TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH LÍ KẸP

3.3. TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH LÍ KẸP

Bài 1.

Tìm

lim
n→ ∞

n

1
n! .
Hướng dẫn giải

n
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức : n! > ( 3 ) n (*) (∀ n ∈ N*).
1
Bằng phương pháp qui nạp. Thật vậy : với n =1, ta có 1 > 3 (đúng).
k
Giả sử (*) đúng với n = k tức là : k! > ( 3 )k. Ta đi chứng minh (*) đúng với.
n = k+1.

3
k
k +1
k +1
1
(1 + )k
k
k+1

Ta có (k+1)! = k!(k+1) >( 3 ) (k+1) = ( 3 ) .
k > ( 3 )k+1.
Bất đẳng thức cuối này đúng vì :.

1
k k (k − 1) 1
k (k − 1)(k − 2)....(k − k + 1) 1
.
2
(1+ k )k =1+ k + 2!
. k k =.
k +.+
k!
1
1
1
1
2
k −1
1
1
1
1
(1 − )
(1 − )(1 − )...(1 −
)
= 1+1+ 2!
k +.+ k !
k
k

k < 1+1+ 2! +… + n ! <1+1+ 2 +.+ 2n−1 <.
1

1
1
1
1−
n−1
<1+1+ 2 +.+ 2 +.< 1+ 2 = 3.
n

n
n! >  ÷
 3  , từ đây ta suy ra
Vậy (*) đúng với n = k + 1 . Do đó

n

1
3
=> 0 < n ! < n .
n

Vì

lim
n→ ∞

3
n = 0.

Do đó theo định lý về giới hạn kẹp giữa ta suy ra:

Vậy

lim(2014 +

1
)
n
n ! =2014.

lim
n→ ∞

1
n
n ! = 0.

n! >

n
3.


Cho dãy số ( xn )

 x1 = 1; x2 = 2

5

xn +1 )
(
2

; ∀n ∈ ¥ *
2
( xn + 2 ) =
4 ( xn )
thoả mãn 
.

Tính I = lim xn .
Từ giả thiết suy ra mội số hạng của dãy đều dương.

 y1 = 0; y2 = 1

*
Đặt yn = log 2 xn , ta có dãy 2 yn + 2 = 5 yn +1 − 2 yn ; ∀n ∈ ¥ .
 z1 = −2; z2 = −1
 z1 = −2, z 2 = −1

* 
Lại đặt yn = zn + 2 , ta có dãy  2 zn+ 2 = 5 zn+1 − zn ; ∀n ∈ ¥ 2 z n + 2 = 5 z n +1 − z n .
Tìm được số hạng tổng quát của dãy là

zn = − 4.

1
2n .

Từ đó ta có lim yn = 2 ⇒ lim xn = 4 .

Bài 2.

an2 − 5an + 10
an +1 =
,
∞
5 − an
∀n ≥ 1.
Cho dãy (an )n =1 : a1 = 1;
a) Chứng minh dãy (an ) hội tụ và tính lim an .

a1 + a2 + ... + an 5 − 5
<
,
∀ n ≥ 1. .
b) Chứng minh
n
2
Hướng dẫn giải

3
1 ≤ an ≤ ,
a) Bằng phương pháp chứng minh qui nạp ta có:
2 ∀n .
5− 5
x 2 − 5 x + 10 10
A=
f ( x) =

=
− x,
( x ≠ 5) .
Đặt
5− x
5− x
2 và xét hàm
f ′( x ) =
Suy ra

10

− 1 < 0, ∀ x ∈ 1; 3  .
 2 
( 5 − x)
, như vậy f ( x) nghịch biến trên đoạn
2

a1 < a3 < a5 < ... < a2 k −1 < ... < A  ∃ lim a2 k −1 = b ≤ A
⇒
.

a
>
a
>
a
>
...
>

a
>
...
>
A
∃
lim
a
=
c
≥
A
4
6
2k
2k

Dẫn đến  2
.
Kết hợp công thức xác định dãy ta được.


c 2 − 5c + 10
b
=

5− 5
5−c
⇔
b

=
c
=

2
2
c = b − 5b + 10

5−b
.

1 
 2 ;1 .
.


Vậy

lim an =

5− 5
.
2 .

 5− 5 
∀ t ∈ 1;
÷÷.
2

 thì t + f (t ) < 5 − 5. .

b) Nhận xét:
Dẫn đến a2 k −1 + a2 k < 5 − 5 ,

∀k ≥ 1.

⇒ a1 + a2 + ... + a2 k −1 + a2 k < 2k

5− 5
.
(1).
2

Như vậy bất đẳng thức đúng với

Trường hợp

n = 2k + 1 , chú ý

n = 2k .

a2 k +1 <

5− 5
2 , kết hợp với (1) thu được:.

a1 + a2 + ... + a2k −1 + a2k + a2k +1 < (2k + 1)

5− 5
2 .

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Bài 3.

un e u n
1
( un ) : u1 = , un+1 = un , ∀ n ∈ ¥ *
Cho dãy số thực
1− e
. Chứng minh dãy trên có giới hạn hữu
2
hạn, tìm giới hạn đó.
Hướng dẫn giải

Chứng minh − 1 < un < 0, ∀ n ≥ 2 ( 1) .

1
e
u2 = 2
∈ ( −1;0 )
1− e
Với n = 2,
đúng.
Giả sử ( 1) đúng với

n = k ≥ 2 , ta chứng minh ( 1) đúng với n = k + 1 .

u n e un
un
⇒ 1− e > 0 ⇒

<0
Ta có un < 0 ⇒ e < 1
1 − e un
.
un

un > − 1 ⇒ eun >

1 un e un
> −1 ⇔ un eun > eun − 1 ⇔ eun ( u − 1) > − 1
un
n
(luôn đúng).
e ; 1− e

Vậy (1) được chứng minh.

Xét hàm

f ( x) =

f '( x) =
xe
1 − e x trên ( −∞ ;0 ) . Ta có
x

ex ( 1 + x − ex )

( 1− e )

x 2

.

Hàm g ( x ) = 1 + x − e có g ' ( x ) = 1 − e > 0 với mọi x ∈ ( −∞;0 ) nên hàm này đồng biến trên ( −∞ ;0 ) .
x

x


f '( x) =

Suy ra g ( x ) < g ( 0 ) = 0 , suy ra

ex ( 1+ x − ex )

<0

( 1− e )

x 2

.

hay hàm f ( x ) nghịch biến trên ( −∞ ;0 ) .

(
e
1
2 1− e

e
e
2
u
=
u2 =
=
, 3
e
1− e 2 1− e
2( 1− e )
Ta có
1− e

(

(

)

e

)

e

2 1− e

)
,

u4 > u2 .

Suy ra f ( u4 ) < f ( u2 ) ⇒ u5 < u3 < 0 < u1 .
Quy nạp ta được dãy ( u2 n +1 ) giảm và dãy ( u2n ) tăng.
Hơn nữa − 1 < un < 0, ∀ n ≥ 2 nên mỗi dãy trên tồn tại giới hạn hữu hạn.

(

)

Giả sử lim u2 n = a, lim u2 n +1 = b a, b ∈ ( − 1;0 ) , lấy giới hạn hai vế ta được.


beb
a
=
ae a
 1 − eb
a 2
a 1− ea
⇒ ( 1− e ) = e e

a
ae
b =
 1 − e a
.

  1 

t
ea = t  t ∈  ;1÷÷
2
1− t
  e   , ta được phương trình ( 1 − t ) = t.t ⇔ 2 ( 1 − t ) ln ( 1 − t ) − ( 1 − t ) ln t − t ln t = 0 .
Đặt
Hàm h ( t ) = 2 ( 1 − t ) ln ( 1 − t ) − ( 1 − t ) ln t − t ln t nghịch biến nên phương trình có nhiều nhất 1 nghiệm,
nhận thấy

Suy ra

Vậy

t=

a = ln

1
2 là nghiệm nên nó là nghiệm duy nhất.
1
1
b = ln
2 , thay vào được
2.

lim un = ln

Bài 4.

1

2.

Cho dãy số

( an ) , n ≥ 1

thỏa mãn

a1 = 1, an =

2n − 3
an−1 , n ≥ 2
và dãy ( bn ) , n ≥ 1 thỏa mãn
2n

n

bn = ∑ ai , n ≥ 1
i =1

. Chứng minh dãy ( bn ) có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Hướng dẫn giải

Ta có 2nan = ( 2n − 3) an −1 ⇔ an−1 = 2  ( n − 1) an−1 − nan  , n > 1 .


n

Do đó

bn = ∑ 2 iai − ( i + 1) ai +1  = 2 1 − ( n + 1) an+1 
i =1

Ta chứng minh bằng quy nạp rằng

nan ≤

.

1
,n ≥ 1
n
.

Thật vậy:.
- Với n = 1, ta có a1 = 1 nên khẳng định đúng.
- Giả sử khẳng định đúng với n ( n ≥ 1) . Ta có

an+1 =

2 ( n + 1) − 3
2 ( n + 1)

 2n − 1   1 
an ≤ 
÷
÷
 2n + 2   n n  , ta cần chứng minh

1

 2n − 1   1 
≤
⇔ ( 2n − 1) n + 1 ≤ 2n n

÷
÷
 2n + 2   n n  ( n + 1) n + 1
.

⇔ ( 4n 2 − 4n + 1) ( n + 1) ≤ 4n3 ⇔ 1 ≤ 3n .
Bất đẳng thức cuối đúng nên khẳng định trên đúng với

n + 1.

Theo nguyên lí qui nạp thì khẳng định được chứng minh.

1 

2 1 −
÷ ≤ 2 1 − ( n + 1) an +1  = bn ≤ 2
n +1 
Ta có 
.

lim bn = 2
Theo nguyên lí kẹp thì dãy ( bn ) có giới hạn và
.

Bài 5.

Cho dãy số ( bn )

1

u1 = 2



un +1 = 1  un + un 2 + 1

2 
4n
được xác định bởi: 

Chứng minh dãy số hội tụ và tìm

lim un
x→ ∞

.
Hướng dẫn giải

Ta chứng minh

Thật vậy:

un =

n=1 :

1
π
cot n +1 ; ∀ n ∈ ¥ (*)
n
.
2
2

u1 =

1
π
1
cot 1+1 =
1
2
2
2.

⇒ (*) đúng với n = 1 .
1
π
u =
cot
k
*
2k
2k + 1 .
Giả sử (*) đúng tới n = k , k ∈ ¥ , nghĩa là có :


÷
÷
.


1
1
uk +1 =  uk + uk 2 + k
2
4
Ta chứng minh (*) cũng đúng với n= k+1. Thật vậy
1 1
π
1
π
1
=  k cot k +1 + k cot 2 k +1 + k
2 2
2
4
2
4

1 
π
1
= k +1  cot k +1 +
π
2 

2
sin k +1

2


÷÷
.



1 
π
2 π
÷÷ = k +1  cot k +1 + cot k +1 + 1 ÷÷
2
 2  2
.


÷
÷
π
÷
→ 0; sin → 0
 ( vì khi k → +∞ thì 2k +1
).

π
π

+1
2 cos 2 k + 2
k
+
1
1
1
1
π
2
2
= k +1 .
= k +1
= k +1 cot k + 2
π
2
2 2sin π cos π
2
2
sin k +1
k +2
k +2
.
2
2
2
cos

⇒ (*) cũng đúng với

Vậy

un =

n = k + 1.

1
π
cot n+1 ; ∀ n ∈ ¥
n
.
2
2

π



 cos 2n +1 1 ÷

π
lim un = lim 
. n ÷ = lim  cos n +1
x →∞
x →∞
x
→∞
π
2
 n +1 2 ÷


 2


Vậy dãy hội tụ và có
Bài 6.

lim un =
x→ ∞

π

n +1 2 ÷
2
2
=
÷
π π
÷ π
n +1
2

.

2
π .

Cho phương trình: x − x − x − 1 = 0 với n ∈ N,
n

2

1)Chứng minh rằng với mỗi số nguyên

n > 2.

n > 2 , thì phương trình có một nghiệm dương duy nhất xn .

2)Xét dãy số sau đây: U n = n ( xn − 1) , n = 2,3, 4,... Tìm limU n ? .
Hướng dẫn giải
n
2
Xét phương trình: f ( x ) = x − x − x − 1 = 0 , với n nguyên,

+) Ta có: f ’ ( x ) = nx
trên

n −1

n > 2 (1).

– 2 x –1 . Do n > 2 , nên khi x > 1 thì f ’ ( x ) > 0 . Vậy f ( x ) là hàm số đồng biến

( 1;+∞ ) .

Lại có: f ( 1) = − 2 < 0 ; f ( 2 ) = 2 – 7 > 0 ( vì
n

n

nguyên và

n > 2 ⇒ n ≥ 3).

Ta có: f ( 1) f ( 2 ) < 0 và f ( x ) liên tục, đồng biến nên phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất trên

( 1;+∞ ) .


+) Mặt khác với

0 < x < 1 thì x n < x 2 ( do n > 2 ) suy ra f ( x ) < 0 với mọi 0 < x < 1 .

Như vậy ta đã chứng minh được (1) có nghiệm dương duy nhất với mọi n nguyên,

n > 2.

n
2
Gọi xn là nghiệm dương duy nhất của phương trình x – x – x –1 = 0 .

n ( xn − 1) , n = 3, 4,5, .

Bây giờ xét dãy ( U n ) với U n =

n
2
n
Ta có: xn − x n − x n − 1 = 0 hay x n = xn + xn + 1 .
2

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:.

(

)

x n = n xn2 + x n + 1 = n x n2 + x n + 1 .1.1.... 1
n −1 sô 1

x n2 + xn + 1 +1 + .... + 1
n so 1

n

<

(2).

(Chú ý rằng ở đây 1 < xn nên xn + xn + 1 ≠ 1 , vì thế trong bất đẳng thức không có dấu bằng).
2

+) Mặt khác do xn < 2 , nên x + x n < 6 , nên từ (2) có:
2
n

1 < xn < 1 +

6
n (3).

6
lim = 0
Bất đẳng thức (3) đúng với mọi n ≥ 3 và
nên từ (3) ta có: lim x n = 1 .
n

ln( x n2 + xn + 1)
n=
n
2
2
ln x n
+) Ta có: x n = x n − x n − 1 ⇒ n ln x n = ln x n + x n + 1 ⇒
.

(

Từ đó:
Đặt

n ( xn − 1) =

( xn − 1) ln( x 2 + x
n

ln xn

n

)

+1

)

(5).

y n = xn − 1 ⇒ lim y n = 0 .

Ta có: suy ra từ (5) lim U n = lim n ( xn − 1) = ln 3 .
Vậy:

lim U n = ln 3 .

Bài 7.

Cho số thực

a, xét dãy số ( xn ) n≥1 được

lim

ln ( yn + 1)
ln ( t + 1)
ln xn
= lim
= lim
=1
t→0

xn − 1
yn
t
xác định

xn3 − 6 xn − 6
x1 = a, xn +1 = 2
, n = 1, 2,....
3 xn + 9 xn + 7
bởi
. Tìm tất cả các giá trị của
hữu hạn, tìm giới hạn đó?.
Hướng dẫn giải
Với

lim x = −1
a = − 1 thì xn = − 1, ∀ n ≥ 1 nên n→ +∞ n
.

a

để dãy số có giới hạn


Với

a ∉ − 1 thì

xn + 1 =

( xn−1 + 1)

( xn−1 + 2 )

3

3 xn2−1 + 9 xn −1 + 7

, xn + 2 =

3

3 xn2−1 + 9 xn−1 + 7

, ∀n ≥ 2

.

3n−1

3

xn + 2  xn−1 + 2 
 a+ 2
=
÷ = ... 
÷ , ∀n ≥ 1
 a +1 
Do đó xn + 1  xn −1 + 1 
.

xn =
Từ đó, tính được

2 ( a + 1)

3n−1

( a + 2)

3n−1

− ( a + 2)
− ( a + 1)

3n−1

3n−1

, ∀n ≥ 1
,.

3
a < − ⇒ a + 1 > a + 2 ⇒ lim xn = − 2
n → +∞
Kết luận +
.
2
3
a > − ⇒ a + 1 < a + 2 ⇒ lim xn = − 1
n → +∞

+
.
2
3
3
3
a = − ⇒ xn = − , ∀ n ≥ 1 ⇒ lim xn = − .
n → +∞
+
2
2
2 .
2012

u1 =
2013

2
lim u

Cho dãy số (un ) xác định như sau: un − 2un +1 − 1 = 0 , ∀n = 1, 2,3,... . Tìm n→ +∞ n .

Bài 8.

Hướng dẫn giải

Ta có :

un 2 − 2un +1 − 1 = 0 ⇔ un +1 =

Xét hàm số :

f ( x) =

un2 1
−
2 2.

x2 − 1 x2 1
1
= − ≥−
2
2 2
2.

f '( x) = x .
.
Ta

x
f ′ ( x)
f ( x)

−1
2

1

0

−

0

−3
8

0
−1
2

−1
−1
−1
3
< u1 < 1 ⇒
< u2 < 0 ⇒
< u3 < − < 0
.
2
2
2
8
Vậy :

∀ n ≥ 2 thì − 1 < un < 0 .

có :.

+

un2 − 1
un − 2un +1 − 1 = 0 ⇔ un +1 =
2 .
2

x2 − 1
−1
= x ( x ∈ ( ;0)) ⇒ a = 1 − 2
Gọi a là nghiệm của : 2
2
.
Ta có : un +1 − a = f (un ) − f (a ) .
Theo định lí La-grăng : f (un ) − f (a ) = f '( a) . un − a .

Do

f '(a ) ≤

1
1
⇒ f (un ) − f (a ) ≤ un − a
.
2
2
2

n

1
1
1
⇒ un +1 − a ≤ un − a ≤  ÷ un−1 − a ≤ ... ≤  ÷ u1 − a
2
2
 2
.
n

1
lim  ÷ = 0 ⇒ lim (un +1 − a) = 0 ⇒ lim un+1 = a = 1 − 2
n → +∞
n →+∞
Mà n→ +∞  2 
.
Vậy :

lim un = 1 − 2

n → +∞

Bài 9.

.

1

 u0 = 2



2
un +1 = un + 5 , ∀n ∈ ¥
2 ( un + 2 )
Cho dãy số { un } xác định như sau: 
. Chứng minh rằng dãy số { un }
có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Hướng dẫn giải

* Vì 0 < u0 ≠ 1 nên 0 < un ≠ 1, ∀ n ∈ ¥ .

* Áp dụng BĐT Cauchy ta có

⇒

un + 2 +

un + 2 +

9
≥6
un + 2
. Dấu bằng xảy ra ⇔ un = 1 .

9
>6
un + 2
,∀ n ∈ ¥ .

un 2 + 5

1
9 
un +1 =
=  un + 2 +
÷− 2 > 1, ∀n ∈ ¥
2 ( un + 2 ) 2 
un + 2 
*
.

1
9
un +1 − un = − un − 1 +
2
2 ( un + 2 ) .
*
1
9
f ( x) = − x − 1+
2
2 ( x + 2) .
Xét hàm số


1
9
f '( x) = − −
< 0, ∀x > 1
2 2 ( x + 2) 2
⇒ f ( x ) nghịch biến trên ( 1;+∞ ) .

* Vì un > 1 ⇒ f ( un ) < f ( 1) = 0 ⇒ un +1 < un , ∀ n ∈ ¥ .
*

⇒ { un } giảm và bị chặn dưới ⇒ { un } có giới hạn hữu hạn.
* Giả sử lim un = a ( 1 ≤ a < +∞ ) . Từ

un +1 =

un 2 + 5
2 ( un + 2 ) chuyển qua giới hạn ta có.

a = 1
a2 + 5
a=
⇔
2 ( a + 2)
 a = −5(loai ) .
* Vậy lim un = 1 .

Bài 10.

un+1
Cho dãy số (un ) được xác định bởi: u1 = 4 và un +1 = u − 2 , với n ∈ ¥ . Tìm n→+∞ u1.u2 ...un .
2
n

*

lim

Hướng dẫn giải
Với mọi n = 1, 2,... ; ta có.

un2+1 − 4 = ( un2 − 2 ) − 4 = un4 − 4un2 = un2 ( un2 − 4 ) = un2 .un2−1 (un2−1 − 4) .
2

= ... = un2un2−1...u22u12 (u12 − 4) = 12 ( un .un −1...u1 ) (1).
2

2

 un +1 
4
; ∀ n = 1, 2,...

÷ = 12 +
2
u
.
u
...
u
u
.
u
...
u
(
)
1

2
n


1 2
n
Từ (1) ta có:
(2).
Mặt khác, vì u1 = 4 > 2 nên từ un +1 = un − 2 và chứng minh bằng quy nạp ta thu được un > 2 với mọi
2

n = 1, 2,... .
Do đó u1.u2 ...un > 2 ; ∀n ∈ ¥ . Khi đó,
n

*

lim

nên theo nguyên lý kẹp giữa ta có:

n →+∞

0<

4

( u1.u2 ...un )
4

( u1.u2 ...un )

2

2

<

4
; ∀ n = 1, 2,...
22 n
.

=0
.

2

 u n +1 
lim 
÷ = 12
n → +∞ u .u ...u
 1 2 n
Vậy, từ (2) suy ra:
.
Mặt khác, hàm số f ( x) =

x liên tục trên nửa khoảng [0; + ∞ ) nên.

2

 u

u n +1
lim
= lim  n+1 ÷ =
n → +∞ u u ...u
n → +∞
1 2
n
 u1u2 ...un 

2

 u

lim  n+1 ÷ = 12
n →+∞ u u ...u
 1 2 n
.

u n +1
= 12
Kết luận: n→ +∞ u1.u2 ...un
.
lim

Bài 11.

a) Chứng minh rằng có đúng một dãy số thực ( xn ) n≥ 0 thỏa mãn.

x0 = 1, 0 ≤ xn ≤ 1∀ n ≥ 1 và

(1 − xn ) 2 − (1 − xn −1 ) 2 =

xn + xn −1
∀ n ≥ 1.
.
2

b) Với dãy ( xn ) xác định như trên, xét dãy ( yn )n ≥ 0 xác định bởi yn = x0 + x1 + ... + xn∀ n ≥ 0.
minh rằng dãy ( yn ) n≥ 0 có giới hạn hữu hạn khi

Chứng

n → +∞ . Hãy tìm giới hạn đó.

Hướng dẫn giải
a) Bằng quy nạp ta sẽ chỉ ra rằng xn xác định duy nhất với mỗi

n ≥ 0. Để làm được điều này ta cần dùng

kết quả (chứng minh của nó là đơn giản) sau: Với mỗi số thực m ∈ [0;1] , phương trình

(1 − t )2 − (1 − m) 2 =

b) Để ý rằng

yn =

t+m
2 có đúng một nghiệm trên [0;1] .
1
1
1
1
1
x0 + ( x0 + x1 ) + ( x1 + x2 ) + L + ( xn−1 + xn ) + xn ∀ n ≥ 1.
.
2
2
2
2
2

3
.
Ta có giới hạn cần tìm bằng 2 .
Bài 12.

Giả sử ( Fn ) ( n = 1, 2,...) là dãy Fibonacci ( F1 = F2 = 1; Fn +1 = Fn + Fn−1 với

rằng

a≠−

nếu

x1 = a, xn +1 =

Fn +1
Fn

với

mọi

n = 1, 2,3,... thì

dãy

( xn ) ,

trong

đó

1
( n = 1, 2,3...) ,
1 + xn
là xác định và nó có giới hạn hữu hạn khi n tăng lên vô hạn.

Tìm giới hạn đó.
Hướng dẫn giải
Giả sử x1 , x2 ,..., xm đã được xác định. Khi đó xm +1 được xác định khi xm ≠ − 1 .
* Nếu xm = − 1 thì do

số

). Chứng minh

xm =

1
1 + xm −1 nên xm −1 = − 2 .

Từ giả thiết F1 = F2 = 1; Fn + 1 = Fn + Fn − 1 ta viết

xm = −

F
F2
xm−1 = − 3
F1 ,
F2 .


Giả sử

Vì

xm − i = −

xm−i =

Khi đó

Fi + 2
Fi +1 , với i nào đó, 0 ≤ i ≤ m − 2 .

F
F
1
1
xm−i −1 =
− 1 = − i +1 − 1 = − i +3
1 + xm−i −1 nên
xm−i
Fi + 2
Fi + 2 .

x1 = −

Phương trình

Fm+1
F
x1 ≠ − m+1
Fm . Mâu thuẫn với giả thiết
Fm . Như vậy ( xn ) là dãy số xác định.
x=

5 −1
− 5 −1
1
u=
,v =
⇔ x2 + x − 1 = 0
có hai nghiệm

2
2 . Có hai trường hợp xảy ra:.
1+ x

Trường hợp 1: x1 = v . Khi đó xn = x1 , ∀ n ≥ 1 . Do đó

lim xn =

n → +∞

− 5 −1
2 .

1
1− v
= v ⇔ xn =
⇔ xn = v
v
Trường hợp 2: x1 ≠ v . Chú ý 1 + xn
. Do đó xn ≠ v, ∀ n ≥ 1 .

Đặt

zn =

xn − u
xn − v , ta có.

1
−u

xn +1 − u
1 + xn
(1 − u ) − uxn u 2 − uxn u xn − u u
zn +1 =
=−
=
= 2
= .
= . zn
1
xn +1 − v
(1
−
v
)
−
vx
v
−
vx
v
x
−
v
v
n
n
n
−v
1 + xn

.
n

u
u
<1
zn =  ÷ .z1
v
Từ đó có
nên zn → 0 khi n → +∞ (vì v
).

Từ

zn =

xn − u
u − vzn
xn =
xn − v suy ra
1 − zn dần tới u khi n → +∞ (do zn → 0 ).

Tức là trong trường hợp này
Bài 13.

Cho dãy số

{ yn }

5 −1

2 .

lim xn =

n →+∞

thỏa mãn y1 > 0, yn +1 = y1 + y2 + ... + yn , ∀n ≥ 1 . Chứng minh rằng dãy số
3

 yn 
 
 n  có giới hạn bằng 0 khi n → +∞ .
Hướng dẫn giải
3
3
Từ giả thiết ta có yn +1 = yn + yn , ∀ n ≥ 2 , do đó dãy số { yn } n≥ 2 là dãy tăng, vì.

vậy yn +1 = yn + yn = yn ( yn + 1) < yn +1 ( yn + 1) .
3

3

2

2

⇒ yn2+1 < yn2 + 1 , ∀ n ≥ 2 ⇒ yn2+1 < yn2 + 1 < ... < y22 + n − 1 .


2

y22 + n − 1
y22 + n − 1
 yn +1 
lim
=0
⇒
÷ <
(n + 1)2
(n + 1) 2 . Mà
 n +1
nên theo định lý kẹp ta có.
2

y
y
 y 
lim  n +1 ÷ = 0 ⇒ lim n +1 = 0 ⇒ lim n = 0
n +1
n
 n + 1
.
Bài 14.

Cho

( un )

là một dãy số dương. Đặt S n = u1 + u2 + ... + u n với n = 1, 2,... Giả sử
3

3

3

1
S n+1 với n = 2,3,.... Tìm lim un .

un +1 ≤ ( ( Sn − 1) un + un −1 )

Hướng dẫn giải
Ta có S n +1 − S n = un +1 > 0, n = 1, 2,... ⇒ ( S n ) là dãy số tăng.
3

Nếu dãy số ( Sn ) bị chặn trên thì ( S n ) là một dãy hội tụ và lim un = lim ( Sn +1 − Sn ) = 0 ⇒ lim un = 0 .
3

Xét trường hợp dãy số ( Sn ) không bị chặn trên thì lim S n = +∞ .
Từ giả thiết ta có S n +1un +1 + un ≤ S nun + un −1 , n = 2,3,... .
Từ đây ta thu được Sn un + un −1 ≤ S 2u2 + u1 , n = 2,3,... .

Do đó

un +

un −1 S 2u2 + u1
S u +u
≤
⇒ 0 < un < 2 2 1 , n = 2,3,...
Sn

Sn
Sn
.

Theo nguyên lí kẹp ta có lim un = 0 .
Vậy trong mọi trường hợp ta đều có lim un = 0 .

Bài 15.

u1 = 1

1

*.
u
=
u
+
−
2,
∀
n
∈
¥
n
+
1
n

un

Cho dãy số (un ) xác định bởi công thức truy hồi: 
Chứng minh
rằng dãy (un ) có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.
Hướng dẫn giải

1
1
1
f ( x ) = x + − 2; g ( x ) = f ( f ( x )) − x = +
−2 2
x
x x+ 1 − 2
Đặt
. Khi đó.
x

2 2
−2  x −
÷( x + 1)
2 
1
1

g '( x) =
≤ 0 ⇒ g ( x) < g ( ) = 0 ⇒ f ( f ( x)) < x, ∀x ∈ ( ;1) (*).
2
2
2
1



x4  x + − 2 ÷
x


.


Mặt khác

f '( x) < 0, ∀ x ∈ (

f ( x) < f (

1
;1)
2
nên.

1
1
1
1
1
)=
⇒ f ( f ( x)) > f ( ) =
, ∀x ∈ ( ;1) (**).
2
2
2

2
2
.

1
1
< f ( f ( x)) < x, ∀ x ∈ ( ;1).
2 .
Từ (*) và (**) suy ra: 2

Vậy:

tại

1 = u1 > u3 >

lim u2 n −1 =
n→ ∞

1
1
⇒ 1 = u1 > u3 > u5 >
,...
2
2
Do đó (u2 n −1 ) là đơn điệu giảm và bị chặn dưới nên tồn

1
.
2 .

 1 
 2 ;1
f
(
x
)
 nên.
Vì
liên tục trên 

(

)

u2 n = f (u2 n −1 ) ⇒ lim u2 n = f lim u2 n −1 =
n →∞

n →∞

1
.
2 .

Vậy dãy (un ) được phân tích thành hai dãy con hội tụ tới cùng một giới hạn. Do đó dãy (un ) có giới hạn

1
.
bằng 2 .
Bài 16.

Tìm tất cả các hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau đây:.

1. f ( x + y ) ≤ f ( x ) + f ( y ) với mọi x, y ∈ ¡ .
2. f ( x ) ≤ e − 1 với mỗi
x

x∈ ¡ .
Hướng dẫn giải

f ( x + 0 ) ≤ f ( x) + f (0) ⇒ f (0) ≥ 0 và bởi vì f (0) ≤ e0 − 1 = 0 nên f (0) = 0 .

f ( x + (− x)) ≤ f ( x ) + f ( − x) ⇒ f ( x ) + f ( − x) ≥ 0 (1) .
 x
f ( x ) ≤ f  ÷+
 2

x

 x 
f  ÷ ≤ 2  e 2 − 1÷
2 
.

 x 
f ( x ) ≤ 2  e 2 − 1÷ ⇒ f ( x ) ≤



 x

f  ÷+
 2

x

 x 
f  ÷ ≤ 4  e 4 − 1÷
 2 
.

 xn 
f ( x) ≤ 2  e 2 − 1÷÷

.
Dùng quy nạp theo n = 1, 2,… ta CM được


 2x0n 
f ( x0 ) ≤ 2  e − 1÷

÷
x
∈
¡

.
Cố định 0
ta có
n

 2x0n

e
−
1
x0

 2n 
lim an = lim  x0 x0  = x0
n
an = 2  e − 1÷
n

÷
 2


 ta có :
Xét dãy
.
Vậy f ( x0 ) ≤ x0 , ∀ x0 ∈ ¡ (2) .
Vậy f ( x ) + f (− x) ≤ x + (− x ) = 0 (3) .
Kết hợp ( 1) và (3) ta được f ( x) + f ( − x ) = 0 .
Từ (2) ⇒ f ( − x) ≤ − x ⇒ f ( x ) ≥ x (4) . Kết hợp ( 2) và (4) ta được f ( x ) = x, ∀ x ∈ ¡ .
Thử lại f ( x) = x ta thấy đúng.

Bài 17.

Cho dãy số ( xn )

 x1 = 1,

3 x

n
x
=
x
+
∀n ≥ 1
 n +1 n
2
n
được xác định như sau 
. Chứng minh rằng ( xn ) có

giới hạn hữu hạn khi

n

dần đến vô cùng.
Hướng dẫn giải

Dễ thấy xn > 0 , với mọi n nguyên dương, nên dãy số đã cho là dãy tăng thực sự.
Vậy để chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn ta chỉ cần chứng minh nó bị chặn trên.
Ta chứng minh xn < 8, ∀ n ∈ ¥ .
*

Thật vậy, với n = 1 ⇒ x1 = 1 < 8 nên điều cần chứng minh đúng.
Giả sử ta có: xn < 8 , với

n

nguyên dương. Ta cần chứng minh xn +1 < 8 .
n

Theo công thức xác định dãy số có:

xn +1 = x1 + ∑

k =1

3

xk

k

2

n

1
< 1 + 2.2 < 8
2
.
k =1 k

< 1 + 2∑

Do đó xn < 8 với mọi n nguyên dương từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Bài 18.

Cho dãy số thực ( an )

( an )

1
3

a1 = 4 ; a2 = 10

2
a = 1 + an + an −1 , ∀n ∈ ¥ , n ≥ 2
n
2 6
3
xác định bởi 
. Chứng minh rằng dãy

có giới hạn hữu hạn. Hãy tìm giới hạn đó.
Hướng dẫn giải


Có a1 , a2 ∈ ( 0;1) , giả sử a1 , a2 ,..., ak ∈ ( 0;1) , k ∈ ¥ , k ≥ 2 . Từ công thức truy hồi ta có:.

1
1 ak ak2−1 1 1 1
+ 0 + 0 ≤ ak +1 = + +

≤ + + = 1, 0 ≤ a , a ≤ 1 ⇒ a ∈ ( 0;1)
k +1
k −1 k
2
2 6
3
2 6 3
vì
.
Vậy bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được an ∈ ( 0;1) , ∀ n ∈ ¥ .
*

3
1


 y1 = y2 = 10
 x1 = x2 = 4
( yn ) : 
( xn ) : 
2
2
x
x
1
 y = 1 + yn + yn −1
 x = + n + n −1
 n +1 2 6
 n +1 2 6
3 với ∀ n ∈ ¥ ; n ≥ 2 .

3 và
Xét hai dãy số mới
Có

0 < x1 ≤ x2 <

1
< x3 < 1
, giả sử ta có 0 < x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xk < 1, k ∈ ¥ , k ≥ 3 , khi đó.
2

1 xk −1 xk2− 2 1 xk xk2−1
xk = +
+
≤ + +
= xk +1
2 6
3
2 6
3
.
Vậy bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được ( xn ) là dãy số tăng và bị chặn trên bởi 1, nên nó có
giới hạn hữu hạn lim xn = α .

3

α=
1 α α2

α= + +

⇔
2

2 6 3
α = 1 .
Chuyển công thức truy hồi qua giới hạn tìm được
Do ( xn ) ⊂ ( 0;1) nên suy ra

α = 1.

Chứng minh tương tự đối với dãy số ( yn ) , ta cũng có lim yn = 1 .
Cuối cùng ta chứng minh xn ≤ an ≤ yn , ∀ n ∈ ¥ (1) bằng phương pháp quy nạp:.
*

Ta có x1 = a1 < y1 và a2 < x2 = y2 , với n = 1, 2 bất đẳng thức (1) đúng. Giả sử (1) đúng tới k ∈ ¥ , k ≥ 2 ,
tức là xi ≤ ai ≤ yi , ∀ i = 1, 2,..., k . Khi đó.

1 xk xk2−1
1 ak ak2−1 1 yk yk2−1
xk +1 = + +
≤ ak +1 = + +
≤ + +
= yk + 1
2 6
3
2 6
3
2 6
3
.

Từ xn ≤ an ≤ yn , n ∈ ¥ , n ≥ 1 và áp dụng định lý kẹp ta suy ra được lim an = 1 .
Bài 19.

2
2
Cho hai dãy số ( an ) ; ( bn ) xác định bởi a1 = 3, b1 = 2 , an +1 = an + 2bn và bn+1 = 2an bn với n = 1,

2, 3,…. Tìm

lim 2n bn

n → +∞

và

lim 2n a1a2 ...an

n → +∞

.

Hướng dẫn giải
Với mọi n = 1,2,3,… ta có.


(

an +1 + bn +1 2 = an2 + 2bn2 + 2 2anbn = an + bn 2

)

2

.

Do đó:.

(

an + bn 2 = an −1 + bn−1 2

) =(a
2

Tương tự ta có:

an − bn 2 =

(

) +(

1
an = 
2
Từ đó:
2n

Chú ý:

(

)

2 −1

n

n→ ∞

lim 2n a1a2 ...an

Bài 20.

)

(

= 3+ 2 2

)

2n−1

=

(

)

2 +1

2n

.

.

1 

÷ bn =

2 2
;

(

) −(

2 +1

n

và

lim 2

n

n→∞

(

2n

)

2 +1

)

2 −1

2n


÷
.

2n

4 2

= 2 +1

, nên theo nguyên lí kẹp ta có:

n

Mặt khác: bn+1 = 2an bn

n → +∞

2n

(

= ... = a1 + b1 2

2 n−1

2n

< 2 bn < 2 an < 2 + 1

lim 2 bn = lim 2 an = 2 + 1
n→ ∞

)

)

2n

4 2

n

+ bn − 2 2

2 −1

)

2n

2 +1

2 +1

(

n− 2

22

n →∞

an =

hay

lim 2 bn +1 =
n

=

.

(

2

2 +1 = 3+ 2 2

Cho dãy số thực ( an )

( an )

)

bn +1
b
b b b
a1a2 ...an = 2 . 3 ... n +1 = n +n1
(∀ n ≥ 1)
2bn
2b1 2b2 2bn 2 . Do đó
. Suy ra:

(vì

lim 2n
n→∞

1
=1
2n
).

1
3

 a1 = 4 ; a2 = 10

2
 a = 1 + an + an −1 , ∀n ∈ ¥ , n ≥ 2
n
2 6
3
xác định bởi 
. Chứng minh rằng dãy

có giới hạn hữu hạn. Hãy tìm giới hạn đó.
Hướng dẫn giải

+ Ta Có a1 , a2 ∈ ( 0;1) , giả sử a1 , a2 ,..., ak ∈ ( 0;1) , k ∈ ¥ , k ≥ 2 . Từ công thức truy hồi ta có:.

1
1 ak ak2−1 1 1 1
+ 0 + 0 ≤ ak +1 = + +
≤ + + = 1, 0 ≤ a , a ≤ 1 ⇒ a ∈ ( 0;1)
k +1
k −1 k
2
2 6
3
2 6 3
vì
.

Vậy bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được an ∈ ( 0;1) , ∀ n ∈ ¥ .
*

1

 x1 = x2 = 4
( xn ) : 
2
 x = 1 + xn + xn −1 , ∀n ∈ ¥ , n ≥ 2
 n +1 2 6
3
+ Xét hai dãy số mới
.


3

 y1 = y2 = 10
( yn ) : 
2
 y = 1 + yn + yn −1 , ∀ n ∈ ¥ , n ≥ 2
 n +1 2 6
3
và
.

- Có

xk =

0 < x1 ≤ x2 <

1
< x3 < 1
, giả sử ta có 0 < x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xk < 1, k ∈ ¥ , k ≥ 3 , khi đó.
2

1 xk −1 xk2− 2 1 xk xk2−1
+
+
≤ + +
= xk +1
2 6
3
2 6
3
.

Vậy bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được ( xn ) là dãy số tăng và bị chặn trên bởi 1, nên nó có
giới

hạn

hữu

hạn

lim xn = α . Chuyển công thức truy hồi qua giới hạn tìm được

3


α=
1 α α2

α= + +
⇔
2

2 6 3
α = 1 . Do ( xn ) ⊂ ( 0;1) nên suy ra α = 1 .
- Chứng minh tương tự đối với dãy số ( yn ) , ta cũng có lim yn = 1 .
- Cuối cùng ta chứng minh xn ≤ an ≤ yn , ∀ n ∈ ¥ (1) bằng phương pháp quy nạp:.
*

Ta có x1 = a1 < y1 và a2 < x2 = y2 , với n = 1, 2 bất đẳng thức (1) đúng. Giả sử (1) đúng tới k ∈ ¥ , k ≥ 2 ,
tức là xi ≤ ai ≤ yi , ∀ i = 1, 2,..., k . Khi đó.

xk +1 =

1 xk xk2−1
1 a a2
1 y y2
+ +
≤ ak +1 = + k + k −1 ≤ + k + k −1 = yk +1
2 6
3
2 6
3
2 6
3

.

+ Từ xn ≤ an ≤ yn , n ∈ ¥ , n ≥ 1 và áp dụng định lý kẹp ta suy ra được lim an = 1 .

Bài 21.

Tìm giới hạn:

lim(2014 +

1
)
n
n! .
Hướng dẫn giải
n

 n
n! >  ÷
 3  (*) ∀ n ∈ N * ).
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức:

1
Bằng phương pháp qui nạp. Thật vậy: với n = 1 , ta có 1 > 3 (đúng).
k

k
k!>  ÷
 3  . Ta đi chứng minh (*) đúng với.
Giả sử (*) đúng với n = k tức là:

n = k + 1.


3
k
k +1
k +1
1 k
k + 1 (1 + )
k +1

÷
k
+
1
!
=
k
!
k
+
1
>
k
+
1
=
(
)

( )  3 ( )
Ta có (
3 ) .
k >( 3 ) .
k

Bất đẳng thức cuối này đúng vì:.
k

k k (k − 1) 1
k (k − 1)(k − 2)....(k − k + 1) 1
 1
. 2 + ... +
. 2
1+ ÷ = 1+ +
k
2! k
k!
k
 k

= 1+ 1+

1
1
1
1
2
k −1
(1 − ) + ... + (1 − )(1 − )...(1 −

)
2!
k
k!
k
k
k

< 1+1+

1
1
1
1
1
1
+ ... + < 1 + 1 + + ... + n −1 < 1 + 1 + + ... + n −1 + ..
2!
n!
2
2
2
2

< 1+

1
1
1−
2

=3
.
n

n
n
n! >  ÷
n
 3  , từ đây ta suy ra n ! > 3 .
Vậy (*) đúng với n = k + 1 . Do đó
=>

0<

1
3
3
<
=0
lim
n
n ! n . Vì n→ ∞ n
.

Do đó theo định lý về giới hạn kẹp giữa ta suy ra:

lim(2014 +
Vậy

n

1
)
n ! =2014.

lim
n→ ∞

1
n
n ! = 0.