đoán được điều cần chứng minh ở đây, nhiều bài toán về dãy số nguyên khác
cũng được dự đoán và giải theo cách này.
19


Bài 12. (Cần Thơ, vòng 2)
Cho dãy số  xn  được xác định bởi

Chứng minh rằng dãy số  xn 
Lời giải.
Xét hàm số tương ứng f ( x) 

 x1  a


2011

2
2
2
 xn1  3 ln  xn  2011   2011
có giới hạn.
2011
ln  x 2  20112   20112 , x   .
3

 x1  a
Dãy số đã cho chính là 
 xn1  f  xn  , n  1, 2,3,...
Ta có f ( x) 

2011
2x
1 2  2011x 1
  2
 .
2
2
3 x  2011 3 x  20112 3

Xét hàm số g ( x )  f ( x )  x  g ( x )  f ( x)  1  0 nên phương trình g ( x)  0 có khơng q

2011
ln 20112  20112  0 và g (20112 )  0 nên phương

3
trình g ( x)  0 có ít nhất một nghiệm do đây là hàm liên tục.

một nghiệm. Ta lại có g (0)  f (0) 

Từ đây suy ra phương trình g ( x)  0 có đúng một nghiệm thực.

Gọi a là nghiệm của phương trình g ( x )  0  f (a )  a .

Áp dụng dụng định lý Lagrange cho x, y thuộc  , do hàm f ( x) liên tục trên  nên tồn tại
1
z  ( x, y ) sao cho: f ( x )  f ( y )  f ( z )( x  y ) , mà f ( z )  , z nên suy ra
3
1
f ( x )  f ( y )  x  y với mọi x, y thuộc  .
3

1
1
Ta có xn1  a  f ( xn )  f (a )  xn  a  ...    x1  a .
3
3
n

 1 n

Dễ thấy rằng lim   x1  a   0 nên theo ngun lí kẹp, ta có lim xn  a  0 .
n 
n 
 3 


Vậy dãy đã có giới hạn hữu hạn. Ta có đpcm.
20