bài tập trắc nghiệm toán lớp 12

3.4. CÁC DẠNG KHÁC

Bài 1.

Tìm các giá trị thực của tham số
hạn.

m

 x1 = 2016


m
xn +1 =
∀n ∈ N *

2
1 + xn
để dãy số ( xn ) : 
có giới hạn hữu

Hướng dẫn giải
*) m > 0 ⇒ 0 < xn < m ∀ n > 1 .

Xét hàm số:

f ( x) =

−2mx
m
f '( x) = 2

⇒
f ( x ) nghịch biến trên ( 0;m ) .
( x + 1) 2
x 2 + 1 ta có

Suy ra ( x2 n ),( x2 n +1 ) đơn điệu và bị chặn.

0< m<

 x1 > x3 > x5 > ... >
2017
⇒ x1 > x2 , x3 ⇒ 
2016
 x2 < x4 < x6 < ... < .

f ( f (1)) =

4m
m
≤ 1, x2 =
< 1 ⇒ x2 n < 1 ∀ n ∈ N *
2
.
m +4
2017

+

 a (1 + b 2 ) = m
lim x2 n = a, lim x2 n +1 = b ⇒ a < 1, 

(I )
2
b
(1
+
a
)
=
m


Giả sử
.
 a = b
( II )
 3
 a + a = m

( I ) ⇔  b = 1
a
 
( III )
 1
 a + = m
  a
.
Khi

Khi

o < m ≤ 2 hệ (I) có nghiệm duy nhất ⇒ ( xn ) có giới hạn hữu hạn.
2< m<

2017
2016 hệ (II) có nghiệm duy nhất lớn hơn 1 và hệ (III) có nghiệm thỏa mãn

⇒ lim x2 n ≠ lim x2 n +1 ⇒ ( xn ) không có giới hạn.
+

 x1 ≤ x3 ≤ x5 ≤ ...
2017
≤ m < 2017 2016 ⇒ x1 > x2 , x1 ≤ x3 ⇒ 
2016
 x2 ≥ x4 ≥ x6 ≥ ... .

⇒ lim x2 n < lim x2 n +1 ⇒ ( xn ) không có giới hạn.
+ m = 2017 2016 ⇒ xn = 2016 ∀ n ∈ N ⇒ l imxn = 2016 .
*

a ≠ b . Do đó


 x1 > x3 < x5 < ...
m > 2017 2016 ⇒ x1 < x2 , x1 > x3 ⇒ 
 x2 < x4 < x6 < ... .
+

⇒ lim x2 n > lim x2 n +1 ⇒ ( xn ) không có giới hạn.
*)

m < 0 tượng tự ta có 0 < m ≤ 2 và m = − 2017 2016 .

Bài 2.

Cho số thực

a, xét dãy số ( xn ) n≥1 được xác định bởi

a

Tìm tất cả các giá trị của

x1 = a, xn +1 =

xn3 − 6 xn − 6
, n = 1, 2,....
3 xn2 + 9 xn + 7
.

để dãy số có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó?.
Hướng dẫn giải

Với

Với

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

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)

( a + 2)

3n−1

− ( 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 .

Bài 3.

Cho hai dãy số dương ( an ) n≥ 0 , ( bn ) n ≥ 0

1 + an +1

 an + bn = 1 − a
n +1

2
2


xác định bởi: a0 = 3, b0 = 2 và  an + 1 = bn

Với mọi n = 0,1, 2,... . Chứng minh rằng hai dãy trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng.
Hướng dẫn giải

an = tan
Ta chứng minh bằng quy nạp

π
1
, bn =
, n = 0,1, 2,... (*)
n
π
3.2
cos n
. Thật vậy.
3.2

.


a0 = 3 = tan
Với

n = 0 , ta có
a1 =

Với

n = 1 , ta có

π
π
1
= tan 0 , b0 = 2 =
π
3
3.2
cos 0
3.2 , vậy ( *) đúng.

1
π
π
2
1
= tan = tan 1 , b1 =
=
6
3.2
3
3 cos π
3.21 , vậy ( *) đúng.
an = tan

Giả sử khẳng định đúng đến n = k , k ≥ 1 , tức là

an +1 = tan

Ta chứng minh

π
1
,
b
=
n
π
3.2n
cos n
3.2 .

π
1
, bn+1 =
n +1
π
3.2
cos n +1
3.2 . Thật vậy. Từ ( 1) ta có.

π
π
π
π
π
sin n + 1 2sin n +1 cos n +1 + sin 2
+ cos 2
n +1

1 + an +1
3.2
3.2
3.2
3.2
3.2n +1 =
=
=
π
π
π
1 − an +1
cos n
cos 2
− sin 2
n +1
3.2
3.2
3.2n +1
2

π
π 

 sin n +1 + cos n +1 ÷
3.2 
 3.2
=
π
π 

π
π 

 cos n +1 − sin n+1 ÷ cos n+1 + sin n +1 ÷
3.2
3.2  
3.2
3.2 

π
π
π
sin n +1 + cos n +1 tan n +1 + 1
π
3.2
3.2 =
3.2
=
⇒ a n +1 = tan n +1
π
π
π
3.2
cos n +1 − sin n +1 1 − tan n +1
3.2
3.2
3.2

Khi đó từ ( 2 ) , suy ra

bn2+1 = an2+1 + 1 = tan 2

π
1
1
+1 =
⇒ bn +1 =
n +1
π
π
3.2
cos 2 n +1
cos n +1
3.2
3.2 .

an = tan
Như vậy theo nguyên lý quy nạp thì

lim an = lim tan

n →+∞

n → +∞

Do đó

π
1
, bn =

, n = 0,1, 2,...
n
π
3.2
cos n
.
3.2

π
1
1
= tan 0 = 0; lim bn = lim
=
=1
n
n → +∞
π
3.2
cos
0
n → +∞
cos n
.
3.2

lim an = 0; lim bn = 1

Kết luận:

n → +∞

Bài 4.

u1 = 2014

2
2
Cho dãy số (un ) xác định như sau : un +1 = un + (1 − 2a)un + a ; ∀n = 1, 2,... . Tìm điều kiện của

a

n → +∞

.■.

để dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn khi

n → +∞

Hướng dẫn giải

và tính giới hạn đó.


Ta có: un +1 − un = (un − a) ≥ 0 ⇒ un +1 ≥ un ; ∀n = 1, 2,3,... .
2

* Suy ra dãy số (un ) tăng knn ; từ đó dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn khi và chỉ khi dãy bị chặn trên.
Giả sử

lim un = L ( L ∈ ¡ )

n → +∞

, thì chuyển qua giới hạn hệ thức un +1 = un + (1 − 2a )un + a
2

2

ta có:

L = L2 + (1 − 2a) L + a 2 ⇔ L = a .
lim u = L = a
*
- Nếu có chỉ số k ∈ ¥ mà uk > a thì un > a; ∀ n ≥ k trái với kết quả n→ +∞ n
.
Do đó: uk ≤ a với mọi k = 1, 2,... hay un − (1 − 2a )u n + a ≤ a, ∀n = 1, 2,3,... .
2

2

⇔ a − 1 ≤ u1 ≤ a ⇔ a − 1 ≤ 2014 ≤ a .
* Đảo lại: Nếu a − 1 ≤ 2014 ≤ a ⇒ a − 1 ≤ u1 ≤ a .

⇒ (u1 − a + 1)(u1 − a) ≤ 0 ⇒ u12 + (1 − 2a)u1 + a 2 − a ≤ 0 ⇒ u2 ≤ a .
và u1 ≤ u2 ⇒ a − 1 ≤ u2 ≤ a .
Bằng quy nạp ta chứng minh được a − 1 ≤ un ≤ a, ∀ n = 1, 2,3,... (H/s trình bày ra).
Như vậy dãy (un ) tăng knn, bị chặn trên bới
Kết luận: Với điều kiện

Bài 5.

a , do đó dãy số (un )

có giới hạn hữu hạn.

lim u = a
a − 1 ≤ 2014 ≤ a thì dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn khi n → +∞ và n→ +∞ n .

Cho dãy số ( xn )
giới hạn hữu hạn.

 x1 = a

2 xn3

 xn +1 = 3 x 2 − 1 , n = 1, 2,3,...
n
thỏa mãn 
. Tìm a sao cho dãy số xác định và có
Hướng dẫn giải

2 x3
3
f ( x) = 2 , x ≠ ±
Đặt
3x − 1
3 . Ta có x1 = a, xn+1 = f ( xn ) . Ta có.
f '( x) =

6 x4 − 6x2

( 3x

2

− 1)

2

=

6 x 2 ( x 2 − 1)

( 3x

2

− 1)

2

.

Bảng biến thiên.

Ta xây dựng dãy số như sau

a0 =

3
, a0 = f ( a1 ) , a1 = f ( a2 ) , a2 = f ( a3 ) ,...
.
3

Nhận thấy a1 , a3 ,..., a2 k + 1 ,... < 0; a0 , a2 ,..., a2 k ,... > 0 .


 3 

3
−1
a1 ∈  − ;0 ÷
,
a
=
f
a
∈
0;
(
)

2
1
÷
 3 ÷
÷
3




.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy

⇒ a2 < a0 ⇒ f ( a3 ) < f ( a1 ) ⇒ a3 > a1 ⇒ f ( a4 ) > f ( a2 ) ⇒ a4 < a2 .
Bằng quy nạp ta chứng minh được dãy ( a2k )

tăng và bị chặn bởi

−

3
đơn điệu giảm, bị chặn bởi 0 và 3 , dãy ( a2 k +1 ) đơn điệu

3
lim ( a ) , lim ( a )
3 và 0. Từ đó tồn tại k →+∞ 2 k k →+∞ 2 k +1 .

(

)

(

)

(

)

Ta có an = f ( an +1 ) = f f ( an + 2 ) ⇒ lim an = f f ( lim an + 2 ) ⇒ l = f f ( l ) .
3

 2l 3 
2 2 ÷
3l − 1 
1

⇔l= 
⇔ l  l 2 − ÷( l 2 − 1) ( 20l 4 − 15l 2 + 5 ) = 0
2
5

 2l 3 
3 2 ÷ −1
 3l − 1 
(*).

(do

Xét

f ( x) =

 3 
2 x3
3
;0 ÷÷
 −

,
x
≠
±
2
3
,
3x − 1
3 liên tục trên 

0
1
3
3
5
*) ⇔
< an <
(
l=
f
f
a
−
a
=
a
−
a
<

0
(
)
(
)
3 . Vậy
n
n
n+ 2
n
5
nên
3 . Ta có
5 .

Tương tự ta chứng minh được dãy ( a2 k +1 )


3
 0; ÷÷
l = lim an
 3  và
n → +∞
).

đơn điệu tăng, hội tụ về

 5

 5

xn = 
5
− 5
a=
 5
x
=
−
x
,
x
=
−
x
1 3
2 nên ta có dãy
+) Nếu
5 thì 2

−

5
5 .

nÕu n ch½
n
nÕu n lÎ

.

Dãy này không hội tụ.

 5
−
 5
xn = 
5
 5
a=−
 5
+) Nếu
5 ta có dãy

nÕu n ch½
n
nÕu n lÎ

.

Dãy này không hội tụ.
+) Nếu tồn tại n sao cho a = an thì ta có.

x1 = an ⇒ f ( x1 ) = f ( an ) ⇔ x2 = an −1 ⇒ f ( x2 ) = f ( an −1 ) ⇒ x3 = an−2 ,..., xn+1 = a0 =

3
3 .


Khi đó không tồn tại xn + 2 .
Vậy nếu a = an thì dãy không xác định.

+) Nếu

0< a<

5
5 thì hai dãy con ( x2 k ) , ( x2 k +1 ) cùng hội tụ về 0 nên giới hạn của dãy là 0.

Nếu a > 1 thì x2 = f ( a ) < a = x1 và hàm số đồng biến nên dãy đơn điệu giảm, bị chặn dưới bởi 1. Khi đó
dãy hội tụ về 1.

3
< a <1
+) Nếu 3
thì x2 = f ( a ) > 1 . Khi đó ta có thể khảo sát dãy từ x2 . Trường hợp này dãy đơn điệu
giảm và bị chặn dưới bởi 1 nên hội tụ về 1 .
+) Nếu a = 1 thì xn = 1 ∀ n nên dãy hội tụ về 1 .

5
3
5
3
= lim a2 n
a0 =
+) Nếu 5
và
3 ta có 5 n→+∞
3 nên tồn tại a2 k , a2k + 2 sao cho a2 k + 2 < a < a2 k (Thật
vậy, các số hạng của ( a2k ) không thể cùng nằm bên trái a do

bên phải

a

do nếu thế thì

a < a2 n <

a0 =

3
3 , chúng cũng không thể cùng nằm

3
5
⇒ lim a2n ≠
n →+∞
3
5 ).

a ∈ ( a2 k + 2 ; a2 k ) ⇒ x2 ∈ ( a2 k ; a2 k −2 ) ,..., x2 k ∈ ( a2 ; a0 ) , x2 k + 2 ∈ ( a0 ; +∞ ) ⇒ x2 k +2 >

Vậy
dãy đơn điệu giảm, bị chặn dưới bởi 1 nên hội tụ về 1.

Vì f(x) là hàm lẻ nên trường hợp

−

3
3 . Khi đó ta lại có

5
3
< a < 0, − 1 < a < − , a < −1, a = −1
ta khảo sát tương tự.
5
3

Kết luận: Điều kiện để dãy xác định và có giới hạn hữu hạn là.

a≠±

Bài 6.

3
5
; a ≠ ± ; a ≠ an , ∀n = 1, 2,3,...
.
3
5

Cho dãy số

{ an }

lim ( an − n ) = 0
n →∞

xác định bởi 0 < a1 ≠ 1 và

an + 1 = a n +

.
Hướng dẫn giải

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

a2 = a1 +

1
>2
a1
(do a1 ≠ 1 ).

n
, ∀n ≥ 1
an
. Chứng minh rằng


Nhận xét: an > n, ∀ n ≥ 2 .
Ta sẽ chứng minh nhận xét này bằng phương pháp quy nap.
Thật vậy.
Với

n = 2 ta có a2 > 2 (đúng).

Giả sử ak > k .

Ta có

ak +1 = ak +

k
> k + 1 ⇔ ak2 + k > ( k + 1) ak
ak
.

⇔ ak2 − ( k + 1) ak + k > 0 .
⇔ ( ak − 1) ( ak − k ) > 0 (đúng).
Suy ra ak +1 > k + 1 .
Như vậy an > n, ∀ n ≥ 2 (điều phải chứng minh).

Mặt khác,

an +1 − ( n + 1) = an +

n
n
− ( n + 1) = an − n + − 1
an
an .

an2 − ( n + 1) an + n ( an − n ) ( an − 1)
=
=
an
an

(1).
Áp dụng (1) ta có.


( a2 − 2 ) ( a2 − 1)
 a3 − 3 =
a2


( a − 3) ( a3 − 1)
 a4 − 4 = 3
a3


...


( an − n ) ( an − 1)
 an +1 − ( n + 1) =
an

.

Suy ra

( a3 − 3) ( a4 − 4 ) ... ( an+1 − ( n + 1) ) =

⇔ an +1 − ( n + 1) =

( a2 − 2 ) ( a2 − 1) ( a3 − 3) ( a3 − 1) ... ( an − n ) ( an − 1)

a2 a3 ...an

( a2 − 2 ) ( a2 − 1) ( a3 − 1) ... ( an − 1)
a2 a3 ...an

.

 1  1   1 
⇔ an +1 − ( n + 1) = ( a2 − 2 ) 1 − ÷1 − ÷... 1 − ÷
 a2  a3   an  .

.


n
 1
⇔ an +1 − ( n + 1) = ( a2 − 2 ) ∏ 1 − ÷
ai  (2).
i =2 

1−

Ta lại có

Suy ra

Từ (2)

a −1
1

= n +1 =
an +1
an +1

n



1

i =2



i

an +

n
−1
an

an +1

<

n
an
an > n ⇒ < 1
an +1 (do

an
).

a1 a2 an −1 a1
. ...
=
an a n .
2 a3

∏ 1− a ÷ < a


⇒ an +1 − ( n + 1) < ( a2 − 2 ) .

⇒ 0 < an +1 − ( n + 1) < ( a2 − 2 ) .

a1
a
< ( a2 − 2 ) . 1
an
n (vì an > n ).

a1
n.

a1
a
= 0 ⇒ lim ( a2 − 2 ) 1 = 0
n→ ∞
Mà n → ∞ n

.
n
lim

Do đó

Bài 7.

lim ( an +1 − ( n + 1) ) = 0
n →∞

hay

lim ( an − n ) = 0
n →∞

.

Cho p ∈ ¥ , a > 0 và a1 > 0 . Xét dãy số ( an ) được xác định bởi:
*

với mọi

an +1 =

1
a 
( p − 1)an + p −1 
p
an  ,

n ≥ 1 . Chứng minh dãy số (an ) có giới hạn hữu hạn khi n → +∞ . Hãy tìm giới hạn đó.
Hướng dẫn giải

* Theo bất đẳng thức Côsi ta có:.

1 
a ÷
1
a
p
a n +1 =
an + an + ... + an + p −1 ≥ p. p anp −1. p −1 = a
p  1 4 4 2 4 43 an ÷
p
an
p −1


, với ∀ n ≥ 1 . (1).
an +1 − an =

1
a 
 ( p − 1)an + p −1  − an
p
an 

an
anp − a

a
=− +
=−
≤ 0; ∀ n ≥ 2
p p.anp −1
p.anp −1

Do đó:

Từ (1) và (2) ta có dãy số (an ) giảm và bị chặn dưới bởi
suy ra dãy số ( an ) có giới hạn hữu hạn khi
Giả sử

lim an = L

n → +∞

p

; ( L ≥ a ).

n → +∞ . .

(2)
p

a ;.

.

Chuyển qua giới hạn hệ thức

ta có phương trình

L=

an +1 =

1
a 
( p − 1)an + p −1 
p
an  .

1
a 
(
p
−
1)
L
+
⇔ pLp = ( p − 1) Lp + a
p −1 

p
L 
.

p

⇔ Lp = a ⇔ L = a (thỏa mãn điều kiện).
p

Vậy

lim an = a

n → +∞

.

Cho trước số thực dương

Bài 8.

α

và xét dãy số dương ( xn ) thỏa mãn

α
n +1

x

α
−
1
α +1

+ < ( α + 1) α
xn
với

*
mọi n ∈ ¥ . Chứng minh rằng dãy ( xn ) hội tụ và tìm giới hạn của nó.

Hướng dẫn giải

1
f ( x ) = xα + , x > 0
Xét hàm số
.
x

Ta có

f '( x) = α xα −1 −

1
1 α xα +1 − 1
−
=
α +1
2
2
x
x
; f '( x) = 0 ⇔ x = x0 = α
.

Ta có bảng biến thiên của hàm f(x):.

.
Suy ra f ( x ) ≥ f ( x0 ) = α

Do đó

α
n +1

x

−

α
α +1

1

+ α α +1 = (α + 1)α

−

α
α +1

.

α

−
1
1
α +1
+ < ( α + 1) α
≤ xnα+1 +
xn
xn+1 .

Suy ra xn +1 < xn hay ( xn ) là dãy giảm. Kết hợp với xn > 0 với mọi n ta suy ra dãy ( xn ) hội tụ.
α
−
1
α +1
β + ≤ (α + 1)α
⇒ β = x0
β
Đặt lim xn = β > 0 . Chuyển qua giới hạn ta được
.
α

Vậy lim xn = α

−

1
α +1

.

un ∈ (0;1)
∀n ≥ 1

Tìm tất cả các hằng số c > 0 sao cho mọi dãy số dãy số (un ) thỏa mãn un +1 (1 − un ) > c

Bài 9.

đều hội tụ. Với giá trị

c

tìm được hãy tính giới hạn của dãy (un ) .
Hướng dẫn giải

Ta xét các trường hợp sau.

+ Nếu

c>

cun
c
1
un +1 >
=
≥ 4cun ; ∀n ≥ 1
1 − un un (1 − un )
.
4 , thì từ giả thiết, ta có

1

n −1
c>
Từ đây bằng quy nạp, ta suy ra un > (4c) u1 . Do 4c > 1 nên un → +∞ khi n → +∞ . Do đó,
4

không thỏa mãn.

 1 − 1 − 4c 1 + 1 − 4c 
 a(1 − b) > c
1
a
,
b
∈
;

÷÷, a < b

0< c<
2
2


+ Nếu
sao cho  b(1 − a ) > c . Thật vây, lấy
4 , thì tồn tại
 1 − 1 − 4 c 1 + 1 − 4c 
a ∈ 

;
÷÷,
2
2

 đặt b = a + x ( x > 0) , thì.

a (1 − b) > c ⇔ a (1 − a − x) > c ⇔ x <

a (1 − a) − c
.
a

Chú ý là b(1 − a) > a(1 − a) > c. Do đó, ta chỉ cần chọn
thức nêu trên.

x > 0 như trên và b = a + x, thì được 2 bất đẳng

Xét dãy số (un ) xác định bởi.

 a khi n = 2m
un = 
b khi n = 2m + 1 .
1

0< c<
thì dãy (un ) thỏa mãn giả thiết nhưng không hội tụ. Thành thử,
4 cũng không thỏa mãn.

+ Nếu

c=

un
1
1
un +1 >
=
≥ un
4(1 − un ) 4un (1 − un )
. Suy ra dãy (un ) tăng và bị chặn. Do đó, (un ) hội tụ.
4 , thì
1

1

1

x(1 − x) ≥
x= .
lim un = .
Đặt x = lim un , thì từ giả thiết ta có
4 hay
2 Vậy
2 .
Bài 10.

2
*
Cho dãy số ( un ) xác định như sau: u1 = 2 , un +1 = un − un + 1 , n ∈ ¥ . Tìm giới hạn của dãy

( sn )

với

sn =

1 1
1
+ + ... + , n ∈ ¥ *
u1 u2
un
.
Hướng dẫn giải


Bằng phép quy nạp đơn giản ta thấy rằng: un ≥ 2 .
Xét

tính

đơn

điệu

của

( un ) .

dãy

Từ

hệ

un +1 = un 2 − un + 1

thức

ta

suy

ra

được

∀ n ∈ ¥ * , un+1 − un = ( un − 1) > 0 , vậy dãy số ( un ) tăng.
2

Tính tổng: Từ hệ thức truy hồi (1) ta suy ra được un +1 − 1 = un ( un − 1) .

⇒

1

1
1
1
1

1
1
=
− ⇒ =
−
un +1 − 1 un ( un − 1) un − 1 un
un un − 1 un+1 − 1
=

( *)

với n ∈ ¥ .
*

Thay n bởi 1, 2, 3,., n vào (*) và cộng vế với vế các đẳng thức ta suy ra :.

1 1
1
1
+ + ... + = 1 −
u1 u2
un
un +1 − 1 .
Do dãy ( un ) là dãy tăng nên có hai khả năng sau xảy ra:.
1) Dãy ( un ) bị chặn trên. Theo tiêu chuẩn Weierstrass, nên ( un ) tăng và bị chặn trên nên nó có giới hạn.
Giả

sử

lim un = a ⇒ a ≥ 2

n → +∞

.

Chuyển

qua

giới

hạn

hệ

thức

(1)

khi

n → +∞

bị

chặn

ta

có:

a = a 2 − a + 1 ⇔ a 2 − 2a + 1 = 0 ⇔ a = 1 , vô lý.
2)

Dãy

không

bị

chặn

trên,

do

( un )

tăng

và

không

1
=0
n →+∞ u
.
n

lim un = +∞ ⇒ lim ( un − 1) = +∞ ⇒ lim

n →+∞

n →+∞

1 1
 1
1
lim  + + ... + ÷ = lim 1 − ÷ = 1
n →+∞ u
un  n→+∞  un  .
 1 u2
Vì thế từ (2) ta suy ra:

Bài 11.

Cho dãy số (un) thỏa mãn :

u0 = 2016; un +1 = un +

1
un3
lim
un2 . Tính n → +∞ n .

Hướng dẫn giải
3



1
3 1
(un +1 ) =  un + 2 ÷ = un3 + 3 + 3 + 6
un 
un u n .

3

Do un > 0 ∀ n =>

(un +1 )3 = un3 + 3 +

3 1
+ 6 > un3 + 3 , ∀n
3
un u n
.

suy ra (un ) > u0 + 3n = 2016 + 3n, ∀n ∈ ¥ (1).
3

Lại có.

3

3

trên

nên

3


1
3 1
(un +1 ) =  un + 2 ÷ = un3 + 3 + 3 + 6
un 
un un

3
1
1
1
< un3 + 3 +
+
< un3 + 3 + +
2
3
3
2016 + 3n ( 2016 + 3n )
n ( 3n ) 2
3

.

1
1
(un +1 )3 < un3 + 3 + +

∀n ∈ ¥
2
n
3
n
(
)
=>
.
Suy ra.
n −1
n
1 n −1 1
1 n 1
(un )3 < u13 + 3(n − 1) + ∑ + ∑ 2 < u13 + 3n + ∑ + ∑ 2
k =1 k
k =1 9k
k =1 k
k =1 9 k .
n

1

∑k
Do
k =1

2

< 1+

1
1
1
1
+
+ ... +
= 2− < 2
1.2 2.3
(n − 1)n
n
.

2

n
1
 n 1 
≤
n
< 2n
∑
∑ k ÷
2
k =1 k
và  k =1 
(Bất đẳng thức Bunhiacopxki).

2
(un )3 < u13 + 3n + + 2n

suy ra
(2).
9
Từ (1) và (2) suy ra.

2
20163 + 3n < (un )3 < u13 + 3n + + 2n , ∀n ∈ ¥
9
3
3
3
(u ) u
2016
2
2
⇒
+3< n < 1 +3+ +
, ∀n ∈ ¥
n
n
n
9n
n
.

un3
=3
Do đó n→+∞ n
.
lim

Bài 12.

Cho

số

thực

a,

xét

dãy

số

( xn ) xác

định

bởi:

x1 = a, xn+1 = ln ( 3 + cos xn + sin xn ) + 2014, n = 1, 2... Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn
hữu hạn khi

n → +∞ . .
Hướng dẫn giải

Đặt f ( x ) = ln ( 3 + sin x + cos x ) + 2014, ∀ x ∈ ¡ .

⇒ f '( x) =

cos x − sin x
3 + sin x + cos x .


π

 π
⇒ 3 f ' ( x ) = 2 cos  x + ÷− 2 f ' ( x ) sin  x + ÷
4
4


⇒ 9 ( f '( x) ) ≤ 2 + 2 ( f '( x) ) ⇒ f '( x) ≤
2

2

2
= q , ∀x ∈ ¡
7
.

Áp dụng định lí Lagrange cho hàm số f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên

¡ , thì với mọi số thực x,y tồn tại

z ∈ ¡ sao cho:.

f ( x ) − f ( y ) ≤ f ' ( z ) x − y ≤ q x − y ⇒ f ( x ) − f ( y ) ≤ q x − y , ∀ x, y ∈ ¡ .

(

)

Với m > n m, n ∈ ¥ , ta có: xm − xn = f ( xm−1 ) − f ( xn−1 ) ≤ q xm−1 − xn−1 ≤ ... ≤ q
*

m − n −1

xm− n+1 − x1 .

Mặt khác: 2014 < xn < 2014 + ln 5, ∀ n ∈ ¥ ⇒ ( xn ) bị chặn.
*

Do đó: ∀ ε > 0, ∃ N ∈ ¥ : q
*

m − n −1

xm− n +1 − x1 < ε , ∀ m > n ≥ N . .

Vậy ( xn ) là dãy Cauchy, nên dãy số đã cho hội tụ.

Bài 13.

Cho hai dãy số { un }

và { vn }

un =
xác định như sau: u1 = 1, v1 = 2, và

un −1 + vn−1
, vn = un vn −1
khi
2

n ≥ 2 . Chứng minh rằng hai dãy { un } và { vn } có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Hướng dẫn giải

Ta có

cos

a +b
π 1
π
=
u1 = cos v1
an = n −1 n−1 , bn = an bn −1
khi n ≥ 2 .
3 2 suy ra
3 mà
2

π
π
u1 + v1

u2 =
= 2 cos 2 3 , v2 = u2 v1 = 2 cos 3
Suy ra
2
2
2 .

π
π
π
u +v
π
u3 = 2 2 = 2 cos 3 cos 2 3 , v3 = u3v2 = 2 cos 3 cos
2
2
4
2
3.
bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được.

un =

un−1 + vn −1
2

vn = un vn −1

Mặt khác

π

π
π
π
= 2 cos 3 cos 32 cos 33 ....cos 2 3n −1
2
2
2
2 .

π
π
π
π
= 2cos 3 cos 32 cos 33 ....cos 3n −1
2
2
2
2 .

cos α =

sin 2α
2sin α nên ta có.


π
π
π
π
sin

sin 3
sin 2 n3− 2
1
π
3 .
2 ....
2
un = 2
= n − 2 sin cot 3n −1
π
π
π
2
3
2
2sin 3 2sin 32 2 2 sin 2 3n −1
.
2
2
2
π
π
π
π
sin
sin
sin 3
sin n3− 2
1
3 .

3
2 .......
2
vn = 2
= n−2
π
π
π
π
2
2sin 3 2sin 32
2sin 3n −1
sin 3n −1
2
2
2
2 .
Do đó.

π


π 

3
 cot n −1
 1
÷
π
π

3
2
lim un = lim  n − 2 sin cot n −1 ÷ = 2sin lim  n−1
n →∞
n →∞ 2
3
2 ÷
3 n→∞  2






π
π
π
3
2sin
2sin
n −1
3 =3 3
3 lim 2
=
=
π n→∞
π
π
π
3

3
tan 3n −1
2


÷
÷
÷
÷
÷
÷


.

n

Bài 14.

Với mỗi n ∈ ¥ , đặt
*

Qn ( x ) = ∏ ( x − i 2 )
i =0

.

′
a) Chứng minh đa thức Qn ( x ) có duy nhất 1 nghiệm thực xn thuộc ( 0;1) .
b) Chứng minh tồn tại giới hạn của dãy { xn } .

Hướng dẫn giải

( ) = ... = Q ( n ) = 0 .

a) Ta có Qn ( 0 ) = Qn ( 1) = Qn 2

2

2

n

( 1; 4 ) ,..., ( ( n − 1)
nên trong mỗi khoảng ( 0;1) ,

2

; n2

) có 1 nghiệm của phương trình Q ′ ( x ) = 0 .
n

′
′
Mặt khác, ta có det Qn ( x ) = n nên đa thức Qn ( x ) có duy nhất 1 nghiệm xn thuộc khoảng ( 0;1) . .
1
1 
1
Qn′ ( x ) = Qn ( x )  +
+ ... +

÷
2
x − n2  .
 x x −1
b) Ta có

′
′
Do Qn ( x ) có nghiệm không là nghiệm của Qn ( x ) nên nghiệm của phương trình Qn ( x ) = 0 là nghiệm
của phương trình:.


1
1
1
+
+ ... +
=0
2
.
x x −1
x − n2
1
1
1
f n′ ( x ) = − 2 −
+ ... +
<0
2
2 2

x ( x − 1)
x
−
n
(
)

fn ( x ) =

Ta có:

.

Nên f n ( x ) nghịch biến trên ( 0;1) .

1
1
1
+
+ ... +
=0
2
xn xn − 1
xn − n 2
Lại có:
.
1
1
1
1

1
= +
+ ... +
+
<0
2
2
2
2
x
x
−
1
x
−
n
x
−
n
+
1
x
−
n
+
1
(
)
(
)

n
n
n
n
⇒ n
.
f n ( xn ) =

⇒ f n + 1 ( x n ) < 0 = f n ( x n ) = f n + 1 ( x n + 1 ) ⇒ x n > xn + 1 .
Do đó dãy { xn } là dãy giảm.
Lại có xn ∈ ( 0;1) . Vậy dãy { xn } có giới hạn.
Cho x1 = a, x2 = b ( a, b ∈ ¡

Bài 15.

)

lim x
và n.xn + 2 − (n − 1).xn +1 − xn = 0 , n = 1, 2,... Tìm n → ∞ n .
Hướng dẫn giải

Ta có

xn + 2 − xn +1 = −

xn +1 − xn
n .

(− 1)n
(− 1) n

⇒ xn + 2 − xn+1 =
( x2 − x1 ) = −
.( b − a )
n!
n!
.
⇒ xn + 2

n
(− 1)k
(− 1) k
= x1 − ∑
. ( b − a ) = x1 + ( a − b ) − ∑
.( b − a )
.
k =1 k !
k =0 k !
n

1
1
⇒ lim xn = x1 + a − b − = 2a − b −
e
e.
Bài 16.

2
*
Cho dãy ( un ) axác định bởi: u1 = 2; un +1 = un − un + 1, ∀n ∈ ¥ . Tìm

M nhỏ nhất thỏa mãn

1 1
1
+ + ... + < M , ∀n ∈ ¥ *
u1 u2
un
.
Hướng dẫn giải
Ta có u1 = 2 > 1 và un +1 = (un − 1) + un . Chứng minh bằng quy nạp ta được un > 2, ∀ n ∈ ¥ , n ≥ 2 (*).
2

Ta lại có: ui +1 = ui − ui + 1 ⇒ ui +1 − 1 = ui (ui − 1) .
2

⇒

1
1
1
1
1
1
=
− ⇒ =
−
ui +1 − 1 ui − 1 ui
ui ui − 1 ui +1 − 1 .

n

1
1
1
1 (*)
=
−
=
1
−
< 1, ∀ n ∈ ¥ *
∑
un +1 − 1
Do đó: i =1 ui u1 − 1 un +1 − 1
.
Suy ra

M ≤ 1.

Mặt khác, chứng minh bằng quy nạp ta được dãy (un ) tăng. Do đó nếu dãy

có giới hạn hữu hạn

L thì

L > 2 . Vì phương trình L = L2 − L + 1 có duy nhất nghiệm là L = 1 , bởi vậy dãy (un ) không có giới hạn
 n 1
lim un = +∞ ⇒ lim  ∑ ÷ = 1
 i =1 ui 

hữu hạn. Suy ra
(**).
 n 1
lim  ∑ ÷ = 1
 i =1 ui 
Với mọi a < 1 thì từ
suy ra tồn tại n0 sao cho
Cho

Bài 17.

n0

1

i =1

i

∑u

>a

. Do đó

M ≥ 1 ⇒ M = 1.

4028 số thực: a1 , a2 ,..., a2014 , b1 , b2 ,..., b2014 . Xét dãy số ( xn ) xác định như sau:.
2014

xn = ∑ [ ai .n + bi ] , ( n = 1, 2,3,...)
i =1

.
2014

Biết dãy số lập thành một cấp số cộng, chứng minh rằng
số thực

a

– số nguyên lớn nhất không vượt quá

a

∑a
i =1

i

là số nguyên (với [ a ] là phần nguyên của

).

Hướng dẫn giải
2014

Đặt

A = ∑ ai B =

i =1

,

2014

∑ b . Gọi d là công sai của cấp số cộng ( xn ) , thì: n.d = xn+1 − x1 .
i =1

i

*
Với mọi n ∈ ¥ ta luôn có: ai .n + bi − 1 < [ ai .n + bi ] ≤ ai .n + bi , i = 1, 2,..., 2014 .

Cộng vế với vế của

2014 bất đẳng thức cùng chiều, ta được:.

A.n + B − 2014 < xn ≤ A.n + B .
Thay

n

bởi

n + 1 và thay n bởi 1 , có:.

A ( n + 1) + B − 2014 < xn +1 ≤ A ( n + 1) + B .

A + B − 2014 < x1 ≤ A + B ⇒ − A − B ≤ − x1 < − A − B + 2014 .

Cộng vế với vế của 2 bất đẳng thức cùng chiều nói trên thu được:.

A.n − 2014 < xn +1 − x1 < A.n + 2014 .

⇔ A.n − 2014 < n.d < A.n + 2014 .
⇔ d .n − A.n < 2014 .


⇔ d−A <

Vì

lim

2014
n .

2014
=0
nên suy ra d = A . Mặt khác dãy ( xn ) gồm toàn số nguyên nên công sai d cũng là số
n

nguyên. Vậy

Bài 18.

A nguyên. (đpcm).

Cho dãy số ( xn )

1

x
=
1

2

2
 x = x + xn ; ∀n ≥ 1
n +1
n
n2
thỏa mãn: 
. Chứng minh dãy số trên có giới hạn.
Hướng dẫn giải

*) Ta chứng minh xn + n

2

≥

n ( n + 1)
2

với mọi

n ≥ 1 (1).

Thật vậy : n = 1 đúng.

Giả sử (1) đúng với

n = k ≥ 1 : xk + k

2

≥

k ( k + 1)
2

xk2
2
⇒ xk +1 + ( k + 1) = xk + 2 + ( k + 1)
k
.
2

xk
2
x + k 2 ) + ( k + 1)
2 ( k
= k
.

 k + 1  k ( k + 1)
2
≥

− 1÷
+ ( k + 1)
2
k 2 
.
3 ( k + 1) k ( k + 1)
≥
−
2
2 .
2

≥

 k + 1) ( k + 2 )
k + 1  3 ( k + 1)
− k ÷≥ (

2 
2
2

(đpcm).

*) Ta chứng minh ( xn ) có giới hạn.
NX: ( xn ) tăng và xn > 0 với mọi

n.

1

1
1
2
−
=
≤
2
n ( n + 1) .
Ta có xn xn +1 xn + n

⇒

1 1
 1
− ≤ 2 1 − ÷ < 2
x1 xn
 n
.

.


⇒ xn <

1
2 − 2 với mọi n ≥ 1 .

Vậy ( xn ) có giới hạn.
Bài 19.

Cho dãy số
n

xn = ∑
i =1

( an )

tăng, an > 0∀ n = 1, 2,3,.... và

α > 0.

Xét dãy số

( xn )

xác định bởi

ai +1 − ai
xn
ai +1aiα . Chứng minh rằng tồn tại nlim
→ +∞
.
Hướng dẫn giải

Dễ dàng thấy rằng dãy ( xn ) tăng ngặt.
Trường hợp 1. Nếu

α > 1.

ai +1 − ai 1
1
1
1
1
= α−
< α − α ⇒ xn < α
α
α −1
ai +1ai
ai ai +1ai
ai ai +1
a1 .

vậy dãy

( xn )

bị chặn trên do đó tồn tại

Trường hợp 2. Nếu

lim xn

n → +∞

.

0 < α < 1.

ai +1 − ai 1  1
1 
<  α − α ÷( *)
α −1
α
α
α
ai +1ai
α  ai ai +1 
thật vậy ( *) ⇔ α ai +1 ( ai +1 − ai ) < ai +1 − ai .
α −1
aiα+1 − aiα
⇔
> α ai +1 ( **)
ai +1 − ai
.

Ta chứng minh (**).
Xét hàm số f ( x ) = x Trên đoạn [ ai ; ai +1 ] .
α

Hàm số thoả mãn điều kiện của định lí Lagrăng nên tồn tại số c ∈ ( ai ; ai +1 )

f ′ ( c) =

aiα+1 − aiα
aα − a α
aα − a α
⇔ α cα −1 = i +1 i ⇒ α aiα+−11 < i +1 i
ai +1 − ai

ai +1 − ai
ai +1 − ai (đpcm).
⇒ xn <

Từ đó ta có

1
⇒
xn
α a1α dãy ( xn ) bị chặn trên do đó tồn tại nlim
→ +∞

.

thoả mãn


Bài 20.

a a ...a
a0 = 1; a1 > 1; an +1 = 1 2 n + 1 ∀n = 1, 2,3,...
a n 
2
 

Cho dãy số xác định bởi
Chứng minh tồn tại

lim S n

n → +∞

( trong đó [ x ] là phần nguyên của

n

. Đặt

x ).

Hướng dẫn giải

a −1
1
1
1
1
=
= k +1
=
−
ak +1a  k  a a1a2 ...ak a1a2 ...ak +1 a1a2 ...ak a1a2 ...ak +1
k +1
2
 
ak +1 − 1
Ta có
.
n
 1

 1
1
1
Sn = ∑ 
−
÷= −
a1a2 ...ak +1  a1 a1a2 ..an +1 .
k =1  a1a2 ...ak
Suy ra

Chứng minh

lim ( a1a2 ...an+1 ) = +∞

n →+∞

.

Ta có : an > 1 ∀ n ≥ 2 .

n
 2  ≠ n ⇒ an +1 > an + 1
suy ra dãy đã cho là tăng.
Như vậy an > an −1 + 1 > ... > a1 + n − 1 .

Vậy

lim ( a1a2 ...an+1 ) = +∞

n →+∞

Bài 21.

, suy ra

Cho dãy số ( un ) ; ( vn )

lim S n =

n →+∞

1
a1 .

u1 = 3, v1 = 2

2
2
un +1 = un + 2vn

được xác định như sau  vn +1 = 2un vn

lim 2n vn
x→ ∞

và

( ∀n ∈ N )
.

lim 2n u1.u2 ...un
x→ ∞

Tìm các giới hạn sau:

.
Hướng dẫn giải

(

un +1 + 2.vn +1 = un2 + 2vn2 + 2 2.un vn = un + 2.vn
∀
n
∈
N
Ta có:
:
Áp dụng (1) ta suy ra:
Theo quy nạp ta có:

(

un + 2.vn = un −1 + 2.vn −1

(

un + 2.vn = u1 + 2.v1

Lập luận tương tự ta cũng có:

un − 2.vn =

(

)

2n−1

)

)

2

(1).

2

.

(

= 3+ 2 2

)

2 −1

2n

(3).

)

2n−1

=

(

)

2 +1

2n

(2).

1
k =1 ak +1a k 

Sn = ∑

 
2

.


2n

2n 

1
u
=
2
+
1
+
2
−
1
 n 2





n
n
v = 1  2 + 1 2 − 2 − 1 2 
n

2 2 
.
Từ (2) và (3) ta suy ra: 

(

) (

(

1
un = 
2
Lại có:

(

Tương tự ta có :

) +(
(

) −(

2 +1

vn =

1 
2 2 

)

) (


2 −1  <



2n

2 +1

2n

2

)

(

)

2 +1

)

n

)

2 −1

2

n

2n

, từ đó suy ra:


>


(

)

2 +1

2n

un < 2 + 1 .

2n

⇒ 2 vn >
n

8

2n

(

)

2 +1
8

2n

.

Mặt khác ta có: vn < un . Do đó ta có dãy bất đẳng thức sau:.

(

1
2n

)

1
2n
2 +1  ÷ =
8

(

)

2 +1

2n

< 2n vn < 2n un < 2 + 1

8

Như vậy theo định lí kẹp ta suy ra

Hơn nữa theo đề bài ta có:

Suy ra:

Vậy

u1.u2 ...un =

n →∞

n →∞

(

n →∞

)(

n→ ∞

vn +1 = 2un vn ⇒ un =

Bài 22.

)

2 + 1 .1 = 3 + 2 2

lim 2 vn = 2 + 1
n→ ∞

Cho dãy số

( an )

lim ( an − n ) = 0
n →∞

.

vn +1
2vn .

vn +1
1
= lim 2n vn +1 .lim 2n n+1
n +1
n →∞
n →∞
2
2 .

.

n

Tóm lại ta có:

n→ ∞

1
1
2n
=
lim
2.lim 2n un .lim 2n vn .lim 2n n +1
n +1
n
→∞
n
→∞
n
→∞
n
→∞
2
2 .

= lim 2n 2un vn .lim 2n

= 1. 2 + 1 .

lim 2n un = lim 2n vn = 2 + 1

v2 v3 vn +1 vn +1 vn+1
.
...
=
=
2v1 2v2 2vn 2n v1 2n +1 .

lim 2n u1.u2 ...un = lim 2n

n →∞

.

lim 2 u1.u2 ...un = 3 + 2 2
n

và

n→ ∞

.

xác định bởi 0 < a1 ≠ 1 và

an + 1 = a n +

.
Hướng dẫn giải

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

a2 = a1 +

1
>2
a1
(do a1 ≠ 1 ).

n
, ∀n ≥ 1
an
. Chứng minh rằng


Nhận xét: an > n, ∀ n ≥ 2 .
Ta sẽ chứng minh nhận xét này bằng phương pháp quy nap.
Thật vậy.
Với

n = 2 ta có a2 > 2 (đúng).

Giả sử ak > k .

Ta có

ak +1 = ak +

k
> k + 1 ⇔ ak2 + k > ( k + 1) ak
ak

.

⇔ ak2 − ( k + 1) ak + k > 0 .
⇔ ( ak − 1) ( ak − k ) > 0 (đúng).
Suy ra ak +1 > k + 1 .
Như vậy an > n, ∀ n ≥ 2 (điều phải chứng minh).

Mặt khác,

an +1 − ( n + 1) = an +

n
n
− ( n + 1) = an − n + − 1
an
an .

an2 − ( n + 1) an + n ( an − n ) ( an − 1)
=
=
an
an
(1).
Áp dụng (1) ta có.


( a2 − 2 ) ( a2 − 1)
 a3 − 3 =
a2



( a − 3) ( a3 − 1)
 a4 − 4 = 3
a3


...


( an − n ) ( an − 1)
 an +1 − ( n + 1) =
an

.

Suy ra

( a3 − 3) ( a4 − 4 ) ... ( an+1 − ( n + 1) ) =

⇔ an +1 − ( n + 1) =

( a2 − 2 ) ( a2 − 1) ( a3 − 3) ( a3 − 1) ... ( an − n ) ( an − 1)
a2 a3 ...an

( a2 − 2 ) ( a2 − 1) ( a3 − 1) ... ( an − 1)
a2 a3 ...an

.

 1  1   1 

⇔ an +1 − ( n + 1) = ( a2 − 2 ) 1 − ÷1 − ÷... 1 − ÷
 a2  a3   an  .

.


n
 1
⇔ an +1 − ( n + 1) = ( a2 − 2 ) ∏ 1 − ÷
ai  (2).
i =2 

1−

Ta lại có

Suy ra

Từ (2)

a −1
1
= n +1 =
an +1
an +1

n



1

i =2



i

an +

n
−1
an

an +1

<

n
an
an > n ⇒ < 1
an +1 (do
an
).

a1 a2 an −1 a1
. ...
=
an a n .
2 a3

∏ 1− a ÷ < a


⇒ an +1 − ( n + 1) < ( a2 − 2 ) .

⇒ 0 < an +1 − ( n + 1) < ( a2 − 2 ) .

a1
a
< ( a2 − 2 ) . 1
an
n (vì an > n ).

a1
n.

a1
a
= 0 ⇒ lim ( a2 − 2 ) 1 = 0
n→ ∞
Mà n → ∞ n
.
n
lim

Do đó

Bài 23.

lim ( an +1 − ( n + 1) ) = 0
n →∞

hay

lim ( an − n ) = 0
n →∞

Cho trước số thực dương

α

.

và xét dãy số dương ( xn ) thỏa mãn

α
n +1

x

*
mọi n ∈ ¥ . Chứng minh rằng dãy ( xn ) hội tụ và tìm giới hạn của nó.

Hướng dẫn giải

1
f ( x ) = xα + , x > 0
Xét hàm số
.

x

Ta có

f ′( x) = α xα −1 −

1
1 α xα +1 − 1
−
=
α
+1
2
2
x
x
; f ′( x) = 0 ⇔ x = x0 = α
.

Ta có bảng biến thiên của hàm f ( x ) :.

.
Suy ra f ( x ) ≥ f ( x0 ) = α

−

α
α +1

1

+ α α +1 = (α + 1)α

−

α
α +1

.

α
−
1
α +1
+ < ( α + 1) α
xn
với


Do đó

x

α
n +1

α
−
1
1

α +1
+ < ( α + 1) α
≤ xnα+1 +
xn
xn+1 .

Suy ra xn +1 < xn hay ( xn ) là dãy giảm. Kết hợp với xn > 0 với mọi n ta suy ra dãy ( xn ) hội tụ.
α
−
1
α +1
β + ≤ (α + 1)α
⇒ β = x0
β
Đặt lim xn = β > 0 . Chuyển qua giới hạn ta được
.
α

Vậy lim xn = α

Bài 24.

−

1
α +1

.

u1 , u2 ∈ (0;1)



1 3
43
un + 2 = 5 un +1 + 5 un , ∀n ≥ 1
thỏa mãn
. Chứng minh rằng dãy (un ) có

Cho dãy số thực ( un )
giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó.

Hướng dẫn giải

 x1 = min { u1 , u2 }

( xn ) : 
1 3 4
 xn +1 = xn + 3 xn
5
5

Xét dãy
.
Ta thấy xn ∈ (0;1) .

x3 + 3 xn + 3 xn + 3 xn + 3 xn 5 133
1
4
xn +1 = xn3 + 3 xn = n
≥ xn > xn

Ta có
.
5
5
5
Vậy dãy ( xn ) tăng, bị chặn trên nên hội tụ, lim xn = a (0 < a ≤ 1) .

1
4
a = a3 + 3 a ⇒ a = 1
Chuyển qua giới hạn ta được:
.
3
5
Ta sẽ chứng minh xn ≤ u2 n −1 ; u2 n < 1 (*) bằng quy nạp theo n.
Ta có x1 ≤ u1 ; u2 < 1 . Giả sử xn ≤ u2 n −1 ; u2 n < 1 .

1
4
1
4
xn +1 = xn3 + 3 xn ≤ u23n + 3 u2 n −1 = u2 n +1 < 1
Suy ra
.
5
5
5
5
1
4

1
4
1
4
xn +1 = xn3 + 3 xn ≤ xn3+1 + 3 xn ≤ u23n+1 + 3 u2 n = u2 n+ 2 < 1
.
5
5
5
5
5
5
Vậy (*) đúng với mọi n nguyên dương. Từ đó suy ra lim un = 1 .


Bài 25.

 x1 = 2007

 x = 3 + xn ∀ n ≥ 1
 n+1
xn2 − 1
Cho dãy số thực ( xn ) xác định bởi: 
. Chứng minh dãy số
giới hạn và tìm giới hạn đó.

( xn )

có

Hướng dẫn giải
Dễ dàng quy nạp xn > 3 .

xn +1 = 3 +
Ta có:

xn
x −1 =
2
n

Vậy xn ≤ 2007 với mọi

f ( x) = 3 +
Xét

n

x
x −1
2

3 + 1+

1
< 3+ 2
x −1
∀n ≥ 1.
2
n

nên dãy bị chặn.

⇒ f ′( x) = −

1

(x

2

− 1)

3

 ⇒ f ′ ( x ) <

1
2 2

khi x > 3 .

Ta có:.

x2
f ( x) = x ⇔ x = 3 +
⇔ ( x − 3) = 2
x −1
x2 − 1
x

2

⇔ ( x 2 − 3x) 2 − 2( x 2 − 3x) − 3 = 0

.

 x 2 − 3 x = −1 ( L)
⇔
2
 x − 3 x = 3
x=

3 + 15
=a
2

.

Áp dụng định lý Lagrang có:.
n

 1 
xn +1 − a = f ( xn ) − f (a ) = f '(θ n ) xn − a <
xn − a < ... < 
→0
÷ x1 − a 
n →∞
2 2
2 2

1

lim xn = a =

Bài 26.

3 + 15
.
2

Cho dãy số ( un )

 u1 = e
un2+1
lim 2 2 2

2
*
xác định bởi:  un +1 = un − 2, ∀ n ∈ ¥ . Tìm n→+∞ u1 .u2 ...un .
Hướng dẫn giải

1
u
=
a
+
,
1
Vì u1 = e > 2 nên đặt
a

a>1

.

Do

đó


2

1
1

u2 = u − 2 =  a + ÷ − 2 = a 2 + 2
a
a .

Ta có
2
1

n

Bằng quy nạp, ta có thể chứng minh được

u n +1 = a 2 +

1

a2

n

, ∀n ∈ ¥

.

Xét.

1
 i−1
ui = ∏  a 2 + 2i−1
∏
a
i =1
i =1 
n

n

−1

−1

1  
1  n  2i−1
1  
1   2n 1 
 

=
a
−
a
−
÷ 
÷∏  a + 2i−1 ÷ =  a − ÷  a + 2n ÷
÷ 
a  
a  i =1 
a 
a  
a 
 
2

1  n 1

a − ÷  a 2 + 2n

2
u
a 
a
⇒ 2 n2+1 2 = 
2
u1 .u2 ...un
 2n 1 
 a − 2n ÷
a 




÷
 ⇒ lim

2

2

un2+1
1 
1

=  a − ÷ =  a + ÷ − 4 = e2 − 4
2
2
2
n →+∞ u .u ...u
a 
a

1
2
n
.

Bài 1. Cho dãy số ( xn ) xác định bởi.

 x1 = a


xn2 + 7

x
=
 n +1 2 ( x + 3) , n = 1, 2,3,...
n

.
Chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn. Tính giới hạn đó.
Hướng dẫn giải
Theo Côsy thì.


( x − 1) ( xn + 7 ) ≤ 0
1
16
xn =  xn + 3 +
− 6 ÷ ≥ 1; xn +1 − xn = − n
2
xn + 3 
2 ( xn + 3)
.
dãy giảm, bị chặn bởi 1, vậy dãy có giới hạn.
Từ lim xn = a ⇒ a = 1 .

Bài 27.

 x1 = 1


2014

x
=
1
+
, n = 1, 2,3...
n
+
1

x
{
}
1
+
x
n

n
Cho dãy số
, xác định bởi:
. Chứng minh rằng dãy số { xn } có
giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Hướng dẫn giải

Xét hàm số

f '( x) =

f ( x) = 1 +

− 2014

( 1+ x)

2

<0

2014
1 + x trên [ 0;+∞ ) . Ta thấy f ( x) liên tục và nghịch biến trên [ 0; +∞ ) (Vì

). Do đó 1 < f ( x ) ≤ 2015 .