Chuyên đề dãy số bồi dưỡng học sinh giỏi toán có lời giải

CHUYÊN ĐỀ DÃY SỐ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN
1.1. DỰ ĐOÁN SỐ HẠNG TỔNG QUÁT VÀ CHỨNG MINH BẰNG QUY NẠP.

Bài 1.

Cho dãy số ( un )
dãy đã cho.

 u1 = 11

xác định bởi :  un +1 = 10un + 1 − 9n, ∀ n ∈ N . Xác định số hạng tổng quát của
Hướng dẫn giải

Ta có:.

u1 = 11 = 10 + 1
u2 = 10.11 + 1 − 9 = 102 = 100 + 2
u3 = 10.102 + 1 − 9.2 = 1003 = 1000 + 3 .
Dự đoán: un = 10 + n ( 1) .
n

Chứng minh theo quy nạp ta có.

u1 = 11 = 101 + 1 , công thức ( 1) đúng với n = 1 . Giả sử công thức ( 1) đúng với n = k ta có uk = 10k + k .
Ta có:

uk + 1 = 10 ( 10k + k ) + 1 − 9k = 10k +1 + ( k + 1) .

Công thức ( 1) đúng với
Vậy un = 10 + n ,
n

Bài 2.

n = k + 1.

∀ n ∈ N..

u1 = −2

Cho dãy số (un ) biết un = 3un −1 − 1, ∀ n ≥ 2 . Xác định số hạng tổng quát của dãy.
Hướng dẫn giải

un = 3un −1 − 1 ⇔ un −

1
3
1
1
= 3un−1 − ⇔ un − = 3(un −1 − )(1)
2
2
2
2 .

1
1 −5
vn = un − ⇒ v1 = u1 − =
Đặt
2
2 2 .

(1) ⇒ vn = 3vn −1 , ∀n ≥ 2 .
Dãy (vn ) là cấp số nhân với công bội là q = 3 .

Nên

vn = v1.q n −1 =

Do đó

un = vn +

− 5 n −1
.3
2
.

1 −5 n −1 1
= 3 + , ∀ n = 1, 2,...
2 2
2
.
Trang 1


3
n+ 4 
*
u1 = 1; u n +1 =  un − 2
÷, ∀ n ∈ N

u
(
)
2
n + 3n + 2 
Cho dãy số n xác định bởi
.Tìm công thức số hạng

Bài 3.

tổng quát un của dãy số theo

n.
HƯỚNG DẪN GIẢI

Với mọi n ∈ ¥ , ta có.
*

2un +1 = 3(un −
⇔ 2(un +1 −

Dãy số

n+4
2
3
) ⇔ 2un +1 = 3(un +
−
)
(n + 1)( n + 2)

n + 2 n +1 .

3
3
3
3
3
) = 3(un −
) ⇔ un +1 −
= (un −
).
n+ 2
n +1
n+ 2 2
n +1 .

(vn ), vn = un −

3
3
1
q=
v1 = −
n + 1 là cấp số nhân có công bội
2 và
2.

n −1

n −1

3
1 3
 3  1
vn =  ÷ .  − ÷, ∀ n ∈ ¥ * ⇒ un =
−  ÷ , ∀n ∈ ¥ *
n +1 2  2 
 2  2
.
Bài 4.

+

+

Cho hàm số f : Z → Z thỏa mãn đồng thời các điều kiện:.

+
(1) f ( n + 1) > f ( n ) , ∀ n ∈ Z . .

(2)

f  f ( n )  > n + 2000 , ∀ n ∈ Z + . .

+
a/Chứng minh: f ( n + 1) = f ( n ) , ∀ n ∈ Z . .

b/Tìm biểu thức f ( n ) .
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu a.

Vì f ( n )

+
∈ Z + nên từ giả thiết (1) ta được: f ( n + 1) ≥ f ( n ) + 1 , ∀ n ∈ Z . .
+

Kết hợp giả thiết (2) ta được ∀ n ∈ Z . .

n + 2001 = ( n + 1) + 2000 = f  f ( n + 1)  ≥ f  f ( n )  + 1 = n + 2001 do đó: f ( n + 1) = f ( n ) + 1 , ∀ n ∈ Z + . .
Câu b.

f ( n ) = f ( 1) + n –1, ∀ n ∈ Z + ⇒ f { f ( 1) } = f ( 1) + f ( 1) –1 ,.
Suyra: 1 + 2000 = 2 f ( 1) –1 ⇒ f ( 1) = 1001 ⇒ f ( n ) = n + 1000, ∀ n ∈ Z .
+

Thử lại thỏa các điều kiện, nên f ( n ) = n + 1000, ∀ n ∈ Z . .
+

Trang 2


Bài 5.
a)Xác định ba số hạng đầu của một cấp số cộng, biết tổng của chúng bằng 9 và tổng các bình phương của
chúng là 125.

b)Cho dãy số ( un )

u1 = 16



15 ( n.un + 1)
, ∀n ≥ 1
un +1 + 14 =
n +1
có 
. Tìm số hạng tổng quát un .
Hướng dẫn giải

a)Xác định ba số hạng đầu của một cấp số cộng, biết tổng của chúng bằng 9 và tổng các bình phương của
chúng là 125.
Gọi d là công sai, số hạng thứ 2 là a. Khi đó 3 số hạng đầu của csc là a − d , a, a + d .

 a − d + a + a + d = 9

2
2
2
Theo giả thiết ta có hệ: ( a − d ) + a + ( a + d ) = 125 .
3a = 9
⇔ 2
2
3a + 2d = 125
a = 3
⇔
 d = ±7
.
Vậy có 2 cấp số thỏa mãn có 3 số hạng đầu là: -4;3;10 hoặc 10;3;-4.

b)Cho dãy số ( un )

Ta có:

un +1 + 14 =

u1 = 16


15 ( n.un + 1)
, ∀n ≥ 1
un +1 + 14 =
n +1
có 
. Tìm số hạng tổng quát un .

15 ( n.un + 1)
n +1

⇔ ( un+1 + 14 ) ( n + 1) = 15 ( n.un + 1)

.

⇔ ( n + 1) un +1 = 15nun − 14n + 1 (1).
Đặt vn = nun ( ⇒ v1 = 16 ) .
(1) trở thành: vn +1 = 15vn − 14n + 1 ⇔ vn +1 − ( n + 1) = 15 ( vn − n ) (2).
Đặt w n = vn − n ( ⇒ w1 = 15 ) .
n
(2) trở thành: wn +1 = 15wn ⇒ ( w n ) là csn có w1 = 15, q = 15 ⇒ w n = 15 .

Từ đó ta có:
Bài 6.

un =

15n + n
n .

Cho dãy số ( un ) xác định bởi : u1 = 1; u2 = 4; un + 2 = 7un +1 − un − 2, ∀n ∈ ¥ * .
Trang 3


Chứng minh : un là số chính phương với mọi n nguyên dương.
Hướng dẫn giải
Ta có u1 = 1; u2 = 4; u3 = 25 .

Đặt

un = vn +

Khi

2
3
18
123
v1 = ; v2 = ; v3 =
5 thì
5
5
5 .

un + 2 = 7un +1 − un − 2, ∀ n ∈ ¥ *

đó

⇔ vn + 2 +

2
2 
2

= 7  vn +1 + ÷ −  vn + ÷ − 2, ∀ n ∈ ¥ *
5
5 
5


⇔ vn + 2 = 7vn +1 − vn , ∀n ∈ ¥ * .
Ta có : vn + 2 .vn − vn + 1 = (7vn +1 − vn ).vn − vn +1 = vn +1 (7vn − vn +1 ) − vn = vn +1vn −1 − vn .
2

2

2

2

9
vn+ 2 .vn − vn2+1 = vn +1vn−1 − vn2 = L = v3v1 − v22 = ; ∀ n ∈ ¥ *
Suy ra :
5

.
2

Suy

ra

:

⇒ un + 2 u n −

2
4  2 4
4 9
2 
2 
2 9

 un + 2 − ÷.  un − ÷ −  un +1 − ÷ = ⇒ un + 2un − ( un+ 2 + un ) + −  un +1 − un +1 + ÷ =
5
25 
5
25  5
5 
5 
5 5


2
4

9
( 7un +1 − 2 ) − un2+1 + un+1 = ⇒ u u = u 2 + 2u + 1 = (u + 1) 2 ; ∀ n ∈ ¥ *
n+ 2 n
n +1
n +1
n +1
5
5
5
.

2
Từ hệ thức un + 2un = (un +1 + 1) ; ∀ n ∈ ¥ * và u1 ; u2 là các số chính phương suy ra un là số chính phương với
mọi n nguyên dương.

{ an } n = 1
+∞

Bài 7.

Cho dãy số
n

xn = ∑
i =1

tăng, an > 0 ∀n = 1, 2,3,.... và α > 0 . Xét dãy số { xn } n =1 xác định bởi
+∞

ai +1 − ai

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

Dễ dàng thấy rằng dãy { xn } n =1 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 } n =1 .
bị chặn trên do đó tồn tại
Trường hợp 2. Nếu

lim xn

n → +∞

.

0 < α < 1.

ai +1 − ai 1  1
1 
<
−

÷( *)
α −1
α
α
ai +1aiα α  aiα aiα+1 
thật vậy ( *) ⇔ α ai +1 ( ai +1 − ai ) < ai +1 − ai .
Trang 4


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 ] rõ ràng hàm số thoả mãn điều kiện của định lí Lagrăng nên tồn

α

aiα+1 − aiα
aiα+1 − aiα
aiα+1 − aiα
α −1
α −1
f ( c) =
⇔ αc =
⇒ α ai +1 <
ai +1 − ai
ai +1 − ai
ai +1 − ai đpcm.
thoả mãn
'

tại số c ∈ ( ai ; ai +1 )
Từ đó ta có.

⇒ xn <

1
⇒
+∞
xn
α a1α dãy { xn } n =1 bị chặn trên do đó tồn tại nlim
→ +∞
.

Bài 8.

Cho dãy số ( xn ) được xác định bởi : x4 = 1 và.

xn +1 = xn + 1( n − 2 ) + 2 ( n − 3) + 3 ( n − 4 ) + L + ( n − 2 ) 1, với mọi n ≥ 4. .
xn
.
Tính giới hạn n → +∞ n 4 .
lim

Hướng dẫn giải
Ta có: 1( n + 2 ) + 2 ( n − 3) + 3 ( n − 4 ) + ... ( n − 2 ) .1 .

=  ( n − 1) − 1 + 2  ( n − 1 − 2 )  + 3  ( n − 1) − 3 + ... + ( n − 2 )  ( n − 1) − ( n − 2 )  .
2
= ( n − 1) 1 + 2 + 3 + ... + ( n − 2 )  − 12 + 22 + 32 + ... + ( n − 2 ) 

.

=

( n − 1) .

( n − 2 ) ( n − 1) − ( n − 2 ) ( n − 1) ( 2m − 3)
2

Do đó ta suy ra :
Ta chứng minh
Giả sử với

6

xn +1 = xn +

n ( n − 1) ( n − 2 )
6

=

n ( n − 1) ( n − 2 )
6

= xn + Cn3

( *)

.

.

xn = Cn4 . Thật vậy với n = 4 , ta có x4 = 1 = C44 .

4
n ≥ 4 ta có : xn = Cn .

Ta có : xn +1 = xn + Cn theo (*) hay xn +1 = xn + Cn = Cn + Cn = Cn trong.
4

3

4

xn
n!
1
= lim
= .
4
4
n → +∞ n
n →+∞ 4!( n − 4 ) ! n
6 .
lim

Trang 5

3

4


Bài 9.

1

f ( 3x ) ≥ f  f ( 2 x ) ÷ + 2 x
2

Cho hàm số f : ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ ) thỏa mãn điều kiện
với mọi x > 0
. Chứng minh rằng f ( x ) ≥ x với mọi

x> 0.

Hướng dẫn giải

1

f (3x) ≥ f  f (2 x) ÷+ 2 x (1)
2

Ta có:
.
1
f ( x) ≥ f 
2
Từ (1) suy ra

2x
 2x   2x
f  ÷÷+ ⇒ f ( x) > , ∀x > 0
3
 3  3
(2).

 1  2x   2x 2 1
f ( x) ≥ f  f  ÷÷+ > .
 2  3  3 3 2
Khi đó

 2x  2 x 1  2x  2x  4 2 

f  ÷+ = f  ÷+ >  + ÷x
 3  3 3  3  3  27 3  .

Xét dãy ( an ) , ( n = 1, 2,… ) được xác định như sau:

a1 =

2
1
2
an +1 = an2 +
3 và
3
3.

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n rằng với mỗi n ∈ ¥ luôn có.
*

f ( x) > an x với x > 0 (3).
Thật vậy, khi

n = 1 thì theo (2), ta có ngay (3).

Giả sử mệnh đề (3) đúng với

n = k . Khi đó.

 1  2x   2x 1
2x 2x
 2x  2x 1

f ( x) ≥ f  f  ÷÷+ > a . f  ÷+ > a .a . +
3
 2  3  3 2 k  3  3 2 k k 3
a2 + 2
= k
.x = ak +1.x
.
3
Vậy (3) đúng với

n = k + 1.

Tiếp theo ta chứng minh

lim an = 1 . Thật vậy, ta thấy ngay an < 1 ∀ n ∈ ¥ * . Do đó:

1
an +1 − an = (an − 1)(an − 2) > 0
3
, suy ra dãy ( an ) tăng ngặt.
1 2 2
l
=
l +
Dãy (an ) tăng và bị chặn trên nên hội tụ. Đặt lim an = l thì
3
3 với l ≤ 1 , suy ra l = 1 . Vậy

lim an = 1 .
Do đó từ (3) suy ra f ( x) ≥ x với mỗi

Bài 10.

x > 0 (đpcm).

Tìm tất cả các hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau đây.
Trang 6


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

( 1) .

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

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

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

 xn 
f ( x ) ≤ 2n  e 2 − 1÷÷

.
Dùng quy nạp theo n = 1, 2,... ta CM được
 2x0n 
f ( x0 ) ≤ 2  e − 1÷÷

.
Cố định x0 ∈ ¡ ta có
n

 2x0n 
an = 2  e − 1÷

÷


 ta có:.
Xét dãy
n

 x0n

 e2 −1 
lim an = lim 
.x0  = x0
x0
 n

 2

.
Vậy f ( x0 ) ≤ x0

∀ x0 ∈ ¡

Vậy f ( x ) + f ( − x ) ≤ x + ( − x ) = 0

( 2) .
( 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 ∈ ¡

ta thấy đúng. Vậy f ( x ) + f ( − x ) ≤ x + ( − x ) = 0

. Thử lại f ( x ) = x

( 3) .

Kết hợp (1) và (3) ta được f ( x ) + f ( − x ) = 0 .
Từ (2) ⇒ f ( − x ) ≤ − x ⇒ f ( x ) ≥ x
ta thấy đúng.

( 4 ) . Kết hợp (2) và (4) ta được f ( x ) = x∀ x ∈ ¡
Trang 7

. Thử lại f ( x ) = x


2015

x
=
1

2016


2
 x = x +  xn  , n ≥ 1
n +1
n
 ÷

 n

Bài 11. Cho dãy số xác định bởi 
. Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn
hữu hạn.
Hướng dẫn giải
Trước hết, bằng quy nạp, ta dễ dàng có xn > 0 ∀n ≥ 1 và dãy số đã cho là dãy tăng.
Ta có :.

x2 = x1 + x12 < 2 x1 ;
x22
x3 = x2 + < 2 x1 + x12 < 3 x1;
.
4
Giả sử xk < kx1 với

k > 1 . Ta có:

xk +1 = xk +

xk2
< kx1 + x12 < (k + 1) x1
2
.
k

Theo nguyên lý quy nạp ta có xn < nx1 ∀n > 1 .
Ta

xm < m − 1 ∀m ≥ 2017 thật

có :

mx1 < m − 1 ⇔ m ( 1 − x1 ) > 1 ⇔ m >

vậy :

1
1
⇔ m>
⇔ m > 2016
2015
1 − x1
1−
2016
;.

Do đó xm < mx1 < m − 1 .

xn2
2
x −x
x
1
1
1
1
1
1
−

= n +1 n = n = 2 n < 2 <
=
−
xn xn +1
xn xn +1 n xn +1 n n (n − 1) n − 1 n .
Ta có với ∀ n ≥ 2 thì xn xn +1

1
Do
n − 2018

∑
i=0

đó

∀ n ≥ 2018

thì

x2017

1 
1
1
1
 1
−
−
<


÷=
 2016 + i 2017 + i  2016 n − 1 2016 .

2016 x2017
1
1
1
>
−
> 0 ⇒ xn <
2016 − x2017 .
Suy ra xn x2017 2016
Vậy dãy đã cho tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn.

u1 = 1; u2 = 2


3
1
un +1 = un − un −1 ∀n ≥ 2

2
2
Bài 12. Cho dãy số (un ) xác định như sau 
.
Trang 8

1 n − 2018  1
1 

− = ∑ 
−
÷<
xn
x2018+ i 
i = 0  x2017 + i


a) Xác định số hạng tổng quát un .
b) Tính

lim un
n → +∞

.
Hướng dẫn giải

Biến đổi ta được:

u n +1 − u n =

1
1
vn +1 = vn , ∀ n ≥ 2
( un − un−1 ) v = u − u
n +1
n khi đó:
2
với n+1
2

.

nghĩa là dãy v2 , v3 ,...vn ,... là một cấp số cộng của

v2 = 1; q =

1
2.

vn = un − un −1



vn −1 = un −1 − un − 2 
 → un − u1 = v2 + v3 + ...vn
........................ 

v2 = u2 − u1
n−2
n−2
 1
1 
1
⇔ un = 1 +  1 + + ...  ÷ ÷ = 3 −  ÷
 2
2 ÷
2 .



  1  n− 2 
lim un = lim  3 −  ÷ ÷ = 3
÷
x → +∞
x → +∞ 
 2 
.
Bài 13.

Cho dãy số ( un ) được xác định như sau.

u1 = 2011; un −1 = n 2 ( un−1 − un ) ,.
*
với mọi n ∈ ¥ , n ≥ 2 . Chứng minh rằng dãy số ( un ) có giới hạn và tìm giới hạn đó.

Hướng dẫn giải
Từ công thức truy hồi của dãy ta được.

1 
1   1
 1
 1 
 1 
un = 1 − 2 ÷un −1 = 1 − 2 ÷1 −
u
=
...
=
1
−

1
−
÷

÷... 1 − 2 ÷u1
n−2

2
2
2 ÷
÷  2 
n
 n 
 n   ( n − 1) ÷


n
−
1
(
)



.
un =
Do đó

Bài 14.

( n + 1) ( n − 1) . ( n − 2 ) n ... 4.2 . 3.1 .2011 = n + 1 .2011
2011
2
2
2
lim
u
=
n
n2
3
2
2
n
( n − 1)
. Từ đó
2 .

Cho dãy số ( un ) xác định bởi

( u1 ) = 2014, un+1 =

un4 + 20132
, ∀n ∈ ¥ *
3
un − un + 4026
.

n

Đặt

1
, ∀n ∈ ¥ *
k =1 u + 2013
. Tính lim vn .

vn = ∑

3
k

Hướng dẫn giải
Trang 9


Cho dãy số ( un )

un4 + 20132
, ∀n ∈ ¥ *
( u1 ) = 2014, un+1 = 3
un − un + 4026
xác định bởi
.

n

Đặt

1

, ∀n ∈ ¥ *
k =1 u + 2013
. Tính lim vn .

vn = ∑

3
k

( un − 2013) ( un3 + 2013)
un4 + 20132
un +1 − 2013 = 3
− 2013 =
u
−
u
+
4026
un ( un2 − 1) + 4026
n
n
Ta có

.

Từ đó bằng quy nạp ta chứng minh được un > 2013, ∀ n ∈ ¥ .
*

( un − 2013) ( un3 + 2013)
un +1 − 2013 = 3

( un + 2013) − ( un − 2013)

( 1)

.

1
1
1
1
1
1
=
− 3
⇒ 3
=
−
un + 2013 un − 2013 un +1 − 2013 .
Từ ( 1) suy ra un +1 − 2013 un − 2013 un + 2013
n


1
1
1
1
1
vn = ∑ 
−
−

= 1−
÷=
uk +1 − 2013  u1 − 2013 un+1 − 2013
un+1 − 2013 .
k =1  uk − 2013
Do đó

Ta chứng minh lim un = +∞ .

un2 − 4026un + 20132 ( un − 2013)
un +1 − un =
= 3
> 0, ∀n ∈ ¥ *
3
un − un + 4026
un − un + 4026
Thật vậy, ta có
.
2

Suy ra ( un ) là dãy tăng, ta có 2014 = u1 < u2 < ... .
Giả sử ngược lại ( un ) bị chặn trên và ( un ) là dãy tăng nên lim un = a < +∞ thì

a=

a > 2014 . Khi đó

a 4 + 20132
a 3 − a + 4026 ⇒ a = 2013 < 2014 (vô lý). Suy ra ( un ) không bị chặn trên, do đó lim un = +∞ .



1
lim vn = lim  1 −
÷= 1
u
−
2013
k +1

 .
Vậy
Bài 15.

Tìm số hạng tổng quát của dãy số ( un ) biết.


1
u1 =
2

u2 = 673

2
3
2
un + 2 = 2(n + 2) un +1 − (n + 4n + 5n + 2)un
n+3


( n ∈ ¥ , n ≥ 1)

.

Hướng dẫn giải
Trang 10


2(n + 2) 2 un +1 − (n3 + 4n2 + 5n + 2)un
un + 2 =
Vì
nên ta có:.
n+3

(n + 3)un + 2 = 2(n + 2) 2 un+1 − (n + 2)(n + 1) 2 un .
⇔

n+3
un + 2 = 2(n + 2)un +1 − (n + 1) 2 un
.
n+ 2

⇔

n+3
un + 2 = (n + 3)un +1 + (n + 1)un +1 − (n + 1) 2 un .
n+ 2
.

Đặt un = n !vn , n ∈ ¥ , n ≥ 1 thu được.

(n + 3)vn + 2 = (n + 3)vn +1 + (n + 1)vn+1 − (n + 1)vn .
⇔ (n + 3)(vn + 2 − vn +1 ) = (n + 1)(vn +1 − vn ). .
Đặt wn = vn − vn −1 , n ∈ ¥ , n ≥ 2 thu được.

(n + 1) wn = ( n − 1) wn −1 .
⇔ (n + 1)nwn = n(n − 1) wn −1 .
Do đó.

(n + 1)nwn = n(n − 1) wn −1 = (n − 1)(n − 2) wn − 2 = ... = 3.2.w2
= 6(v2 − v1 ) = 2016.

Như vậy

wn =

.

2016
1 
1
= 2016  −
÷
n(n + 1)
 n n +1 , n∈ ¥,n ≥ 2 .

Từ đó, với n ∈ ¥ , n ≥ 1 , ta có.

1 
n −1

1
vn − v1 = 2016  −
÷ = 2016
n +1 .
 2 n +1

⇔ vn =

Vậy

4033n − 4031
2( n + 1) .

un = n !

Bài 16.

4033n − 4031
,
n ∈ ¥ , n ≥ 1.
2( n + 1)

Cho dãy số ( un )

3
n+ 4 
*
u1 = 1; u n +1 =  un − 2
÷, ∀ n ∈ N
2

n
+
3
n
+
2


xác định bởi
.

Tìm công thức số hạng tổng quát un của dãy số theo

n.

Hướng dẫn giải
Trang 11


3
n+4 
u n + 1 =  un − 2
÷
2
n + 3n + 2  nên.
Vì

3
n+4
− 1,5n − 6

2 u n +1 − 3un = − . 2
=
2 n + 3n + 2 ( n + 1) ( n + 2 ) .
⇔ 2 u n +1 − 3un = 2.
⇔ 2 u n +1 − 2.

1,5
1,5
− 3.
n+ 2
n +1 .

1,5
1,5
= 3un − 3.
n+ 2
n+1 .

1,5  3 
1,5 

⇔  u n +1 −
÷ =  un − 3.
÷
n+ 2 2
n + 1 .

Đặt

1,5

3
vn +1 = vn
n + 1 , khi đó ta có:
2 .

vn = un −

Lại có:

v1 = u1 +

1,5 1
=
2 4.
n −1

Từ đẳng thức trên ta có công thức tổng quát của dãy ( vn )

3 1
vn =  ÷ .
2 4 .
là:
n −1

Từ đó ta có công thức tổng quát của dãy
Bài 17.

( un )

là:

1,5  3  1
3
un = vn +
= ÷ . +
n + 1  2  4 2 ( n + 1)

2
Cho dãy số ( un ) xác định bởi u1 = 1 và un +1 = 3un + 2 với mọi

.

n ≥ 1.

a) Xác định số hạng tổng quát của dãy số ( un ) .
b) Tính tổng S = u1 + u2 + u3 + ... + u2011 .
2

2

2

2

Hướng dẫn giải
a) Dễ thấy un > 0, ∀ n ∈ N .
*

Từ un +1 = 3un + 2 ⇔ un +1 = 3un + 2 .
2

2

2

2
Đặt vn = un thì có: vn +1 = 3vn + 2 ⇔ vn +1 + 1 = 3 ( vn + 1) .

Đặt xn = vn + 1 thì ta có: xn +1 = 3 xn . Từ đây suy ra ( xn ) là cấp số nhân với x1 = 2 , công bội là 3.
n −1

Nên: xn = 2.3

⇒ vn = 2.3n −1 − 1 ⇒ un = 2.3n −1 − 1 .
Trang 12


b) S = 2.3 + 2.3 + 2.3 + ... + 2.3
0

1

2

2010

− 2011 .

= 2 ( 30 + 31 + 32 + ... + 32010 ) − 2011 .
=

2 ( 32011 − 1)
3−1

Bài 18.

− 2011

= 32011 − 2012 .

n
Cho dãy số ( un ) được xác định bởi u1 = 1 và un +1 = un + 2 với mọi

n ≥ 1.

a) Chứng minh rằng: un = 2 − 1 .
n

b) Tính tổng S = u1 + u2 + u3 + ... + un theo

n.
Hướng dẫn giải

a) Khi

1
2
n = 1 : u2 = u1 + 2 = 1 + 2 = 2 − 1 đúng.

Giả sử uk = 2 − 1 đúng với k ≥ 1, k ∈ N .

k

Ta chứng minh: uk +1 = 2

k +1

−1.

Thật vậy: uk +1 = u k + 2 = 2 − 1 + 2 = 2
k

b)

k

k

k +1

− 1.

S = ( 21 − 1) + ( 22 − 1) + ... + ( 2n − 1) = 21 + 22 + ... + 2n − n .

S = 2.

2n − 1
− n = 2n +1 − n − 2
.
2 −1

u1 = 2


un + 2 − 1
un +1 =
1 − ( 2 − 1)un
Bài 19. Cho dãy số(un) xác định như sau: 

a) Chứng minh:

tan

(∀ n ≥ 1, n ∈ ¥ )

π
= 2 −1
8
.

b) Tính: u2015 .
Hướng dẫn giải

π
π
π π 
8
1 = tan = tan  + ÷ =
4
8
8


 1 − tan 2 π ⇔ tan 2 π + 2 tan π − 1 = 0
a) Ta có:
8
8
.
8
2 tan

Trang 13

.


 π
 tan 8 = 2 − 1
⇔
π
 tan π = − 2 − 1 ⇒ tan π = 2 − 1
tan

8
8
(Vì
8 dương).

π
π
π
tan(a + ) + tan

8 = tan(a + π ) u =
8
8 = tan(a + 2. π )
u2 =
3
π
π
π
8
8
1 − tan a.tan
1 − tan tan(a + )
u
=
2
=
tan
a
b) Đặt 1
, ta có:
,
.
8
8
8
tan a + tan

π
un = tan(a + (n − 1) ), ∀ n ≥ 1, n ∈ ¥
Ta chứng minh:

8
(*).
Với

n = 1 : u1 = tan a đúng.

π
uk = tan( a + (k − 1) )
Giả sử (*) đúng với n = k , k ≥ 1 , hay ta có:
8 .
π
π
tan(a + (k − 1) ) + tan
u + 2 −1
8
8 = tan(a + k . π )
uk +1 = k
=
8
1 − ( 2 − 1)uk 1 − tan( a + ( k − 1) π ).tan π
Ta có:
.
8
8

π
un = tan(a + (n − 1) ), ∀ n ≥ 1, n ∈ ¥
Vậy (*) đúng với n = k + 1 . Vậy
8
.

Cho

n = 2015 , ta có:

π
3π
3π
u2015 = tan(a + 2014. ) = tan( a +
+ 251π ) = tan(a + )
8
4
4 .

π
2 −1
π
= tan(a − ) =
= ( 2 − 1) 2 = tan 2
4
2 +1
8.

Bài 20.

Cho dãy số thực ( un )

u1 = 1

u2 = −1


*
với un + 2 = 2un +1 − un ( n ∈ N ) .

*
a) Chứng minh un = 3 − 2n với mọi n ∈ N .

b) Tính tổng S = u1 + u2 + ... + u2012 .
Hướng dẫn giải
a) Dùng phương pháp qui nạp.

u1 = 1 = 3 − 2.1 , u2 = 3 − 2.2 = −1 .
Giả sử uk = 3 − 2k ( k ≥ 3) .

Trang 14


Ta có: uk +1 = 2uk − uk −1 = 2(3 − 2k ) − (3 − 2(k − 1)) .

= 1 − 2k = 3 − 2(k + 1) .
*
Vậy un = 3 − 2n với mọi n ∈ N .

b) S = (3 − 2.1) + (3 − 2.2) + ... + (3 − 2.2012) .

= 3.2012 − 2(1 + 2 + ... + 2012) = 6036 − 2013.2012 = − 4044120 .

Cho dãy số ( vn )

Bài 21.

 v1 = 8

(n ∈ N * )
 v2 = 34

với  vn + 2 = 8vn +1 + 1996vn
.

Tìm số dư khi chia v2013 cho

2011 .
Hướng dẫn giải

Xét dãy số ( un )

u1 = 8

(n ∈ N * )
u2 = 34

với un + 2 = 8un +1 − 15un
.

*
Ta có vn ≡ un ( mod 2011) với mọi n ∈ N .

Xét phương trình đặc trưng: t − 8t + 15 = 0 .
2

Phương trình trên có nghiệm t = 5, t = 3 .

( un )

5 A + 3B = 8

có dạng un = A.5 + B.3 . Vì u1 = 5, u2 = 13 nên  25 A + 9 B = 34 .Ta có: A = B = 1 .
n

n

Ta có: un = 5 + 3 .
n

Ta có

n

2011 là số nguyên tố Theo định lý Fecma ta có: 5

2010

32010 ≡ 1( mod 2011) .
Suy ra 5

2013

≡ 125 ( mod 2011) , 32013 ≡ 27 ( mod 2011) .

Vậy khi chia u2013 cho

2011 ta được số dư là 152 .

Suy ra khi chia v2013 cho

Bài 22.

Cho dãy số

2011 ta được số dư là 152 .
u1 = 1
n
*
3 ( 2un +1 − un ) = 2, (∀n ∈ ¥ ) .

( un ) : 

Trang 15

≡ 1( mod 2011) .


a) Chứng minh dãy số ( un ) là dãy số giảm.
b) Lập công thức số hạng tổng quát của dãy số ( un ) .
Hướng dẫn giải
a) Chứng minh dãy số ( un ) là dãy số giảm.

Ta có:

u n +1 =

un 1
+
*
2 3n ; Chứng minh: un +1 < un ∀ n ∈ ¥ bằng phương pháp quy nạp.

u1 = 1


5 ⇒ u2 < u1
u2 = 6
 Ta có:
.
 Giả sử: uk +1 < uk ; k ∈ ¥ và

Ta có:

uk + 2 =

k > 1 . Chứng minh: uk + 2 < uk +1 .

u k +1 1 u k
1 u
1
+ k +1 < + k +1 < k + k = uk +1
*
2 3
2 3
2 3
. Vậy un +1 < un ∀ n ∈ ¥ .

b) Lập công thức số hạng tổng quát của dãy số ( un ) .

3
3n (2un +1 − un ) = 2 ⇔ 3n +1.un+1 = 3n.un + 3
Ta có:
2
.
3
3
v
−
6
=
(
v
−
6)
+
3
⇔
v
=
vn
n
+
1
n
n
+
1

Đặt vn = 3 un + 6 , ta được:
2
2 .
n

v1 = 9

(vn ) : 
3
3
*
q=
vn +1 = 2 vn , (n ∈ ¥ )
Ta được:
là cấp số nhân có công bội
2.
n −1

n −1

 3
3
vn = v1.  ÷ = 9.  ÷
 2
2 .
Suy ra:

Vậy

un =

Bài 23.

vn − 6
1 1
= 6.  n − n ÷
n
3
2 3 .

Tìm số hạng tổng quát của dãy ( xn ) biết rằng:.

 x0 = 1; x1 = 5; x2 = 125

2
2
 xn + 2 xn xn −1 = 3 ( xn +1 ) xn −1 + 10 xn +1 ( xn ) ( n ∈ N * ).
Hướng dẫn giải
Từ đề bài ta có: xn > 0 với mọi

n∈ N .
Trang 16


xn + 2 3xn +1 10 xn
=
+
xn
xn−1 với mọi n ∈ N * .
Ta có: xn +1

Đặt

yn =

xn
xn−1 ta được yn + 2 − 3 yn +1 − 10 yn = 0 với mọi n ∈ N * .

Vì phương trình đặc trưng của dãy

( yn ) có hai nghiệm phân biệt

n
− 2;5 nên yn = A ( − 2 ) + B.5 với mọi

n∈ N* .
x1

 y1 = x = 5

0

 y = x2 = 25
2
x1
Với 
ta có

B = 1


n
*
 A = 0 . Suy ra yn = 5 với mọi n ∈ N .

n −1

Ta có xn = 5 .xn −1 = 5 .5 ....5.x0 = 5
n

n

Kết hợp với x0 = 1 , ta suy ra xn = 5

n + ( n −1) + ...+1

n2 + n
2

=5

với mọi

n2 + n
2

với mọi n ∈ N .
*

n∈ N .

7

u1 = 2
( un ) : 
un +1 = 7un + 4 , n ∈ ¥ *
2un + 5

Bài 24. Cho dãy số
.
a) Chứng minh dãy số ( un ) là dãy số giảm.
b) Lập công thức tổng quát của dãy số ( un ) .
Hướng dẫn giải
a) Chứng minh dãy số ( un ) là dãy số giảm.

7
19
u1 = ; u2 = ⇒ u1 > u2
Ta có:
.
2
8
Giả sử: uk > uk + 1 với k >1. Cần chứng minh: uk +1 > uk + 2 .

Ta có:

uk +1 =

Mà uk > uk +1

⇒

7uk + 4 7 27
1
7 27
1
= − .
⇒ uk + 2 = − .
2uk + 5 2 2 2uk + 5
2 2 2uk +1 + 5 .
⇒

1
1
<
2uk + 5 2uK +1 + 5 .

7 27
1
7 27
1
− .
> − .
⇒ uk +1 > u k + 2
2 2 2uk + 5 2 2 2uk +1 + 5
⇒(điều phải chứng minh).
Trang 17

n

b) Lập công thức tổng quát của dãy số ( un ) .

7
0 < un ≤ , ∀ n ∈ ¥ *
Ta có
2
.
xn =

un − 2
1
x1 =
un + 1 , ta có:
3

Xét dãy số

xn +1 =

.

un +1 − 2 1  un − 2  1
1
= 
÷ = xn
⇒
x
=
n
un +1 + 1 3  un + 1  3 ⇒ ( xn ) là cấp số nhân

3n

.

un − 2 1
2.3n + 1
n
n
= ⇔ ( 3 − 1) un = 2.3 + 1 ⇔ un = n
.
un + 1 3n
3 −1 .
1

u1 = 2016
( un ) : 
u = 2015un + 1 , ∀n ∈ ¥ *
 n +1
2016
Bài 25. Cho dãy số
.
*
a) Chứng minh rằng un < 1, ∀ n ∈ ¥ .

b) Lập công thức tổng quát của dãy số ( un ) .
Hướng dẫn giải
a) Chứng minh rằng un < 1, ∀ n ∈ ¥ .
*

u1 =

1
<1
2016

Ta có:

.

Giả sử:

Ta có:

uk < 1, (k > 1) ; Cần chứng minh: uk +1 < 1

uk < 1 ⇒ 2015uk + 1 < 2016 ⇒

.

2015uk + 1
< 1 ⇒ u k +1 < 1
*
2016
. Vậy un < 1, ∀ n ∈ ¥ .

b)Lập công thức tổng quát của dãy số ( un ) .

xn = un − 1 ta có
Đặt

x1 = −

2015
2016
.

Trang 18


xn +1 = un +1 − 1 =

2015un + 1
2015
2015
−1 =
xn
( un − 1) =
2016
2016
2016
.
n

⇒ ( xn )

 2015 
⇒ xn = − 
÷
 2016  .
là cấp số nhân

n

 2015 
*
un = 1 − 
÷ , ∀n ∈ ¥ .
 2016 
Vậy
.

Bài 26.

Cho dãy số ( un )

u1 = 2

u2 = 3

xác định bởi: un = nun−1 − ( n − 2 ) un−2 − 2n + 4, ∀n ≥ 3 .

a) Tìm số hạng tổng quát của dãy ( un ) .
b) Tìm số dư khi chia u2016 cho

2015 .
Hướng dẫn giải

v1 = 1

v2 = 1


a) Đặt vn = un − n ta có: vn = n(vn −1 + n − 1) − ( n − 2)(vn −2 + n − 2) − 3n + 4 = nvn −1 − ( n − 2 ) vn −2 , n ≥ 3 .
Khi đó vn − vn −1 = (n − 1)vn −1 − (n − 2)vn − 2 .
Lại có:.

vn − v2 = (vn − vn−1 ) + (vn−1 − vn− 2 ) + ... + (v4 − v3 ) + (v3 − v2 ) .
= [ (n − 1)vn −1 − (n − 2)vn − 2 ] + [ (n − 2)vn − 2 − (n − 3)vn − 3 ] + ... + (3v3 − 2v2 ) + (2v2 − 1v1 ) .

= (n − 1)vn −1 − v1 .
Do đó vn = (n − 1)vn −1 . Hay vn = ( n − 1)( n − 2)vn − 2 = ... = ( n − 1)( n − 2)...1.v1 = ( n − 1)! .
Vậy un = (n − 1)!+ n .
b) Ta có u2016 = 2015!+ 2016 chia cho 2015 dư 1.

 x1 = 3

( xn ) :  x = xn−1 , ∀n ≥ 2
 n
1 + 1 + xn2−1

Bài 27. Xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số
.
Hướng dẫn giải
Trang 19


1
1
1
1
=
+ 1+ 2

yn =
xn −1 . Đặt
xn , khi đó ta được dãy
Ta có: xn xn −1

( yn )

xác định như sau:

y1 =

1
3 và

yn = yn −1 + 1 + yn2−1 .
π
1
π
π
π
3 = cot π
y1 =
= cot ⇒ y2 = cot + 1 + cot 2 =
π
3
3
3
2.3
3
sin

Vì
.
3
1 + cos

Bằng quy nạp ta chứng minh được:

yn = cot

π
n −1

2 .3

⇒ xn = tan

π
n −1

2 .3

, ∀n ≥ 1

.

.
1.2. DÃY SỐ CHO BỞI CÔNG THỨC TRUY HỒI.

Bài 1.

 u1 = − 2

Cho dãy số (un ) biết  un = 3un −1 − 1, ∀ n ≥ 2 . Xác định số hạng tổng quát của dãy.
Hướng dẫn giải

un = 3un −1 − 1 ⇔ un −

1
3
1
1
= 3un−1 − ⇔ un − = 3(un −1 − )(1)
2
2
2
2 .

1
1 −5
Ñaë
t v n = un − ⇒ v1 = u1 − =
2
2 2
(1) ⇒ vn = 3vn−1 , ∀n ≥ 2
.
Dãy (vn ) là cấp số nhân với công bội là q = 3 .

Nên

vn = v1.q n −1 =

Do đó

Bài 2.

un = vn +

− 5 n −1
.3
2
.

1 − 5 n −1 1
= 3 + , ∀ n = 1, 2,...
2 2
2
.

A = lim

a) Tính giới hạn

(

3

n3 + n2 − 1 − n

).

 u1 = 11

b) Cho dãy số (un) xác định bởi :  un +1 = 10un + 1 − 9n, ∀ n ∈ ¥ . Tìm công thức tính un theo n .
Hướng dẫn giải
a) Tính giới hạn

A = lim

(

3

n3 + n 2 − 1 − n

).
Trang 20


A = lim

(

3

)

2

Ta có:

1−

= lim

3

(n

3

+ n 2 − 1) + n. 3 n3 + n 2 − 1 + n 2 .
2

1
n2

2

3

Vậy

n2 − 1

n + n − 1 − n = lim
3

1 1

 1 1

1 + 4 − 6 ÷ + 3 1 + − 3 ÷ + 1
 n n 
 n n  .

A=

1
3.

b) Ta có:.

u1 = 11 = 10 + 1
u2 = 10.11 + 1 − 9 = 102 = 100 + 2
u3 = 10.102 + 1 − 9.2 = 1003 = 1000 + 3 .
Dự đoán: un = 10 + n ( 1) .
n

Chứng minh:.
Ta có: u1 = 11 = 10 + 1 , công thức (1) đúng với
1

Giả sử công thức (1) đúng với

(

n = 1.

k
n = k ta có: uk = 10 + k .

)

k
k +1
Ta có: uk +1 = 10 10 + k + 1 − 9k = 10 + ( k + 1) . .

n = k + 1.

Công thức (1) đúng với
Vậy un = 10 + n,
n

Bài 3.

∀ n ∈ N..

u1 = 4


1
un +1 = (un + 4 + 4 1 + 2un ), n ∈ ¥ *

9
Cho dãy số (un ) xác định bởi: 
. Tìm công thức của số hạng tổng
quát

(un ) ?.
Hướng dẫn giải

xn ≥ 0 ⇒ un =
Đặt xn = 1 + 2un ⇒ x = 1 + 2un ,
2
n

xn2 − 1
2 .

Thay vào giả thiết:.

xn2+1 − 1 1 xn2 − 1
= (
+ 4 + 4 xn ) ⇔ (3x ) 2 = ( x + 4) 2 ⇔ 3 x = x + 4, ∀ n ∈ N * , x ≥ 0
n +1
n
n +1
n
n
.
2
9 2
n +1

Ta có 3 xn +1 − xn = 4 ⇔ 3

xn+1 − 3n xn = 4.3n .
Trang 21


Đặt yn = 3 .xn ⇒ yn +1 = yn + 4.3 , ∀ n ∈ N .

n

n

*

⇒ yn +1 = y1 + 4(3n + 3n −1 + ... + 3) ⇔ yn +1 = y1 − 6 + 2.3n +1 .
Ta có x1 = 3 ⇒ y1 = 9 ⇒ yn = 3 + 2.3 .
n

Suy ra

1
1
4
1
, ∀ n ∈ N * ⇒ un = (3 + n −1 + 2 n− 2 ), ∀ n ∈ N *
n −1
3
2
3
3
.

xn = 2 +

Bài 4.

( un )

Cho dãy số

xác định bởi:

u1 = 1;

u n +1 =

un
, ∀ n ∈ ¥ *.
2un + 1
Tìm công thức số hạng tổng quát un

n. .

theo

Hướng dẫn giải
Ta có un > 0, ∀ n ∈ ¥ . Khi đó
*

Với mọi n ∈ ¥ , đặt
*

vn =

un +1 =

un
1

1
⇔
= 2+ .
2un + 1 un +1
un .

1
⇒ v1 = 1;
vn +1 = vn + 2, ∀ n ∈ ¥ * . .
un

Suy ra, dãy số ( vn ) là cấp số cộng có v1 = 1 và công sai

d = 2. .

*
Do đó, vn = v1 + ( n − 1) d = 2n − 1, ∀ n ∈ ¥ . .

Vậy

un =

Bài 5.

1
1
=
.
vn 2n − 1 .
Cho dãy số

(un )

xác định bởi:

u1 = 1; un +1 = 2un + 3n , ∀ n ∈ ¥ * .

Tìm công thức số hạng tổng quát

un

n.

theo

Hướng dẫn giải
Với mọi n ∈ ¥ , ta có.
*

un+1 = 2un + 3n ⇔ un +1 − 3n +1 = 2(un − 3n ) .
Xét dãy số (vn ), với vn = un − 3 , ∀ n ∈ ¥ . Ta có: vn +1 = 2vn . Do đó, dãy số (vn ) là một cấp số nhân có
n

công bội q = 2 và số hạng đầu bằng
Suy ra vn = v1.q

n −1

*

− 2. .

= − 2 n. .

Vậy un = vn + 3 = 3 − 2 . .
n

n

n

Trang 22


3
n+4 
*
u1 = 1; un +1 =  un − 2
÷, ∀ n ∈ ¥ .
(
u
)
2
n + 3n + 2 
Cho dãy số n xác định bởi:
Tìm công thức số hạng

Bài 6.

tổng quát

un

theo

n.
Hướng dẫn giải

Với mọi n ∈ ¥ , ta có.
*

2un +1 = 3(un −

3
3
3
3
3
) = 3(un −
) ⇔ un +1 −
= (un −
).
n+ 2
n +1
n+ 2 2
n +1 .

⇔ 2(un +1 −

dãy số

n+4
2
3
) ⇔ 2un +1 = 3(un +
−
)
(n + 1)( n + 2)
n + 2 n +1 .

(vn ), vn = un −

3
3
1
q=
v1 = −
n + 1 là cấp số nhân có công bội
2 và
2.

n −1

n −1

3
1 3
 3  1
vn =  ÷ .  − ÷, ∀ n ∈ ¥ * ⇒ un =
−  ÷ , ∀n ∈ ¥ *

n +1 2  2 
 2  2
.
u1 = 3

5un − 3

*
un +1 = 3u − 1 , n ∈ ¥
n
Cho dãy số (un) xác định bởi: 
.

Bài 7.

Xét dãy số ( vn ) với

vn =

un + 1
,
un − 1 ∀ n ∈ ¥ * . . Chứng minh dãy số ( vn ) là một cấp số cộng. Tìm số hạng

tổng quát của dãy số ( un ) . .
Hướng dẫn giải

Ta có

vn =

un + 1
v +1
⇒ un = n
un − 1
vn − 1 thay vào hệ thức truy hồi ta có.

vn + 1
−3
vn +1 + 1
vn − 1
=
vn +1 − 1 3. vn + 1 − 1 ⇒ vn +1 + 1 = 2vn + 8
v + 1 2v + 8
⇒ n +1 = n
vn +1 − 1 2vn + 4
vn − 1
2
4 .
5.

hay vn +1 = vn + 3 và v1 = 2 . Suy ra dãy số ( vn ) là một cấp số cộng có v1 = 2 và công sai
Ta có vn = v1 + ( n − 1) d = 2 + 3 ( n − 1) = 3n − 1. .

Do đó

un =

3n − 1 + 1
3n
=

3n − 1 − 1 3n − 2 . Thử lại thấy dãy số này thỏa mãn.

Trang 23

d = 3. .


3n

un =
*
Vậy số hạng tổng quát của dãy số ( un ) là
3n − 2 n ∈ ¥ . .
Bài 8.

Cho dãy số

(un )

xác định bởi:.

u1 = 4


1
*
un +1 = 9 (un + 4 + 4 1 + 2un ), n ∈ ¥
.
Tìm công thức của số hạng tổng quát (un ) ?.
Hướng dẫn giải

Đặt

xn = 1 + 2un ⇒ xn2 = 1 + 2un , xn ≥ 0 ⇒ un =

xn2 − 1
2 .

Thay vào giả thiết:.

xn2+1 − 1 1 xn2 − 1
= (
+ 4 + 4 xn )
2
9 2
⇔ (3 xn +1 )2 = ( xn + 4)2
⇔ 3 xn +1 = xn + 4, ∀n ∈ N * , xn ≥ 0 .
n +1

Ta có 3 xn +1 − xn = 4 ⇔ 3

xn+1 − 3n xn = 4.3n .

Đặt yn = 3 .xn ⇒ yn +1 = yn + 4.3 , ∀ n ∈ N .
n

n

*

⇒ yn +1 = y1 + 4(3n + 3n−1 + ... + 3)
⇔ yn +1 = y1 − 6 + 2.3n +1

.

Ta có x1 = 3 ⇒ y1 = 9 ⇒ yn = 3 + 2.3 .
n

Suy ra.

1
, ∀n ∈ N *
n −1
3
1
4
1
⇒ un = (3 + n −1 + 2 n − 2 ), ∀n ∈ N *
2
3
3
.
xn = 2 +

1.3. PHƯƠNG TRÌNH ĐẶC TRƯNG.

Bài 1.

Cho dãy số ( un ) xác định bởi

u1 = 1, u2 = 2, un+ 2 = un + 2un +1 , n ≥ 1. Tìm
Hướng dẫn giải

Trang 24

lim

n → +∞

un +1
un .


Dễ thấy dãy đã cho là dãy số dương, do đó không có số hạng nào của dãy bằng 0. Từ công thức truy hồi

un + 2
u
= 2 + n , n ≥ 1.
u n +1
của dãy ta có un +1
.

Đặt

vn =

u n +1
1
,n ≥1
v1 = 2, vn +1 = 2 + , n ≥ 1.

un
vn
, ta được dãy số
.

Dễ thấy dãy ( vn ) là dãy số dương và

vn ≥ 2, ∀ n ≥ 1 . Do đó.

1 1
1 5
5
5
≤ ⇒ 2 + ≤ ⇒ vn +1 ≤ , ∀n ≥ 1.
2 ≤ vn ≤
vn 2
vn 2
2
Vậy ta có
2.
1
 5
1
f ( x ) = 2 + , x ∈  2; 
f ' ( x ) = − 2 < 0, ∀ x.
x
 2  . Ta có
Xét hàm số
x
Do đó có hai dãy con đơn điệu của dãy

( vn )

và hai dãy con này đều bị chặn nên chúng có giới hạn. Giả sử

a = lim v2 n
n → +∞

và

hệ.

1

 a = 2 + b
⇔

b = 2 + 1

a

a = b = 1+ 2

a
=
b

⇔
 ab = 1  a = b = 1 − 2


 ab = 1

.

Ta thấy chỉ có a = b = 1 + 2 thỏa mãn và đây là giới hạn cần tìm.

Bài 2.

Tìm số các dãy số ( un )

un +1 + 4un2 − 4un = 0, ∀n ≥ 1


1
u2004 =
2
thỏa mãn điều kiện: 
.
Hướng dẫn giải

 Viết lại un +1 = 4un ( 1– un ) = f ( un ) với f ( x ) = 4 x ( 1– x ) .
Nhận xét: f ( x ) ∈ ( 0;1) ⇒ x ∈ ( 0;1) . .

1

Vì vậy: u2004 = 2 ∈ ( 0;1) ⇒ u2003 ∈ ( 0;1) ⇒ u2002 ∈ ( 0;1) ⇒ ....u1 ∈ ( 0;1) . .

π

2

 Với 0 < u1 < 1 tồn tại duy nhất α: 0 < a < 2 và u1 = sin a .

Lúc đó: u2 = 4 sin a(1 – sin a ) = sin 2a ; u3 = 4 sin 2a (1– sin 2a ) = sin 4a .
2

2

2

2

1 1
− cos(2nα )
u
=
sin
(2
a
)
=
Quy nạp ta được: n
2 2
.
2

n −1

Trang 25

2

2

b = lim v2 n +1
n → +∞

thì ta có