SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ TÌM GIỚI HẠN

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

CHUYÊN ĐỀ HỘI THẢO TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
MÔN TOÁN THPT
Tên đề tài: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ TÌM
GIỚI HẠN

Người thực hiện: .....................................
Trường: THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ HÒA BÌNH

NĂM HỌC: ……………………


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ TÌM GIỚI HẠN
1. Ký hiệu: ∆ là một trong các tập: [a; b] ; (a; b) ; (a; b]; [ a; b ); (−∞; a) ; ( −∞;a
]; ( b; +∞ ); [ b; +∞ ); ¡ .
2. Định lý 1: Cho f : ∆ → ∆ là hàm liên tục khi đó:
a- Phương trình f ( x) = x có nghiệm ⇔ f n ( x) = x có nghiệm.
[ f ( x) − x] và
b- Gọi α ; β lần lượt là các mút trái, mút phải của ∆ biết xlim
→α +
lim [ f ( x) − x ] cùng dương hoặc cùng âm.

x→β −

Khi đó f ( x) = x có nghiệm duy nhất ⇔ f n ( x) = x có nghiệm duy nhất.
Trong đó

f n ( x) = f ( f (... f ( x)...))
1 4 4 2 4 43 .

n lÇn

Chứng minh.
a.  Nếu phương trình f ( x) = x có nghiệm là x0 thì x0 cũng là nghiệm của phương
trình f n ( x) = x .
 Nếu phương trình f ( x) = x vô nghiệm thì f ( x) − x > 0 hoặc f ( x) − x < 0 với
mọi x ∈ ∆ , do đó f n ( x) > x hoặc f n ( x) < x với mọi x ∈ ∆ , dẫn đến phương trình
f n ( x) = x cũng vô nghiệm.
b.  Giả sử phương trình f ( x) = x có nghiệm duy nhất là x0 thì rõ ràng đây cũng là
nghiệm của phương trình f n ( x) = x . Đặt F ( x) = f ( x) − x , do F ( x) là hàm liên tục
nên trên các khoảng ( x0 ; β ) và (α ; x0 ) F ( x) giữ nguyên một dấu.
[ f ( x) − x] và lim− [ f ( x) − x ] cùng dương thì F ( x) > 0 trong
+ Nếu xlim
x→β
→α +
( x0 ; β ) và (α ; x0 ) ⇒ f ( x) > x, ∀x ∈ ∆ / { x0 } .
Xét x1 ∈ ∆ \ { x0 } ⇒ f ( x1 ) > x1


⇒ f ( f ( x1 )) > f ( x1 ) > x1
⇒ f n ( x1 ) > x1
⇒ x1 không là nghiệm của phương trình f n ( x) = x .
⇒ f n ( x) = x có nghiệm duy nhất: x = x0 .
[ f ( x) − x] và lim− [ f ( x) − x ] cùng âm chứng minh tương tự.
+ Nếu xlim
x →β
→α +
 Ta thấy mọi nghiệm của phương trình f ( x) = x đều là nghiệm của phương
trình f n ( x) = x do đó nếu phương trình f n ( x) = x có nghiệm duy nhất thì phương
trình f ( x) = x có nghiệm duy nhất.

3. Định lý 2:
Cho f : ∆ → ∆ là hàm đồng biến, dãy ( xn ) thoả mãn: xn+1 = f ( xn ), ∀n ∈ ¥ * .
Khi đó:
a- Nếu x1 < x2 thì ( xn ) dãy tăng.
b- Nếu x1 > x2 thì ( xn ) dãy giảm.
Chứng minh.
a. Ta chứng minh xn < xn +1 , ∀n ∈ ¥ * bằng phương pháp quy nạp.
Thật vậy:

- Với n = 1 , ta có x1 < x2 , mệnh đề đúng.
- Giả sử mệnh đề đúng với n = k , k ∈ ¥ * , tức là uk < uk +1 , ta chứng

minh mệnh đề đúng với n = k + 1 , có f (uk ) < f (uk +1 ) (do f là hàm đồng biến)
⇒ uk +1 < uk +2 (đpcm).
b. Chứng minh tương tự.
Có thể mở rộng định lý như sau:
Cho k ∈ ¥ * và

f : ∆ → ∆ là hàm đồng biến. Dãy ( xn ) thoả mãn:

xn+1 = f ( xn ), ∀n ≥ k , xk ∈ ∆ . Khi đó:
a. Nếu tồn tại số nguyên dương k để xk < xk +1 thì xn < xn +1 , ∀n ≥ k .


b. Nếu tồn tại số nguyên dương k để xk > xk +1 thì xn > xn+1 , ∀n ≥ k .
4. Định lý 3:
Cho f : ∆ → ∆ là hàm nghịch biến. Dãy ( xn ) thoả mãn: xn+1 = f ( xn ) ,
∀n ∈ ¥ * . Khi đó:
a. Các dãy ( x2n ) và ( x2 n+1 ) đơn điệu trong đó một dãy tăng và một dãy
giảm.

b. Nếu ( xn ) bị chặn thì ∃α = lim x2 n và ∃β = lim x2 n+1 .
c. Nếu f liên tục thì α , β là nghiệm của phương trình:
f ( f ( x)) = x (1).
Vì vậy nếu (1) có nghiệm duy nhất thì α = β . Và: lim xn = α = β .
Chứng minh.
a. Vì f là hàm giảm nên hàm f ( f ( x)) đồng biến, áp dụng định lý 2 ta có điều phải
chứng minh.
b. Suy ra trực tiếp từ phần a.
c. Ta có f ( f ( x2 n )) = f ( x2 n+1 ) = x2 n+ 2 , và
lim f ( f ( x2 n )) = lim x2 n+ 2 = α 
 ⇒ α = f ( f (α )) .
lim x2 n = α

Chứng minh tương tự ta cũng có: β = f ( f ( β )) .
Vậy α ; β là nghiệm của phương trình f ( f ( x)) = x .
5. Các ví dụ
u1 = 2,7
VD1. Cho dãy (un ) như sau:  3
*
un+1 − 3un+1 (un+1 − 1) = un + 1, ∀n ∈ ¥ .
Chứng minh rằng dãy (un ) có giới hạn hữu hạn.
Giải.  Ta có:




Do

un3+1 − 3un +1 (un +1 − 1) = un + 1,

∀n ∈ ¥ *

⇔ (un+1 − 1)3 = un ,

∀n ∈ ¥ *

⇔ un+1 = 3 un + 1,

∀n ∈ ¥ *

u1 = 2,7 > 0

nên

bằng

quy

nạp

ta

chứng

minh

được

un > 1, ∀n ∈ ¥ , n ≥ 2 .
 Xét hàm f ( x) = 3 x + 1 , với x > 1 , có (1; +∞) f '( x) =

1
3 3 x2

> 0 với mọi

x > 1 . Do đó f ( x) là hàm đồng biến.
 Lại có un+1 = f (un ), ∀n ∈ ¥ * , và u1 = 2,7 > u2 = 3 2,7 + 1 nên ta suy ra được
(un ) là dãy giảm mà lại bị chặn dưới tại 1 nên dãy (un ) có giới hạn hữu hạn.
u1 = 2,9

VD2. Cho dãy số (un ) thỏa mãn u = 3 + un , ∀n ∈ ¥ *
 n+1
un2 − 1

Chứng minh rằng dãy (un ) có giới hạn hữu hạn.
Giải. Xét hàm f ( x) = 3 +

x
x −1
2

, ∀x > 1 , có : f '( x) =

−1
( x − 1)
2

3

, ∀x > 1

⇒ f ( x) là hàm nghịch biến trên .
 Ta chứng minh
Thật vậy:

3 < un < 3 +

3
, ∀n ∈ ¥ * .
2

- Bài toán đúng với n = 1.
- Giả sử bài toán đúng với n = k, k ∈ ¥ * ta chứng minh bài toán đúng
n = k + 1.

với

Ta có: uk +1 = f (uk ) , mà: uk > 3 ⇒ f (uk ) < f ( 3) (Do f(x) là hàm giảm)
⇒ uk +1 < 3 +

3
.
2


Lại có uk > 3 > 0 ⇒ uk +1 = 3 +
Vậy

3 < un < 3 +

uk
uk − 1
2

> 3.

3
.
2

 Do un+1 = f (un ) và f ( x) là hàm nghịch biến nên (un ) tách hàm làm 2 dãy: ( u2 k +1
) và ( u2k ) trong đó có một dãy tăng và một dãy giảm, lại có dãy ( un ) bị chặn
⇒ ∃ lim(u2 k +1 ); lim(u2 k ) .
Đặt lim u2 k +1 = a ; lim u2 k = b thì a và b là nghiệm của phương trình f ( f ( x)) = x .
Xét hàm F ( x) = f ( f ( x)) − x,

f ( x) > 3 với mọi

3
3
3
, có F '( x) = f '( x). f '( f ( x)) − 1 . Do
2

1
1
3

và 0 > f '( x) > − nên − < f '( f ( x)) < 0
8
8
2

⇒ F '( x) < 0
⇒ phương trình F ( x) = 0 có nghiệm duy nhất là a.
⇒ lim u2 k +1 = lim u2 n = lim un = a.
Vậy dãy (un ) có giới hạn hữu hạn khi n → +∞ .
VD3. Cho số thực a và dãy số (un ) xác định như sau:
u1 = a

*
un+1 = un + sin un , ∀n ∈ ¥ , n ≥ 2.
Tìm lim un .
Giải. Xét hàm f ( x) = x + sin x, ∀x ∈ ¡ , ta có f '( x) = 1 + cos x ≥ 0, ∀x ∈ ¡ , khi đó
với x1; x2 ( x1 < x2 ) ta có: trong [ x1; x2 ] có hữu hạn điểm mà tại đó f '( x) = 0 , vì vậy
f ( x) đồng biến trên [ x1; x2 ] ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ) .
Vậy f(x) đồng biến trên ¡ .
 Nếu a = kπ , (k ∈ ¢ ) , dễ dàng chứng minh được bằng qui nạp un = a, ∀n ∈ ¥ * .


 Nếu k 2π < a < k 2π + π ⇒ sin a > 0
Có un+1 = f (un ) và f ( x) là hàm đồng biến trên ¡ , mà u1 = a < u2 = a + sin a nên
bằng qui nạp ta chứng minh được (un ) là dãy tăng và (un ) bị chặn trong khoảng
(k 2π ; k 2π + π ) tức là un < un +1 , ∀n ∈ ¥ * và k 2π < un < k 2π + π , ∀n ∈ ¥ * (1).
⇒ ∃ lim un Đặt lim un = b; b là nghiệm của phương trình: b = b + sin b ⇒ sin b = 0.
Kết hợp với (1) ⇒ b = k 2π + π .
Vậy lim un = k 2π + π .
 Nếu k 2π + π < a < (k + 1)2π ⇒ sin a < 0

Có un+1 = f (un ) và f ( x) là hàm đồng biến ¡ mà u1 = a > u2 = a + sin a nên bằng
qui nạp chứng minh được (un ) là dãy giảm và (un ) bị chặn trong khoảng
(k 2π + π ;( k + 1)2π ) tức là un < un +1 , ∀n ∈ ¥ * và k 2π < un < k 2π + π , ∀n ∈ ¥ * (2).
⇒ ∃ lim un . Đặt limU n = b; b là nghiệm của phương trình: b = b +
sin b ⇒ sin b = 0
Kết hợp với (2) ta có b = k 2π + π
Vậy lim un = 2kπ + π .
 x1 = a , a > 2

VD4. Cho dãy số ( xn ) như sau: 
*
 xn+1 = a − a + xn , ∀n ∈ ¥
Chứng minh rằng dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn.
Giải. Bằng quy nạp ta chứng minh được 0 ≤ xn ≤ a , ∀n ∈ ¥ * .
Xét hàm f ( x) = a − a + x , ∀x ∈ [0; a ] có xn+1 = f ( xn ) x2 n+1 và
F ( x) = a − a + a − a + x − x
f '( x) =

−1
4 a − a + x. a + x

⇒ f ( x) là hàm nghịch biến.

< 0, ∀x ∈ [0; a ]


Do đó dãy ( xn ) được tách thành 2 dãy con ( x2n ) và (). Trong đó dãy ( x2n ) tăng, dãy
( x2 n+1 ) giảm. Mặt khác dãy ( x2n ) và ( x2 n+1 ) đều bị chặn suy ra ∃lim x2 n và lim x2 n+1 .
Đặt lim x2 n = α ; lim x2 n+1 = β . Khi đó α , β là nghiệm của phương trình:
f ( f ( x)) = x ⇔ a − a + a − a + x = x .

Xét hàm , với x ∈ 0; a  có
1

F '( x) =
16 a − a + a − a + x

−1

a + a − a + x a − a + x. a + x

Với x ∈ 0; a  ta có
a− a+x. a+x ≥ a− a+ a . a > a− a+ a +

1
. a
4

1
1
3
= a − a − . a = ( a − )2 − . a
2
2
4
1
3
> ( 2 − ) 2 − . 2 > 0,12 > 0,3 . Thay vai trò của x bởi
2
4
minh tương tự có

a− a+ a− a+x

a + a − a + x > 0,3

⇒ F '( x) < −0,9 < 0 ⇒ F ( x) là hàm đồng biến.
⇒ Phương trình F ( x) − x = 0 có nghiệm duy nhất ⇒ α = β .
⇒ lim x2 n = lim x2 n+1 = lim xn
Vậy có lim xn = T với T thoả mãn f ( f (T)) = T.
VD6. Cho dãy số ( an )

a1 = 0

an
xác định như sau: 
.
1
*
an+1 =  ÷ , ∀n ∈ ¥
4


Hãy xét tính hội tụ của dãy.

a − a + x chứng


Giải. Dễ thấy an > 0, ∀n ≥ 2 .
x

1

Đặt f ( x ) =  ÷ , ta có f(x) là hàm số nghịch biến nên f ( f ( x ) ) là hàm số đồng
4
biến.
x

1
 ÷ +x
4

Xét F ( x ) = f ( f ( x ) ) − x , ta có F ' ( x ) =  1 
 ÷
4

.ln 2 4 − 1 . Ta chứng minh

F ' ( x ) < 0, ∀x > 0 .
x

x

1
1
Xét hàm số g ( x ) =  ÷ + x , có g ' ( x ) = −  ÷ .ln 4 + 1 , lập bảng biến thiên ta thấy
4
4
g(x) đạt giá trị lớn nhất khi x =
⇒ F '( x )

ln ln 4
ln 4

đạt giá trị lớn nhất bằng

1
e.ln 4

khi

x=

ln ln 4
. Từ đó có
ln 4

F ' ( x ) < 0, ∀x > 0 , suy ra F(x) là hàm số nghịch biến trên

( 0;+∞ ) .

Hơn nữa

1
1
1
F  ÷ = 0 , do đó có F ( x ) > 0, ∀0 < x < và F ( x ) < 0, ∀x > . Ta thu được:
2
2
2
1
=
2

Do a2 = 1 >

  1 
1
f  f  ÷÷ < f ( f ( x ) ) < x, ∀x > .
2
  2 

1
, dẫn đến a4 = f ( f ( a2 ) ) < a2 và bằng phương pháp quy nạp ta chứng
2

minh được ( a2n ) là dãy giảm và bị chặn dưới bởi

1
. Do đó ( a2n ) có giới hạn hữu
2

hạn lim a2 n = α . Chứng minh tương tự có ( a2 n+1 ) là dãy số tăng và bị chặn trên bởi


1
nên có giới hạn hữu hạn lim a2 n +1 = β . Với α , β là nghiệm của phương trình
2
1
f ( f ( x ) ) = x . Từ chứng minh trên thu được α = β = .
2
Vậy dãy ( an ) có giới hạn hữu hạn lim an =

1

.
2

 x1 = a
VD7. (VMO 2005) Cho dãy số ( xn ) xác định bởi: 
. Tìm tất
3
2
x
=
3
x
−
7
x
+
5
x
n
n
n
 n+1
cả các giá trị của a để dãy số có giới hạn hữu hạn.
3
2
Giải. Khảo sát hàm số f ( x ) = 3x − 7 x + 5 x và xét sự tương giao của nó với hàm

số y = x , ta được đồ thị sau.

3

Kết hợp với bảng biến thiên của hàm số
y = f ( x ) và đồ thị bên ta thấy:
2

5

+ f ( x ) tăng trên  −∞; ÷, ( 1;+∞ ) và giảm
9

1

5 
trên  ;1÷.
9 
5 4
+ f  ÷<
9 3

2

x = 0

4
+ f ( x) = x ⇔ x =
3

x =1

4


 4
+ Với x ∈  ; +∞ ÷∪ ( 0;1) thì f ( x ) > x và f ( x ) < x, ∀x ∈ ( −∞;0 ) ∪ 1; ÷.
3

 3


 4
 4   4 
  4

Lại có f   ; +∞ ÷÷ =  ; +∞ ÷, f   1; ÷÷ = 1; ÷ và f
  3

 3
 3   3 

( ( −∞;0 ) ) = ( −∞;0 ) ,

mà

trong các khoảng này f ( x ) là hàm số tăng, nên nếu a thuộc vào một trong các
khoảng này thì ( xn ) là dãy số đơn điệu.
4

- Với a ∈  ; +∞ ÷ thì x2 = f ( x1 ) = f ( a ) > a mà f lại là hàm số tăng trên miền này
3

nên

( xn )

là dãy tăng. Nếu

( xn )

bị chặn trên thì

( xn )

có giới hạn hữu hạn

4

α = lim xn , với α là nghiệm của phương trình f ( x ) = x ⇒ α ∈ 0;1;  điều này
3

mâu thuẫn vì xn > x1 = a >

4
4
⇒ α = lim xn ≥ a > . Vậy ( xn ) không bị chặn trên, do
3
3

đó ( xn ) không có giới hạn hữu hạn.
- Với a ∈ ( −∞;0 ) , chứng minh tương tự trường hợp trên suy ra ( xn ) giảm và không
bị chặn dưới, do đó cũng không có giới hạn hữu hạn.
 4

- Với a ∈  1; ÷ thì dãy ( xn ) giảm và bị chặn dưới bởi 1, nên nó có giới hạn hữu
 3
4

hạn α = lim xn với α là nghiệm của phương trình f ( x ) = x ⇒ α ∈ 0;1;  , vì
3

1≤ α ≤ a <

4
suy ra α = 1 .
3

- Với a = 0,1,

4
4
thì ( xn ) là dãy hằng do đó có giới hạn tương ứng là 0;1; .
3
3

1 
 4
- Với a ∈  ;1÷ thì x2 = f ( x1 ) = f ( a ) ∈ 1; ÷, từ đó áp dụng phần trên suy ra dãy
3 
 3

( xn )

giảm với mọi n ≥ 2 và có giới hạn là 1.

1
 1
- Với a ∈  0; ÷, ta đi chứng minh tồn tại n ≥ 2 để xn > . Giả sử ngược lại
3
 3
1
 1
xn ≤ , ∀n ≥ 1 , do khi đó f là hàm tăng trên  0; ÷ và x2 = f ( x1 ) = f ( a ) > a = x1
3
 3
nên ( xn ) là dãy số tăng, mà lại bị chặn suy ra tồn tại giới hạn hữu hạn lim xn = α ,
4

với α là nghiệm của phương trình f ( x ) = x ⇒ α ∈ 0;1;  . Điều này vô lý vì
3

1
1
0 < a ≤ α ≤ . Vậy tồn tại n sao cho xn > . Gọi n0 là số nguyên dương nhỏ nhất
3
3
thỏa mãn điều kiện này, thì ta có

1
xn0 −1 < , xn0 = f xn0 −1 < 1 dẫn đến
3

(

)

 4
xn0 +1 = f xn0 ∈ 1; ÷ và khi đó áp dụng chứng minh trên ta suy ra kể từ n 0 dãy số
 3

( )

( xn )

là dãy số giảm và có giới hạn là 1.

VD8. (VMO 2008) Cho dãy số thực ( an )

a1 = 1

xác định bởi 
an + 2
an+1 = 3 − 2an , ∀n ≥ 1

Chứng minh rằng dãy ( an ) có giới hạn hữu hạn. Hãy tìm giới hạn đó.
Giải.
+ Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh an > 1, ∀n ≥ 2
Với n = 2 ta có u2 =

3
nên (*) đúng.
2

Giả sử (*) đúng với k ≥ 2 tức là ak > 1 , ta đi chứng minh
ak +1 = 3 −

ak + 2
> 1 ⇔ 2ak +1 > ak + 2
ak
2

(*).


x +1
x +1
Xét hàm số u ( x ) = 2 − x − 2 trên ( 1;+∞ ) . Ta có u ' ( x ) = 2 ln 2 − 1 > 0, x > 1 . Do

đó u ( x ) là hàm số đồng biến suy ra u ( ak ) > u ( 1) > 0 . Dẫn đến (*) đúng.
+ Vì an ≥ 1, ∀n ≥ 1 nên an +1 = 3 −

an + 2
< 3, ∀n ≥ 1 ⇒ an ∈ ( 1;3) , ∀n ≥ 2 .
2 an

+ Ta chứng minh ( an ) là dãy số tăng.
Xét hàm số f ( x ) = 3 −

2+ x
ln 4 + x.ln 2 − 1
,
x
∈

1;3
f
'
x
=
> 0, x ∈ ( 1;3) nên
,
có
(
)
(
)
2x
2x

f(x) đồng biến trên (1; 3). Lại có a2 =

3
> a1 = 1 nên ( an ) là dãy số tăng.
2

+ Dãy ( an ) tăng và bị chặn suy ra tồn tại giới hạn hữu hạn lim an = L , với L là
nghiệm của phương trình L = 3 −
Xét hàm số g ( x ) = 3 −

L+2
trên (1; 3).
2L

x+2

− x, x ∈ ( 1;3) , ta có
2x

ln 4 + x ln 2 − 1
ln 4 + x ln 2 − 1 − 2 x
g '( x ) =
−1 =
2x
2x
x
Ta xét tiếp hàm số h ( x ) = ln 4 + x ln 2 − 1 − 2 , x ∈ ( 1;3) có

h ' ( x ) = ln 2 ( 1 − 2 x ) < 0, x ∈ ( 1;3)
Nên h(x) là hàm số nghịch biến trên (1; 3), suy ra h ( x ) < h ( 1) = ln 4 + ln 2 − 3 < 0 ,
dẫn đến g ' ( x ) < 0, x ∈ ( 1;3) . Vậy g(x) là hàm số nghịch biến trên (1; 3) và phương
trình g ( x ) = 0 có không quá một nghiệm.
Lại có g ( 2 ) = 0 nên x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình g ( x ) = 0 . Vậy
hàm số đã cho có giới hạn lim an = L = 2 .


6. Bài tập
Bài 1. Cho dãy ( xn )

1

x
=
1

3

xác định như sau: 
 x = 1 x2 − 1
 n+1 2 n

Chứng minh rằng dãy ( xn ) có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Hướng dẫn.
- Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh được −1 < xn < 0, ∀n ≥ 2
- Xét hàm số f ( x) =

1 2
x − 1 trên đoạn [ −1;0] . Ta có xn+1 = f ( xn ), ∀n ∈ N *
2

Hàm số f ( x) giảm trên đoạn [ −1;0] , do đó các dãy con ( x2 n ),( x2 n+1 ) đơn điệu (bắt
đầu từ x2 )
- Suy ra tồn tại các giới hạn lim x2 n = a , lim x2 n+1 = b , và a , b thuộc đoạn [ −1;0] ,
a , b là nghiệm của phương trình x = f ( x) .
Ta thấy, trong đoạn [ −1;0] , phương trình x = f ( x) có nghiệm duy nhất x = 1 − 3
- Vậy lim xn = 1 − 3 .
Bài 2. Cho dãy ( un )

u1 = 1

1
xác định như sau: 
u
=
 n+1 1 + u
n


Tìm lim un .
Hướng dẫn.
- Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh được 0 < un < 1, ∀n ≥ 2
- Xét hàm số f ( x) =

1
trên đoạn [ 0;1] . Ta có un+1 = f (un ), ∀n ∈ N * và
x +1
f '( x) = −

1
( x + 1) 2

Hàm số f ( x) giảm trên đoạn [ −1;0] , do đó các dãy con (u2 n ),(u2 n+1 ) đơn điệu.


- Suy ra tồn tại các giới hạn lim u2 n = a , lim u2 n+1 = b , và a , b thuộc đoạn [ −1;0] ,
a , b là nghiệm của phương trình x = f ( f ( x )) .
Ta thấy, trong đoạn [ 0;1] , phương trình x = f ( f ( x)) có nghiệm duy nhất
x=

−1 + 5
.
2

- Vậy lim un =

−1 + 5
.

2

Bài 3. Cho dãy ( un )

u1 = a

xác định như sau: 
1
*
un+1 = 2 cos un , ∀n ∈ N

Chứng minh rằng dãy ( un ) hội tụ.
Hướng dẫn.
- Dễ thấy un ∈ (0;1), ∀n ≥ 3 .
1
- Xét hàm số f ( x) = cos x trên khoảng (0;1) , ta có un+1 = f (un ), ∀n ≥ 3 .
2
1
Ta có f '( x ) = − sin x < 0 trên khoảng (0;1) , do đó các dãy con (u2 n ),(u2 n +1 ) đơn
2
điệu, bắt đầu từ u3 . Mà ( un ) bị chặn. Do đó tồn tại các giới hạn lim x2 n = a ,
lim x2 n+1 = b , và a , b thuộc đoạn [ 0;1] , a , b là nghiệm của phương trình x = f ( x) .
Ta thấy, trong đoạn [ 0;1] , phương trình x = f ( x) có nghiệm duy nhất.
- Vậy dãy ( un ) hội tụ.
a1 = a
Bài 4. Cho số a > 0 và xét dãy ( an ) xác định như sau: 
1− an
*
an+1 = 2 , ∀n ∈ ¥
Xét tính hội tụ của dãy số ( an ) .

Hướng dẫn.
- Chú ý 0 < an < 2, ∀n ≥ 2 . Nếu an > 1 thì an +1 < 1 và ngược lại.


1− x
- Đặt f ( x ) = 2
và F ( x ) = f ( f ( x ) ) − x . Ta chứng minh được F ' ( x ) < 0,

0 < x < 2 . Do vậy F ( x ) < F ( 1) = 0,1 < x < 2 và F ( x ) > F ( 1) = 0,0 < x < 1 .
- Từ đó xét trường hợp nếu a1 = a < 1 thì dãy số ( a2n ) là dãy tăng ( a2 n+1 ) là dãy
giảm và cả hai cùng tiến tới 1. Nếu a1 = a > 1 thì ngược lại dãy số ( a2n ) là dãy
giảm ( a2 n+1 ) là dãy tăng và cả hai cùng tiến tới 1. Nếu a1 = 1 thì dãy ( an ) là dãy
hằng an = 1, ∀n nên cũng có giới hạn là 1.
- Vậy trong mọi trường hợp dãy số ( an ) đều hội tụ về 1.
a1 = 2

xác định như sau: 
an
an+1 = 2 2 , n ∈ ¥ *

Bài 5. Cho dãy số ( an )
Tìm lim an .
Hướng dẫn.

- Chú ý 1 < an < 2 , n ≥ 1 .
x

- Xét hàm số F ( x ) = 2 2 − x,1 < x < 2 , đây là hàm giảm nên
F ( x ) > F ( 2 ) = 0, ∀x ∈ ( 1;2 )
Từ đó suy ra dãy số ( an ) tăng và có giới hạn hữu hạn lim an = α , với α là nghiệm

x

của phương trình x = x 2 ⇒ lim an = α = 2 .


CHUYÊN ĐỀ: SỬ DỤNG LƯỢNG GIÁC GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ
DÃY SỐ
Dãy số và các vấn đề dãy số là một phần quan trọng của đại số và giải tích
toán học. Có rất nhiều bài toán về dãy số mỗi bài toán có những cách tiếp cận
riêng. Trong bài viết này tôi muốn giới thiệu về một cách tiếp cận và giải quyết các
bài toán về dãy số.
I.MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ XÁC ĐỊNH SỐ HẠNG TỔNG QUÁT DÃY SỐ .
Bài 1( Đề nghị thi HSG khu vực DHĐBBB 2014):
 x1 = 2

Cho dãy số xác định như sau:  x = xn + 2 − 3
 n+1 1 + 3 − 2 x
n


(

)

( n∈¥ )
*

Tính u2014
Lời giải:

π
π
− tan
π
π π 
3
4 = 3 −1 = 2 − 3
Ta có: tan = tan  − ÷ =
12
 3 4  1 + tan π tan π 1 + 3
3
4
tan

π
12
Nên từ giả thiết ta có: xn+1 =
π
1 − xn .tan
12
xn + tan

π
12 = tan  α + π 
Đặt 2 = tan α ⇒ x1 = tan α , suy ra x2 =

÷
π
12



1 − tan α .tan
12
tan α + tan

π 

*
Theo quy nạp ta dễ dàng suy ra: xn = tan  α + ( n − 1) ÷, ∀n ∈ ¥
12 

π 
π


Vậy x2014 = tan  α + 2013. ÷ = tan  α + 168π − ÷
12 
4




π
π

4 =1
= tan  α − ÷ =
4  1 + tan α .tan π 3

4

tan α − tan

Bài 2: Cho dãy số thực ( xn )

 x1 = 2
xác định như sau: 
 xn+1 = 2 + xn

∀n = 1,2,...

Tìm số hạng tổng quát xn
Lời giải:
Ta có
x1 = 2 = 2cos

π
22

x2 = 2 + 2 = 2(1 +
Ta chứng minh xn = 2cos

2
π
) = 2cos 3
2
2

π
(1)
2n +1

Với n = 1 mệnh đề (1) đúng
Giả sử mệnh đúng đến n = k tức là xk = 2cos

π
2k +1

Ta chứng minh mệnh đề (1) đúng đến n = k + 1
Thật vậy :
xk +1 = 2 + xk = 2(1 + cos
Vậy xn = 2cos

π
π
) = 2cos k + 2
k +1
2
2

π
2n +1

Bài 3: ( Đề thi OLYPIC 30/04/2003). Cho dãy số ( xn ) xác định bởi :
 x1 = 3


xn + 2 − 1
 xn+1 =
1 + (1 − 2)un


Tìm x2003

∀n = 1,2,...


Lời giải:
Ta có
 π
π
tan = −1 + 2

π
π
π
8
2
8 ⇔ tan
1 = tan =
+ 2 tan − 1 = 0 ⇔ 
4 1 − tan 2 π
8
8
 tan π = −1 − 2 (L)

8
8
2 tan

xn + tan

Suy ra

xn+1 =

Do đó

x1 = 3 = tan

π
8

π
1 + tan xn
8

∀n = 1,2,...

π
,
3

π
π
+ tan
3
8 = tan( π + π )
x2 =
π
π
3 8

1 − tan tan
3
8
tan

π π
π
+ ) + tan
3 8
8 = tan( π + 2. π )
x3 =
π π
π
3
8
1 − tan( + ) tan
3 8
8
tan(

Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được
xn == tan(
Vậy x2003 == tan(

π
π
+ ( n − 1) ),
3
8

∀n = 1,2,...

π
π
π 
π π
π
+ 2002. ) = tan  + (250π + )  = tan( + ) = −(2 + 3)
3
8
4 
3 4
3

Bài 4: Tìm số hạng tổng quát của dãy số ( xn ) cho bởi
 x = 2 + 3
 1
4
2
 xn +1 = xn − 4 xn + 2,
Lời giải:
Đặt xn = 2 yn . Khi đó

∀n = 1,2,...


2 yn +1 = 16 yn4 − 16 yn2 + 2 ∀n = 1,2,...
⇔ yn+1 = 8 yn4 − 8 yn2 + 1

∀n = 1,2,...

Ta có

y1 =

2+ 3
=
2

π
3
1 + cos
6 = cos π
2 =
2
2
12

1+

Áp dụng công thức lượng giác cos 4α = 8cos 4 α − 8cos 2 α + 1
Ta suy ra
y2 = 8cos 4

π
π
π
− 8cos 2 + 1 = cos(4. )
12
12

12

y3 = 8cos 4 (4.

π
π
π
) − 8cos 2 (4. ) + 1 = cos(4 2. )
12
12
12

Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được
yn = cos(4n −1.
Vậy xn = 2cos(4 n−1.

π
),
12

π
),
12

∀n = 1,2,...

∀n = 1,2,...

Bài 5: ( Đề nghị Olympic 30/4/2012)
Cho dãy số ( xn ) định bởi:

2

x
=
−
1

5

25 x x + 15 x + 15 x + 10 = 25 x 2 + 30 x + 10
n +1 n
n +1
n
n
n

Xác định số hạng tổng quát xn .
Lời giải:
Ta có
25 xn+1 xn + 15 xn +1 + 15 xn + 10 = 25 xn2 + 30 xn + 10
⇔ (5 xn+1 + 3)(5 xn + 3) = (5 xn + 3) 2 + 1 − 1
Xét dãy số yn = 5 xn + 3 .Vậy ta có

∀n = 1,2,...


 y1 = 1
 y1 = 5 x1 + 3 = 1

⇔



2
 yn+1 yn = yn + 1 − 1  yn+1 =

Ta chứng minh yn = tan

π
2n+1

yn2 + 1 − 1
yn

∀n = 1,2,....

Với n = 1 mệnh đề trên đúng
Giả sử mệnh đề đúng với n = k , tức là yk = tan

π
2k +1

Ta chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1 . Thật vậy

yk +1 =

Vậy x =
n

tan

y +1 −1
2
n

yn

π
+1 −1
π
2k +1
= tan k + 2
π
2
tan k +1
2

tan 2
=

π
−3
2k +1
5

Bài tập đề nghị
Bài 1: Cho dãy số ( xn ) xác định bởi

3
 x1 =
3



 x = xn + 2 − 3
 n+1 1 + ( 3 − 2)un

∀n = 1,2,...

Tìm số hạng tổng quát xn
Bài 2: Tìm số hạng tổng quát của dãy số xn cho trước như sau
 x0 = 1

3 + xn

 xn+1 = 1 − 3u
n


∀n = 1,2,...

Bài 3: Tìm số hạng tổng quát của dãy số ( xn ) cho bởi


1

 x1 =
2

 xn +1 = 16 xn5 − 20 xn3 + 5 xn ,

∀n = 1,2,...

Tìm số hạng tổng quát của dãy số đã cho.
Bài 4: ( Đề nghi Olympic 30/4/2012) Cho dãy ( xn ) xác định bởi
 x1 = a

 xn +1 = 4 xn (1 − xn )

∀n = 1,2,...

Tìm các giá trị a để x2012 = 0
II.MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ TÌM GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ
Bài 1: ( VMO 2014) Cho hai dãy số thực dương ( xn ) , ( yn ) , trong đó x1 = 1 ,
y1 = 3 ; ngoài ra với mọi số nguyên dương n thì
xn+1 yn+1 − xn = 0
xn2+1 + yn = 2
Chứng minh rằng hai dãy số nói trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng
Giải:
Từ giả thiết x1 = 1 = 2sin

π
π
, y1 = 3 = 2cos
6
6

Suy ra x2 = 2 − y1 = 2 − 2cos

x1
π
π

π
= 2sin
và y2 = = 2cos
x2
12
6
12

Bằng chứng minh quy nạp ta chứng minh được
xn = 2sin

π
;
3.2n

y n = 2cos

π
*
n với mọi n ∈ N
3.2

Ta tính
lim xn = lim 2sin

π
π
=
0
lim

y
=
lim
2cos
=2
và
n
3.2n
3.2n

Bài 2: Tính giới hạn của dãy số thực ( xn ) được xác định bởi


xn = 2n 2 − 2 + 2 + ... + 2 với n = 1,2, …
1 4 4 44 2 4 4 4 43
n +1

Lời giải:
Đặt un = 2 + 2 + ... + 2 với n = 1,2, … . Ta chứng minh un = 2cos
Thật vậy ta có u1 = 2 = 2cos

π
(*)
2n +1

π
22

Khi n = 1 mệnh đề (*) đúng
Giả sử mệnh đề (*) đúng khi n = k tức là uk = 2cos

uk +1 = 2 + uk = 2(1 + cos

π
. Khi đó ta có
2k +1

π
π
2 π
)
=
2.2cos
=
2cos
.
2k +1
2k + 2
2k + 2

Do đó theo nguyên lý quy nạp (*) đúng với mọi n thuộc N*
Ta có
xn = 2n 2 − 2cos
= 2n 2(1 − cos
= 2n 2.sin 2
= 2n +1 sin
Vậy lim xn = π lim
2

π
2n+1

π
)
2n+1

π
2n+ 2

π
2n+ 2

π
2n + 2 = π
π
2
n+2

sin
2

Bài 3: Cho a là số thực dương tùy ý. Xét dãy số ( xn ) ( n = 1, 2,... ) xác định bởi:
x1 = a ; xn +1 =

xn 2 + 2 + ... + 2
( có n số 2 ở trên tử)
xn + 1

Chứng minh rằng dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó

Giải
Đặt yn = 2 + 2 + ... + 2 ta đã có kết quả ở bài 2 yn = 2cos

xn +1 =

π
2n +1 , ∀n ∈ N *
xn + 1

2 xn cos

Dễ thấy xn > 0 . Đặt an =

1
. Khi đó từ (1) ta có
xn

1
1
1
=
+
π
xn+1 2cos π
2 xn cos n +1
n +1
2
2
⇒ an +1 =

Đặt

bn =

π
, ∀n = 1,2,...
2n+1

an

π
2cos n +1
2

+

1

π
2cos n+1
2

∀n = 1,2,...

∀n = 1,2,...

(2)

4an
π . Từ (2) ta được

sin n
2

sin

π
π
b
sin n bn
n +1 n +1
1
2
2
=
+
, ∀n = 1,2,...
π
π
4
4.2.cos n+1 2cos n +1
2
2

⇔ bn +1 = bn +

⇔ bn +1 − 4cot
⇒ bn+1 − 4cot

4

π
sin n
2

∀n = 1,2,...

π
π
= bn − 4cot n ∀n = 1,2,...
n +1
2
2

π
π
π
π
=
b
−
4cot
=b
−
4cot
=
...
=
b
−
4cot

= b1
n
n
−
1
1
2n +1
2n
2n−1
21

Do đó bn = = b1 + 4cot

π
. Bởi vậy
2n


an =

sin

π
π
π
.bn sin n
b1 sin n
n
2
2 (b + 4cot π ) =

2 + cos π
=
1
n
4
4
2
4
2n

Suy ra
lim an = lim(

π
2n + cos π ) = 1 ⇒ lim x = 1 = 1
n
4
2n
lim an

b1 sin

Bài 4: ( Đề nghị thi HSG khu vực DHĐBBB năm 2012)
1 + xn2 − 1
n
Cho dãy số (xn) xác định bởi x1 = 1, xn+1 =
∀n ∈ N * . Tìm lim ( 2 .xn ) .
xn
Lời giải:
 π

Ta có nhận xét : Với mọi α ∈  0; ÷ ta luôn có:
 2

1
2α
−1
2sin
1 + tan α − 1 cos α
1 − cos α
α
2
=
=
=
= tan
sin α
α
α
tan α
sin α
2
2sin .cos
cos α
2
2
2

Áp dụng nhận xét trên dễ thấy x1 = tan

π

π
⇒ x2 = tan 3
4
2

Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được: xn = tan

π
∀n ≥ 1 .
2n+1

Do đó:

π
π 

2n+1 . 1 . π = π
lim ( 2n.xn ) = lim  2 n.tan n+1 ÷ = lim
π
π
2 

cos n+1 2 2
n +1
2
2
sin

Nhận xét: Một dấu hiệu để ta suy nghĩ đến sử dụng lương giác đó là cách cho số
hạng đầu và công thức truy hồi.

Bài 5: ( Olympic Toán Sinh viên Toàn Quốc năm 2009 )