Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Giới hạn dãy số

Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

GIỚI HẠN DÃY SỐ
Vấn đề 1. Tìm giới hạn bằng định nghĩa
Bài 1 :
1. Với a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn na >
nên có lim

1
1
1
<
< a ∀n > na
− 1 ta có
n + 1 na + 1
a

1
= 0.
n+1

2. Với a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn na > k
có lim

1
nk

1
1
1
ta có k < k < a ∀n > na nên

n
na
a

= 0.

3. Với a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn na >

1
− 2 ta có
a

2
sin2 n
1
1
<
<
< a ∀n > na nên có lim sin n = 0 .
n + 2 n + 2 na + 2
n+ 2
M −1
4. Với mọi số dương M lớn tùy ý ta chọn nM >
2
Ta có: 2n + 1 > 2nM + 1 > M ∀n > nM ⇒ lim(2n + 1) = +∞ .

5. Với mọi số dương M lớn tùy ý ta chọn nM thỏa
⇔ nM >
Ta có:

2
nM
−1

nM

>M

M + M2 + 4 .
2

n2 − 1
n2 − 1
> M ∀n > nM ⇒ lim
= +∞
n
n

Vậy lim

1− n2
= −∞ .
n

Bài 2
2 
1. Với mọi a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn na =  − 1 + 1
a 
2
2

< a ∀n > na ⇒ lim
= 0.
Suy ra
n+1
n+1
cosn + sinn
1
cosn + sinn
2
=0
2. Ta có
mà lim 2 = 0 ⇒ lim
<
2
2
n
n2 + 1
n
n
1

3. Với mọi số thực a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn na =  2 − 1 + 1
a

125


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

n+1
1
n+1
<
< a ∀n > na ⇒ lim
= 0.
n+2
n
+2
n+1
M 
4. Với mọi M > 0 lớn tùy ý, ta chọn nM =   + 1
 3
Ta có:

Ta có:

3n3 + n
2

n

Vậy lim

= 3n +

3n3 + n
n2

1

> M ∀n > nM
n

= +∞ .
2

1 
5. Với mọi M > 0 lớn tùy ý , ta chọn nM >  + 3÷ − 1
a

n−2
3
= n + 1−
> 1+ n − 3 > M ∀n > nM
Ta có:
1+ n
n+1
2− n
= −∞ .
Suy ra lim
n+1
Bài 3
1. Với số thực a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn na >
Ta có:

5
+ 2> 2
a

2n + 1

5
5
−2 =
<
< a ∀n > na
n−2
n
n−2
a−2

Vậy A = 2.
2. Với số thực a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn na thỏa

2na + 3
na2 + 1


1+ a2 − 4a + 13
a
2n + 3
< a ∀n > na ⇒ B = 0 .
Ta có: 2
n +1
⇔ na >

3. Với số thực a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn na >
Ta có:

1

−1
a

n2 + 1
n+2
1
−1<
−1 <
< a ∀n > na
n+1
n+1
na + 1

Vậy C = 1.
Bài 4
1
1. A =
2. B = −3
3. C = 0
2
Bài 5 Ta có: u2n = 2n → +∞; u2n+1 = −(2n + 1) → −∞
126

4. D = 4.


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

Do đó dãy số đã cho khơng có giới hạn.
Bài 6

1. Gọi m là số tự nhiên thỏa: m + 1 > a . Khi đó với mọi n > m + 1
n− m

m

an
a a a
a
a a  a 
Ta có: 0 <
= . ... .
... <
.
÷
n! 1 2 m m + 1 n
m!  m + 1÷

n− m

 a 
an
Mà lim 
= 0 . Từ đó suy ra: lim
÷
= 0.
 m + 1÷
n!


2. Nếu a = 1 thì ta có đpcm

(

)

n

• Giả sử a > 1. Khi đó: a = 1+ n a − 1  > n


a
Suy ra: 0 < n a − 1< → 0 nên lim n a = 1
n

(

n

)

a −1

• Với 0 < a < 1 thì 1 > 1⇒ lim n 1 = 1⇒ lim n a = 1.
a
a
Tóm lại ta ln có: lim n a = 1 với a > 0.
Bài 7
1. Khơng mất tính tổng qt ta có thể giả sử a = 0.
Với mọi ε > 0 tồn tại n0 ∈ ¥
u1 + u2 + ... + un

0

n
Từ đó ta có :

<

*

sao cho với mọi n ≥ n0 thì un <

ε
và
2

ε
.
2

u1 + u2 + ... + un
n
<

≤

u1 + u2 + ... + un

0

n

+

un

0+1

+ ... + un
n

ε ( n − n0 ) ε
+
< ε ∀n ≥ N .
2
n
2

u1 + ... + un

= 0.
n
2. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp bất đẳng thức sau:
1
xn − 2 <
,∀n ≥ 3.
2n
Thật vậy ta kiểm tra được ngay bất đẳng thức đúng với n = 3.
1
Giả sử bất đẳng thức đúng với n ≥ 3, tức là xn − 2 < n .

2
1
Khi đó ta có: xn+1 − 2 = xn − 2 2 − 2 − xn
2
Suy ra: lim

127


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

)

(

1
x − 2 2 − xn + 2 − 2 2
2 n
1
1 1
1
< xn − 2 <
=
.
n
n
2
22
2 +1

Do đó bất đẳng thức đúng đến n + 1.
1
Mặt khác do lim n = 0 nên từ bất đẳng thức trên và nguyên lý kẹp ta
2
≤

(

)

có lim xn − 2 = 0 ⇒ limxn = 2 .
Chú ý: Ta có kết quả sau:
Cho hàm số f : ¡ → ¡ thỏa: f(x) − f(y) ≤ q. x − y với mọi x,y ∈ ¡

và

q ∈ ( 0;1) . Khi đó dãy số (un ) được xác định bởi
u0 = c; un = f(un−1), ∀n = 2,3,... có giới hạn hữu hạn là nghiệm của
phương trình f(x) = x .
Sử dụng kết quả trên ta có nghiệm của phương trình f(x) = x có
nghiệm là

2 nên ta mới đi chứng minh limxn = 2 .

Vấn đề 2. Tìm giới hạn của dãy số dựa vào các
định lý và các giới hạn cơ bản
Bài 1
3 1
+
n n2 2

= .
1. Ta có: A = lim
1 2 3
3− +
n n2
2+

2. Ta có: B = lim

n2 + n
n

= lim

1+

1
n

=

1

1 1− 3
n − 3n2 + 1
1− 3 +
n2
n
1 4 9
2

1 4
2
n8(2 +
) .n (1+ )9
(2 +
) .(1+ )9
2
2
n
n
n
n
= lim
3. Ta có: C = lim
1
1
17
n (1+
)
1+
n17
n17
Suy ra C = 16.

1 3
2 
n  1+
− 3+
÷


3
n2
n3 ÷

 = 1− 3
4. Ta có: D = lim
.
4


2−1
1
2
n 4 2+
+
− 1÷

÷
n3 n4


Bài 2
128


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
2

2

n + 6n − n
 2

1. Ta có A = lim  n + 6n − n ÷ = lim


n2 + 6n + n
6n

= lim

n2 + 6n + n

= lim

6
6
1+ + 1
n

=3

3 3

2
2. Ta có: B = lim  n + 9n − n ÷


9n2

= lim
3

(n

3

+ 9n2

)

2

3

+ n n3 + 9n2 + n2

9

= lim
3  1+




=3

2

9

9
+ 1+ + 1
n÷
n


.

n

 2
3. ÷ − 1
3.2n − 3n
1
 3
=−
3. Ta có: C = lim n+1 n+1 = lim
n
3
2 +3
 2
2. ÷ + 3
 3
 2

3 3

2
4. Ta có: D = lim  n + 2n − n ÷− lim  n + 2n − n ÷





= lim

2n
n2 + 2n + n
2

= lim
1+

2
+1
n

− lim

2n2
3

3

(n3 + 2n2)2 + n n3 + 2n2 + n2
2

− lim
3 (1+

22 3

2
) + 1+ + 1
n
n

=

1
3.

Bài 3


2 2
= +∞
1. Ta có A = limn  1+ + 2 + 1÷
÷
n n




2 2
= 2.
Do limn = +∞;lim  1+ + 2 + 1÷
÷
n n





1
= +∞
2. Ta có: B = limn  2 + − 1÷
÷
n


3. Chia cả tử và mẫu cho n2 ta có được

129


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.
4

C = lim

3
5

n

+

3

1
8

n

−

1

1
n

1
2+
+
+
3
4
n
n
n

= 0.

4. Ta xét ba trường hợp sau
• k > p . Chia cả tử và mẫu cho nk ta có:
a
a
ak + k−1 + ... + 0 +∞ if a b > 0
k p
n
nk = 

D = lim

.
bp
b0
−∞ if ak bp < 0
+ ... +
nk
np−k
• k = p . Chia cả tử và mẫu cho nk ta có:
a
a
ak + k−1 + ... + 0
n
nk = ak .
D = lim
b
bk
bk + ... + 0
k
n
ak
a
+ ... + 0
p− k
np = 0
• k < p . Chia cả tử và mẫu cho np : D = lim n
.
b0
bp + ... +

np
1
1
3
5.Ta có: A = limn  1− 2 + 3 ÷ = +∞

n
n 
6. B = +∞
khi ak > 0
ak−1
a  +∞

k
+ ... + 0 ÷ = 
7. C = limn  ak +
n
nk  −∞ khi ak < 0

8. D = +∞
1
1
3+
−
2
n
n3 = 3
9.Ta có: E = lim
2
2


1 
3
 2 − n ÷ 1+ n ÷



7

10. Ta có:

130


2
 1− n ÷

F = lim 

3


1
 2+ n ÷

 =8
5

5
 1+ 2 ÷


n 


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

1
1
n
= lim
=
11. Ta có: H = lim 2
2
1 1
n + n + 1+ n
1+ +
+1
2
n n
1+

n+1

12. Ta có: M = lim

1− n2
3

3

(1− n2 − 8n3)2 − 2n 1− n2 − 8n3 + 4n2

=−

1
12



3 3

2
13. Ta có: N = lim  4n + 1 − 2n ÷− lim  8n + n − 2n ÷




1


2
=0
Mà: lim  4n + 1 − 2n ÷ = lim


4n2 + 1 + 2n
n
3
lim  8n2 + n − 2n ÷ = lim
=0

3
2
2
3


(8n + n) + 2n 8n2 + n + 4n2
Vậy N = 0 .
3 3



2
2
14. Ta có: K = lim  n + n − 1 − n ÷− 3lim  4n + n + 1 − 2n ÷




3 3
 1

 1
2
2
Mà: lim  n + n − 1 − n ÷ = ; lim  4n + n + 1 − 2n ÷ =

 3

 4

1 3
5
Do đó: K = − = −
3 4
12
Bài 4.
2
4
1
1. A = −
2. B =
3. C =
3
9
4
4. D = 0
3
5. E = +∞
6. F = 3
7.
3−1
6n
M = lim
=3
n2 + 6n + n
8. N = lim

3n2 + 1
3

3

(n3 + 3n2 + 1)2 + n. n3 + 3n2 + 1 + n2

= 1.

2
3 3



2
9. H = limn  8n + n − 2n ÷− limn  4n + 3 − 2n ÷ = −
3




n

 2
3 ÷ − 1
1
 3
=− .
10. K = lim
n
3
 2
2 ÷ + 3

 3
Bài 5.
131


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

sin2n − 1

2+
1. A = lim

1+
2. Ta có:

n

n3
1

=2

n3

n!

n3 + 2n

n

<

nn

n3 + 2n

=

n
n3 + 2n

→ 0⇒ B = 0

1
2 3
4. D =
2
3
6. F = +∞
7. Xét các trường hợp
TH1: k > p ⇒ H = −∞
TH 2: k < p ⇒ H = +∞
TH 3: k = p ⇒ H = 0 .
3. C =

8. K =

5. E = −∞

1
.
2

Bài 6
1. Ta có:

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

Suy ra un = 1−

n+1

=

1
k

Suy ra un =
3. Ta có: 1−

3

3

n(n + 1)2
3

k+1

⇒ limun = 1

 n(n + 1) 
2. Ta có: 1 + 2 + ... + n = 

 3 
3

1

−

3(3n + n + 2)

2

⇒ limun =

1
.
9

1
2
(k − 1)(k + 2)
= 1−
=
Tk

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

1 n+2
1
⇒ limun = .
Suy ra un = .
3 n
3
4. Ta có

k3 − 1

=

(k − 1)(k2 + k + 1)

k3 + 1 (k + 1)[(k − 1)2 + (k − 1) + 1]

2 n2 + n + 1
2
Suy ra ⇒ un = .
⇒ limun =
3 (n − 1)n
3
1
1 1 1
1  2n − 1
5. Ta có: un − un = +  + 2 + ... + n−1 ÷− n+1
2

2 2 2
2  2
⇒

1
3 2n + 1
un = −
⇒ limun = 3 .
2
2 2n+1

132


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

6. Ta có: un − qun = q + q2 + q3 + ... + qn − nqn+1
⇒ (1− q)un = q
7. Ta có: n

q
1− qn
− nqn+1 . Suy ra limun =
.
1− q
( 1− q ) 2

n
2

≤ un ≤ n

n
2

⇒

−n
2

n +n
n +1 n +1
n
⇒ un − 1 ≤
→ 0 ⇒ limun = 1 .
n2 + 1

≤ un − 1≤

−1
2

n +1

Bài 7
1. Ta chia làm các trường hợp sau
TH 1: n = k , chia cả tử và mẫu cho nk , ta được
a
a
ak + k−1 + ... + 0

n
nk = ak
A = lim
.
bp−1
b0 bp
bp +
+ ... +
n
nk
TH 2: k > p , chia cả tử và mẫu cho nk , ta được
a
a
ak + k−1 + ... + 0
+∞
khi ak bp > 0
n

nk
A = lim
=
bp
bp−1
b
−∞ khi ak bp < 0
+
+ ... + 0 
nk
nk− p nk−p+1
TH 3: k < p , chia cả tử và mẫu cho np , ta được

ak
a
a
+ k−1 + ... + 0
p− k
np− k+1
np = 0
A = lim n
.
bp−1
b0
bp +
+ ... +
n
np
2. Chia cả tử và mẫu cho n2 ta có được:
1
1
2
1
3 1+
+
− 4 1+
−
5
6
3
n
n
n

n4 = 1− 4 = − 3
B = lim
.
2
4
4

3
 2+ n ÷


1
1
n
= lim
=
3. Ta có: C = lim
4
1 1
4n2 + n + 1 + 2n
4+ +
+2
2
n n
n+1

1+

 2


3 3

2
4. Ta có: D = lim  n + n + 1 − n ÷− 2lim  n + n − 1 − n ÷




133


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

n+1
 2

Mà: lim  n + n + 1 − n ÷ = lim


n2 + n + 1 + n
1
1
n
= lim
=
2
1 1
1+ +
+1

n n2
1+

n2 − 1
3
lim  n3 + n2 − 1 − n ÷ = lim
3
3 3


(n + n2 − 1)2 + n. n3 + n2 − 1 + n2
1−
= lim
3  1+




1

1
n2

=

2

−

1

1 1
+ 3 1+ −
+1
6÷
n n3
n 

1
3

n4
1 2
1
Vậy D = − = − .
2 3
6
Bài 8
1. Ta có 1,a,a2 ,...,an là một cấp số nhân công bội a
1+ a + a2 + ... + an =
Tương tự

1+ b + b2 + ... + bn =

1− an+1
1− a

1− bn+1
1− b

1− an+1

1− b
Suy ra lim I = lim 1− na+1 =
1− a
1− b
1− b
( Vì a < 1, b < 1 ⇒ liman+1 = limbn+1 = 0 ).
2. Từ cơng thức truy hồi ta có: xn+1 > xn , ∀n = 1,2,...
Nên dãy (xn ) là dãy số tăng.
Giả sử dãy (xn ) là dãy bị chặn trên, khi đó sẽ tồn tại limxn = x
Với x là nghiệm của phương trình : x = x2 + x ⇔ x = 0 < x1 vô lí
Do đó dãy (xn ) khơng bị chặn, hay limxn = +∞ .
Mặt khác:
Suy ra:

134

1
1
1
1
=
=
−
xn+1 xn (xn + 1) xn xn + 1

1
1
1
=
−

xn + 1 xn xn+1


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

Dẫn tới: Sn =

1
1
1
1
−
= 2−
⇒ limSn = 2 − lim
=2
x1 xn+1
xn+1
xn+1

k
1
1
1
= −
nên xk = 1−
(k + 1)! k! (k + 1)!
(k + 1)!

3. Ta có:

Suy ra xk − xk+1 =

1
1
−
< 0 ⇒ xk < xk+1
(k + 2)! (k + 1)!

n
Mà: x2011 < n x1n + x2n + ... + x2011
< n 2011x2011

Mặt khác: limx2011 = lim n 2011x2011 = x2011 = 1−

1
2012!

1
.
2012!
4. Ta thấy un > 0, ∀n
Vậy limun = 1−

3

3
3
Ta có: un+1 = un + 3 +

u3n

+

1
u6n

(1)

Suy ra: u3n > u3n−1 + 3 ⇒ u3n > u03 + 3n (2)
Từ (1) và (2), suy ra:
1
1
u3n+1 < un3 + 3 +
+
3
u0 + 3n u3 + 3n
0

(

3
3
Do đó: un < u0 + 3n +
n

Lại có:

∑

1

k =1 k

2

< 1+

n

1
∑k≤ n
k =1

Vậy lim

u03
n

<

< un3 + 3 +

1
1
+
3n 9n2

1 n 1 1 n 1
(3)
∑ + ∑

3 k=1 k 9 k=1 k2

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

∑

1

k =1 k

2

< 2n

Nên: u03 + 3n < u3n < u03 + 3n +
Hay 3 +

)

2

2
2n
+
9
3

u3 2
u3n
2
.
< 3+ 0 +
+
n
n 9n 3 n

u3n
= 3.
n

5. Ta có: un =

(

) (

n+ 2− n+1 −
=

n + 1− n

1
n+ 2+ n+1

−

)
1

n + 1+ n
135


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

−1

Nên Sn =

2+1

1

−

n+ 2+ n+1

6. Ta có un+1 − un =

⇒ limSn = 1− 2

u2n
u
− un
un
⇔ n+ 1
=
2010
un+1.un
2010un+1

 1
1 
= 2010.
−
÷
÷
un + 1
 un u n+ 1 
u
1
1
1
) = 2010(1−
)
Ta có ∑ n = 2010( −
u n+ 1
u1 un+1
u n+1

un

⇔

Mặt khác ta chứng minh được: limun = +∞ .
Nên lim(∑

uu
u n+ 1

) = 2010 .

7. Bằng quy nạp ta chứng minh được: sn = 9 −
Mà lim

n
2n

4n + 9
2n

= 0 ⇒ limsn = 9 .

8. Ta chứng minh được: un ≥ 3;∀n ∈ ¥ * , do đó
u n+ 1 − un =

(un + 2)2(un − 2)
>0
5

Từ đó thấy (un ) tăng.
Giả sử (un ) bị chặn, khi đó tồn tại giới gạn hữu hạn, giả sử limun = a
a(a + 1)2 − 8
⇔ a3 + 2a2 − 4a − 8 = 0 ⇔ a = ±2 (loại)
5
Do đó limun = +∞
và ta có: a =

Ta lại thấy rằng: un+1 =
⇒

un − 2
u2n

+1

=

un (un + 1)2 − 8
5

1
1
−
,∀n ∈ ¥
u n + 2 un + 1 + 2
n

*

 1
 1
1
= lim 
−
÷= .
n→∞ i =1 u2 + 1 n→∞  u1 + 2 un+1 + 2 ÷
 5
i

Vì vậy nên: lim ∑

ui − 2

Bài 9
1. Trước hết bằng quy nạp ta chứng minh được : un > 1, ∀n = 1,2,...
Ta có: u1 = 2 > 1
Giả sử un > 1⇒ un+1 >
136

1
2010
+
=1
2011 2011


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

Do đó: un > 1, ∀n = 1,2,... . Do un > 1⇒ un2 > un

un

2010
u = un , suy ra dãy (un ) là dãy tăng
2011 2011 n
Giả sử dãy (un ) bị chặn trên, khi đó tồn tại limun = x > 1
Nên un+1 >

+

x2
2010
+
x ⇒ x = 0 (vơ lí).
2011 2011
Từ đó ta có: limun = +∞
2. Ta có:
1
1
u n+ 1 − 1 =
(un2 + 2010un − 2011) =
(u − 1)(un + 2011)
2011
2011 n
1
2011 1
1
=
(
−

) (1)
Suy ra:
un+1 − 1 2012 un − 1 un + 2011
Suy ra: x =

un

un
2011 un
2011 1
2011
(
−
)=
(
+
)
un+1 − 1 2012 un − 1 un + 2011 2012 un − 1 un + 2011
=

Mà từ (1) ⇒
Do đó:
⇒

n

∑

1
1

2012
1
=
−
.
uk + 2011 uk − 1 2011 uk+1 − 1

un

u n+ 1 − 1
uk

1
1
−
)
u n − 1 u n+ 1 − 1

n+ 1
1
1
1
1
−∑
) = 2012(
−
)
u1 − 1 un+1 − 1
k =1 uk − 1 k= 2 uk − 1
n

= 2012( ∑

k =1 u k + 1 − 1
n
u

Vậy lim ∑

= 2012(

k

= lim2012(

1
1
−
) = 2012 .
u1 − 1 un+1 − 1

k =1 u k + 1 − 1
Bài 10.
1. • Bằng quy nạy ta chứng minh: xn < 4, ∀n (1)

Ta có: x1 = 1< 4 nên (1) đúng với n = 1
Giả sử xk < 4, ∀k ≤ n , khi đó:
xn+1 = xn + xn−1 < 4 + 4 = 4
Từ đó suy ra (1) đúng với mọi n .
• Ta chứng minh dãy (xn ) là dãy tăng

Ta có: x1 < x2 . Giả sử xk > xk−1, ∀k ≤ n , khi đó:
xn+1 − xn = xn − xn− 2 > 0 ⇒ xn+1 > xn
Từ đó suy ra dãy (xn ) hội tụ. Đặt limxn = x > 0 , ta có x là nghiệm của
phương trình : x = x + x ⇒ x = 4
Vậy limxn = 4 .
2. Ta chứng minh dãy (un ) tăng và bị chặn trên
137


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.
n+ 1

n

• Chứng minh dãy (un ) tăng, tức là:  1+ 1 ÷ >  1+ 1 ÷
n + 1
n


n
Áp dụng BĐT Cơ si cho
số gồm
1
1
1+ (1+ ) + ... + (1+ )
n
n ≥ n+1 (1+ 1)n ⇒ 1+ 1 ≥ n+1 (1+ 1)n
n+1
n

n+1
n
n+ 1

(1)

n


1 

1
Suy ra:  1+
÷ ≥  1+ ÷ ⇒ un+1 > un , dãy (un ) là dãy tăng.
n
+
1
n




• Chứng minh dãy (un ) bị chặn trên bởi 3.
k


1
n2 n
Ta chứng minh:  1+ ÷ <
+ + 1 ,1≤ k ≤ n (2). Thật vậy:

n

k2 k
1 1 1
* Với k = 1⇒ VT(2) = 1+ < 2 + + 1= VP(2) . Nên (2) đúng với k = 1.
n n
n
k
=
p,
1
≤
p ≤ n − 1, tức là:
* Giải sử (2) đúng với
p

p2 p

1
1
+
<
+ + 1 (3).

÷
n

n2 n
Ta chứng minh (2) đúng với k = p + 1, tức là
p+1


1
 1+ ÷
n

p+1


1
Thật vậy:  1+ ÷
n


<
p


1
=  1+ ÷
n

=

p2
n3

+

(p + 1)2

2

n

+

p+1
+ 1 (4).
n


1   p2 p  
1
. 1+ ÷ < 
+ + 1÷ 1+ ÷
2
÷
n   n
n
n



p2 + p
n2

+

p+1
p p2 + p p + 1

+ 1≤
+
+
+1
n
n
n2
n2

p2 + 2p + 1 p + 1
(p + 1)2 p + 1
+
+ 1=
+
+ 1.
n
n
n2
n2
Do vậy (2) được chứng minh.
<

n


1
Từ (2) ta suy ra  1+ ÷ < 3 ⇒ un < 3, ∀n , suy ra dãy (un ) bị chặn trên
n

Vì dãy (un ) tăng và bị chặn trên nên dãy (un ) có giới hạn hữu hạn.

3. Xét hàm số f(x) =
f(x) −

138

u1 = 2
, ta có: 
un+1 = f(un )
x2 + x + 1

x2 − x + 3

5 2(x − 2)(x − 4)
−x2 − 3x + 1
=
; f(x) − 2 =
7
x2 + x + 1
x2 + x + 1


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

Từ đó ta chứng minh được:

5
≤ un ≤ 2, ∀n = 1,2,...
7

5 

Với mọi x1,x2 ∈  ;2 ;x1 ≠ x2 , ta có:
7 
f(x1) − f(x2)
x1 − x2

=

2(x1 − 1)(x2 − 1) − 3

(x12 + x1 + 1)(x22 + x2 + 1)

5 
< 0, ∀x1,x2 ∈  ;2
7 

5 
Nên hàm f là hàm nghịch biến trên  ;2÷
7 
137
= u3 ⇒ f(u1) < f(u3) ⇒ u2 < u4 …..
Mà u1 = 2 >
109
Từ đó ta chứng minh được dãy (u2n ) là dãy tăng và dãy (u2n+1) là dãy
số giảm. Cả hai dãy này cũng bị chặn nên hai dãy này tồn tại giới
4 
4
hạn: limu2n = x, limu2n+1 = y với x,y ∈  ;2 (Do u4 > và u2n+1 > 1).
5
5 
u2n = f(u2n−1) x = f(y)

⇒
⇒ x − y = f(y) − f(x) ⇔ x + f(x) = y + f(y) ⇔ x = y
Vì 
u2n+1 = f(u2n )  y = f(x)
4 
(Do hàm số g(x) = x + f(x) đồng biến trên  ;2÷ )
5 
3
Thay x = y vào hệ ta có: x = f(x) ⇔ x + 2x − 3 = 0 ⇔ x = 1
Vậy dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn và limun = 1.

4. Xét dãy (vn ) : vn = max{ un ,un+1} , ta có dãy (vn ) bị chặn
Từ giả thiết ta suy ra:
max{ un ,un+1} ≥ un+ 2 ⇒ max{ un ,un+1} ≥ max{ un+1,un+ 2}
Do đó dãy (vn ) là dãy số giảm, từ đó suy ra tồn tại limvn = l
Ta chứng minh: limun = l .
Vì limvn = l nên với mọi ε > 0 nhỏ tùy ý, ln tồn tại n0 ∈ ¥ * sao cho:
vn − l <

ε
ε
ε
⇔ l − < vn < l + , ∀n > n0
3
3
3

Với mọi k > n0 + 1 ta có: vk−1 = max{ uk−1,uk } < l +

ε

3

ε
(*)
3
Ta xét các trường hợp sau:
ε
ε
ε
ε
• u k > l − ⇒ l − < uk ≤ v k < l + ⇒ u k − l < .
3
3
3
3
Suy ra uk−1 < l +

139


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

ε
ε
, suy ra uk+1 > l −
3
3
 ε  ε
Khi đó: uk ≥ 2uk+1 − uk−1 > 2 l − ÷−  l + ÷ = l − ε

 3  3
ε
Dẫn tới: l − ε < uk ≤ vk < l + < l + ε ⇒ uk − l < ε .
3
Vậy limun = l .
• uk ≤ l −

a0 = 1

5 • Xét dãy số (an ) : 
a + an2 + 6
an+1 = n
, ∀n ∈ ¥
3

Ta chứng minh 0 < an < 2 và (an ) là dãy tăng
Thật vậy: Ta có 0 < a0 < 2
Giả sử 0 < a < 2 ⇒ a2 + 6 < 2 2 ⇒ 0 <
n
n

an + an2 + 6
3

< 2

Hay 0 < an+1 < 2
Khi đó: an < an+1 ⇔ 2an < an2 + 6 ⇔ 0 < an < 2 (đúng)
Từ đó ta kết luận được liman = x và x thỏa:
x + x2 + 6

⇒ x = 2 ⇒ liman = 2 .
3
Tiếp theo ta chứng minh: an ≤ min{ u 2n ,u2n+1}
x=

Ta có: a0 = 1 ≤ min{ u0 ,u1}

Giả sử: an < min{ u2n ,u2n+1} ⇒ an < u2n ,an < u2n+1
Khi đó: u
2n+ 2 =
u2n+ 3 =

2
u2n+1 + u2n
+6

3

2
u2n+ 2 + u2n
+1 + 6

>

>

an + an2 + 6
3

= an+1

an+1 + an2 + 6

> an+1
3
3
Vậy khẳng định vừa nêu đã được chứng minh.
 b0 = 5

• Xét dãy số (bn ) : 
b + bn2 + 6
 bn+1 = n
, ∀n ∈ ¥
3

Tương tự ta chứng minh được dãy (bn ) giảm và bị chặn dưới bởi
và limbn = 2 . Đồng thời bn ≥ max{ u2n ,u2n+1} .
140

2


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

an < u2n < bn
⇒ limu2n = limu2n+1 = 2
Từ đó ta suy ra được: 
an < u2n+1 < bn
Vậy limun = 2 .
6. Ta thấy un > 0,∀n và từ:

u n+ 1 =

u2n + 4un + 1
u2n + un + 1

= 1+

3un
un2 + un + 1

= 2−

(un − 1)2
un2 + un + 1

,

ta có: 1 < un < 2,∀n .
Xét hàm số: f(x) =
biến trên ( 1;2) .

x2 + 4x + 1
x2 + x + 1

,x ∈ ( 1;2) ta chứng minh được hàm f nghịch

u1 = 1
Dãy số đó cho có thể viết dưới dạng: 
un+1 = f(un ),n ≥ 1
Ta thấy: u1 = 1< u3 ⇒ f(u1) > f(u3)

⇒ u2 < u4 ⇒ f(u2) < f(u4) ⇒ u3 < u5 .
Tiến hành tương tự, suy ra: u1 < u3 < u5 < .... suy ra dãy u2n+1 tăng và bị
chặn trên bởi 2 nên có giới hạn, giả sử là α ∈ 1;2 .
u2 > u4 > u6 > ... suy ra dãy u2n giảm và bị chặn dưới bởi 1 nên có giới
hạn, giả sử là β ∈ 1;2 .
α = f(β)
u2n+1 = f(u2n )
Ta có: 
.Chuyển qua giới hạn, ta có: 
.
u2n+ 2 = f(u2n+1)
β = f(α)
⇒ α − β = f(β) − f(α) ⇔ α − β =

β2 + 4β + 1 α 2 + 4α + 1
−
β2 + β + 1 α 2 + α + 1



β
α
⇔ α − β = 3
−
 β2 + β + 1 α 2 + α + 1÷
÷


3(α − β)(αβ − 1)
⇔ α −β =

2
(α + α + 1)(β2 + β + 1)
α − β = 0
⇔
2
2
 3(αβ − 1) = (α + α + 1)(β + β + 1)
Ta thấy phương trình thứ hai khơng có giá trị α ,β ∈ 1;2 thỏa mãn
α=β=t.

u2n+1 = lim u2n = t , hai dãy con đó có cùng giới hạn là t.
Do đó, nlim
→+∞
n→+∞
141


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

Ta thấy, t phải thỏa mãn đẳng thức: t =

t2 + 4t + 1

⇔ t3 − 3t = 1

(*).
t + t+1
Ta sẽ chứng minh rằng nghiệm t ≤ 2 . Đặt t = 2cosϕ, ϕ ∈ 0;2π , thay
vào phương trình (*) ở trên:

1
π
2π
8cos3 ϕ − 6cosϕ = 1 ⇔ cos3ϕ = ⇔ ϕ = ± + k
.
2
9
3
π 5π 7π
Do ϕ ∈ 0;2π nên: ϕ = ; ;
, tương ứng với các nghiệm của (*) là:
9 9 9
π
5π
7π
t = 2cos ;2cos ;2cos
.
9
9
9
Phương trình (*) đó có đủ 3 nghiệm nên nó khơng có nghiệm t > 2 .
2

π
Trong các nghiệm này, chỉ có t = 2cos ∈ 1;2 thỏa mãn và đây cũng
9
chính là giới hạn cần tìm.
π
Vậy dãy số un có giới hạn hữu hạn và lim un = 2cos .
n→+∞

9
7. Trước hết ta chứng minh xn < 7,∀n ∈ ¥

*

theo qui nạp

Ta có x1 = 1< 7 nên khẳng định đúng khi n = 1.
Giả sử khẳng định đúng đến một số tự nhiên n > 1,
suy ra xn−1 < 7 và xn < 7 ⇒ xn+1 = 4xn + 3xn−1 < 7 .
Khẳng định được chứng minh.
Xét dãy y1 = 1;yn+1 = 7yn . Dễ dàng chứng minh được (yn ) tăng và bị
chặn trên bởi 7. Từ đó tìm được limyn = 7.

Tiếp theo ta chứng minh yn ≤ min{ x2n−1;x2n } ;n = 1,2,... .
Hiển nhiên khẳng định đúng khi n = 1.
giả sử khẳng định đúng đến n > 1, tức là: yn ≤ x2n−1;yn ≤ x2n
⇒ yn+1 = 7yn ≤ 4x2n + 3x2n−1 = x2n+1 và
x2n+ 2 = 4x2n+1 + 3x2n ≥ 4yn+1 + 3yn ≥ 7yn = yn+1

(do yn+1 > yn ) suy ra yn+1 ≤ min{ x2n+1;x2n } .
Vậy khẳng định được chứng minh.
 yn < x2n < 7
⇒ limx2n = limx2n+1 = 7
Từ đó suy ra: 
 yn < x2n+1 < 7
Vậy limxn = 7 .
Bài 11.

142

Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

2

1. Xét hàm số f(x) =
Ta có: u2n

, g(x) = ff( (x)) =

1+ x2
= g(u2n−2), u2n+1 = g(u2n−1)

2(1+ x2)2
(1+ x2)2 + 4

Ta chứng minh được: x2n < 1< x2n+1, ∀n (1)
2
1
=
< 1< 2011 = x1
1+ 2011 1006
2
2
< 1, x2n+1 =
>1
Giả sử x2n−2 < 1 < x2n−1 , ta có: x2n =
2
1+ x2n−1

1+ x22n
Vậy (1) đúng.
Mặt khác: u2n − u2n− 2 = g(u2n− 2) − u2n−2 (2)
Ta có: x2 =

Mà: g(x) − x = −

(x − 1)3(x2 + x + 2)
(1+ x2)2 + 4

(3)

Từ (1), (2),(3) ta suy ra được dãy (un ) : un = x2n là dãy tăng và bị chặn
trên bởi 1 nên dãy (un ) có giới hạn.
2. Theo chứng minh trên ta có dãy (x2n ) hội tụ tới l1
Tương tự ta cũng chứng minh được dãy (x2n+1) cũng hội tụ tới giá trị
l2 .
u2n = g(u2n− 2)
Vì 
nên l1,l 2 là nghiệm của phương trình
u2n+1 = g(u2n−1)
g(x) − x = 0 ⇔ x = 1, do đó: l1 = l 2 = 1
Vậy dãy (xn ) hội tụ và limxn = 1.
Bài 12.
1. Ta có: 1+ 3 + 5 + ... + 2n − 1 = n2 nên limun =
2. Ta có: 1+ 2 + ... + n =
Nên limun =
3. Ta có:

3

n(n + 1)
n(n + 1)(2n + 1)
và 12 + 22 + ... + n2 =
2
6

6
2
1

(k + 1) k + k k + 1

Suy ra un = 1−
4. Ta có: 1−

1
2

1
n+1

=

1
k

−

1

k+1

⇒ limun = 1

1
2
(k − 1)(k + 2)
= 1−
=
Tk
k(k + 1)
k(k + 1)

143


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

1 n+2
1
⇒ limun = .
Suy ra un = .
3 n
3
5. Ta có

k3 − 1

(k − 1)(k2 + k + 1)

=

k3 + 1 (k + 1)[(k − 1)2 + (k − 1) + 1]

2 n2 + n + 1
2
Suy ra un = .
⇒ limun =
3 (n − 1)n
3
1
1 1 1
1  2n − 1
6. Ta có: un − un = +  + 2 + ... + n−1 ÷− n+1
2
2 2 2
2  2
⇒

1
3 2n + 1
un = −
⇒ limun = 3 .
2
2 2n+1

7. Ta có: un − qun = q + q2 + q3 + ... + qn − nqn+1
⇒ (1− q)un = q
8. Ta có: n

q
1− qn
− nqn+1 . Suy ra limun =
.
1− q
( 1− q ) 2

n

≤ un ≤ n

2

n
2

⇒

−n
2

≤ un − 1≤

−1
2

n +n
n +1 n +1
n +1

n
⇒ un − 1 ≤
→ 0 ⇒ limun = 1 .
2
n +1
1
1
1
<
<
, k = 1,2,...,n
9. Ta có:
2
2
2
n +n
n +k
n +1
n
n
< un <
Suy ra
n2 + n
n2 + 1
n
n
= lim
= 1 nên suy ra limun = 1.
Mà lim
2

2
n +n
n +1
10. Ta có:
nên

1 1
1
+ +...+
2 22
2n

un = 2

=

n
 1
1− ÷
2 2

,

n
1
1 ữ
= lim2 2

.
limun

=2
Bi 13.
1. ã Nếu a ≥ 0 thì ta có: limxn = +∞
a < 0
• Nếu 
thì :
a ≠ −1

1  +∞ khi a > −1
limxn = limn  2 + 2a3 1+
÷=

8n3 ữ

khi a < 1
ã Nu a = −1 ta có: limxn = 0
144


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

Vậy a = −1 là giá trị cần tìm.
2. Dãy số ( xn ) là dãy số tăng ⇔ xn+1 ≥ xn , ∀n
3
⇔ 2 + a3 8(n + 1)3 + 1 ≥ a. 8n3 + 1 ⇔ a ≥

Ta có:

2

2
3

8n3 + 1 − 3 8(n + 1)3 + 1

< −1 và lim
3

3

(1)

2

8n3 + 1 − 3 8(n + 1)3 + 1
8n3 + 1 − 3 8(n + 1)3 + 1
Nên (*) đúng với mọi n ⇔ a ≥ −1.
Bài 14.
1. Xét hàm số f(x) = x2 − 2x + 2. , ta có 1 < f(x) < 2, ∀x ∈ ( 1;2)
Vậy x1 = α ∈ (1;2) => xn ∈ (1;2),∀n ∈ ¥

*

= −1

(chứng minh bằng quy nạp)

Lại có xn+1 − xn = (xn − 1)(xn − 2) < 0 (Do xn ∈ (1;2))
Nên dãy (xn ) là dãy giảm nên tồn tại giới hạn hữu hạn.
2. • Nếu α = 1⇒ xn = 1,n Ơ

ã Nu = 2 xn = 2,n Ơ

*
*

limxn = 1
limxn = 2

ã Nu α ∈ (1;2) ⇒ (xn ) là dãy giảm và bị chặn dưới nên có giới hạn .
Gọi L = limxn ⇒ L = L2 − 2L + 2 ⇔ L = 1(n),L = 2(l)
• Nếu α > 2 ,ta chứng minh được xn > 2,∀n và (xn ) tăng.
Khi đó giả sử xn bị chặn trên thì dãy sẽ có giới hạn là L = 1,L = 2 (cả
hai giá trị này đều loại do xn tăng và x1 > 2 ).
Vậy trường hợp này limxn = +∞ .
Bài 15.
4 8
4 8
3u1 < − +
3u2 = u3
1. Ta có 0 < u1 < u2 ⇒ u3 = − +
9 9
9 9
nên dãy (un ) là dãy tăng.
Dễ dàng chứng minh được un <
Từ đó tính được limun =

4
,∀n ∈ ¥ * .
3

4
.
3

2. Để chứng minh f(x) ≥ un ,∀n ∈ ¥ * ,∀x ∈ ¡ ta cần chứng minh f(x) ≥

4
9

4 8
3f(ax) .
và f(x) ≥ − +
9 9
Thật vậy, từ 9f(4x) ≥ 4 + 4 12f(3x) − 9f(4x),∀x ∈ ¡
⇒ 9f(4x) ≥ 4,∀x ∈ ¡ ⇒ f(x) ≥

4
(1)
9
145


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

Lại có 9f(4x) − 4 ≥ 4 12f(3x) − 9f(4x)

(

⇒ (9f(4x) + 4)2 ≥ 8 3f(3x)

)

2

4 8
4 8
3
⇒ f(4x) ≥ − +
3f(3x) ⇒ f(x) ≥ − +
3f( x) (2)
9 9
9 9
4
Bây giờ ta chứng minh f(x) ≥ un ,∀n ∈ ¥ * ,∀x ∈ ¡ theo qui nạp.
4
= u1 nên khẳng định đúng.
9
• Giả sử f(x) ≥ un , và ∀x ∈ ¡ thì theo (2)ta có
• n = 1, thì theo (1)có f(x) ≥

4 8
3
4 8
f(x) ≥ − +
3f( x) ≥ − +
3un = un+1
9 9
4
9 9

theo qui nạp ta có đpcm.
Từ f(x) ≥ un ,∀n ∈ ¥ * ,x ∈ ¡ lấy giới hạn hai vế khi n → +∞ thu được
4
,∀x ∈ ¡ .
3
3. Ta có xn+1 + yn+1 + zn+1 = xn + yn + zn = ... = a + b + c
f(x) ≥

1
1
mặt khác xn+1 − yn+1 = (− )(xn − yn ) = ... = (− )n (a − b)
2
2
⇒ lim(xn − yn ) = 0
Tương tự ta có lim(yn − zn ) = 0,lim(zn − xn ) = 0
Ta lại có xn −

x + yn + zn
a+ b+ c
= xn − n
3
3
=

Từ đó ta có 0 ≤ xn −

xn − yn
3

+

xn − zn
3

x − zn
a + b + c xn − yn
≤
+ n
3
3
3

a+ b+ c
. Từ đó ta có đpcm.
n→∞
3
3
4. Ta chứng minh x2n > 1+
∀n ∈ ¥ *
n
⇒ lim xn =

Ta có x12 = a2 > 4 nên khẳng định đúng với n = 1
3
với mọi k ≤ n
k
1
3 1
12
3

Ta có: x2n+1 = (3x2n + 1+ ) > (4 + ) > 1+
4
n 4
n
n+1
Theo nguyên lí quy nạp khẳng định trên được chứng minh.
Giả sử xk > 1+

146


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

a) Theo chứng minh trên suy ra x2n > 1⇒ xn > 1.
1
3
1
3xn2 + 1+ > xn −
3xn2 + xn2 = 0
2
n
2
Nên dãy (xn ) là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 1 nên (xn ) có giới hạn
b) Ta có: xn − xn+1 = xn −

hữu hạn. Đặt limxn = x ta có x là nghiệm của phương trình
2x = 3x2 + 1 ⇔ x = 1 .
Bài 16.
1. Ta xét hai dãy :
M n = max{ an ,an+1,an+ 2 ,an+ 3} và mn = min{ an ,an+1,an+ 2 ,an+ 3}

Ta chứng minh { M n }

là dãy số giảm và { mn } là dãy số tăng.

Thật vậy, ta sẽ chứng minh an+ 4 ≤ max{ an+1,an+ 3} .
2
≥ an+ 3
an+ 3 + an+ 2

Thật vật nếu an+ 4 ≥ an+ 3 thì
Suy ra : 2 ≥ (an+ 3 + an+ 2 )an+ 3 .
Khi đó: an+1 =

2
an+ 3

− an+ 2 =

= 2.

2
an+ 3

−

2
− an+ 2 + an+ 4
an+ 2 + an+ 3

an+ 2

(an+ 3 + an+ 2 )an+ 3

− an+ 2 + an+ 4 ≥ an+ 4

Từ đây suy ra M n+1 = an+1 hoặc an+ 2 hoặc an+ 3 và rõ ràng khi đó
M n = max{ an ,an+1,an+ 2 ,an+ 3} > M n+1 .

Do đó dãy { M n } là dãy giảm.

Tương tự ta chứng minh được dãy { mn } tăng.
Hai dãy số này đều bị chặn nên hội tụ.
Cuối cùng, ta chỉ còn cần chứng minh hai giới hạn bằng nhau.
Suy ra dãy (an ) hội tụ và liman = 1.
2. Ta có: un+1 = (un2 + 3un )(un2 + 3un + 2) + 1 = (un2 + 3un + 1)2
= u2n + 3un + 1
Suy ra: un+1 + 1 = (un + 1)(un + 2) ⇒
Suy ra:

1

1
1
−
un + 1 + 1 u n + 1 u n + 2
=

1
1
1

=
−
un + 2 un + 1 un+1 + 1

n 
1
1 
1
1
1
1
−
=
−
= −
Do đó, suy ra: vn = ∑ 
÷
÷
i =1 ui + 1 ui +1 + 1 u1 + 1 un+1 + 1 2 un+1 + 1

Mặt khác, từ un+1 = un2 + 3un + 1 ta suy ra: un+1 > 3n .
147


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

Nên lim

1

= 0 . Vậy limvn = 1 .
un + 1 + 1
2

x2n−1 + 3xn−1
1 2
1

>0
3. Ta có: xn − xn−1 =  xn−1 + 4xn−1 − xn−1 ÷ =
2
 2 x2 + 4x
n −1
n−1 + xn−1
Nên dãy (xn ) là dãy tăng.
Giả sử dãy (xn ) bị chặn trên, suy ra tồn tại limxn = x > 0
1 2

Ta có phương trình: x =  x + 4x + x ÷ ⇔ x = 0 (vơ lí)
2

Do vậy, ta có được: limxn = +∞ .
Từ cơng thức truy hồi, ta có được:
(2xn − xn−1)2 = xn2−1 + 4xn−1 ⇔ xn2 = (xn + 1)xn−1
Dẫn tới:

1
xn−1

=

xn + 1
x2n

=

1
x2n

+

1
1
1
1
⇒
=
−
với ∀n ≥ 2
2
xn
x
x
xn
n−1
n

 1 1  1
 1

1
1
1
+  −
+
−
+
...
+
−

÷
÷

÷
÷ x
x
÷= 6− x
÷
2
x
x
x
x
x1  1
2  2
3
 n−1
n
n

1
=0
Mà limxn = +∞ ⇒ lim
xn
Suy ra: yn =

1

Vậy limyn = 6 .
4. Xét phương trình au + bv = n (1).
Gọi (u0 ,v0) là một nghiệm nguyên dương của (1). Giả sử (u,v) là một
nghiệm nguyên dương khác (u0 ,v0) của (1).
Ta có au0 + bv0 = n,au + bv = n suy ra a(u − u0) + b(v − v0) = 0 do đó tồn
tại k nguyên dương sao cho u = u0 + kb,v = v0 − ka . Do v là số nguyên
dương nên v0 − ka ≥ 1 ⇔ k ≤

v0 − 1

. (2)
a
Ta nhận thấy số nghiệm nguyên dương của phương trình (1) bằng số
các số k nguyên dương cộng với 1. Do đó
 v − 1
n u
1
rn =  0  + 1 =  − 0 −  + 1 .
 a 
 ab b a
n u0 1
n u0 1

Từ đó ta thu được bất đẳng thức sau:
−
− ≤ rn ≤
−
− + 1.
ab b a
ab b a
1 u0 1 rn
1 u0 1 1
Từ đó suy ra :
−
−
≤ ≤
−
−
+ .
ab nb na n ab nb na n
r
1
Từ đây áp dụng nguyên lý kẹp ta có ngay lim n =
.
n→∞ n
ab
Bài 17.
148


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

1

1
1
2sin2 α
1
⇒
=
+ (1−
)sin2 α
+
n
n−1
2x
+
1
2xn+1 + 1
3
3(2xn + 1)
3
3
n
1

1. Ta có

=

n

n
n

1
1
1
= ∑ + sin2 α ∑ (1−
)
i
i
3 −1
i =1 2xi + 1 i =1 3
i =1

⇒ yn = ∑

1
1
3
1
= (1− ) + [n − (1− )]sin2 α
n
2
2
3
3n
Vì lim

1
3n

= 0 nên dãy (yn ) có giới hạn hữu hạn ⇔ sin α = 0 ⇔ α = kπ

Khi đó limyn =

1
.
2

2. Ta có x1 xác định khi c > c + x0 ⇔ c(c − 1) > x0 ⇒ c(c − 1) ≥ c ⇒ c ≥ 2
Ta chứng minh với c > 2 thì dãy (xn ) hoàn toàn xác định.
c > 2
⇒ x0 + c < 2c < c ⇒ c − c + x0 > 0 ⇒ x1 xác định.
Vì 
x0 < c
Giả sử xk được xác định. Khi đó 0 < xk < c < c ⇒ c + xk < 2c < c
Suy ra c − c + xk > 0 ⇒ xk+1 xác định.
Gọi a > 0 là nghiệm của phương trình : x2 + x + 1− c = 0 .
Ta chứng minh: limxn = a . Thật vậy:
xn+1 − a =

<

c − c + xn − a2
c − c + xn + a

(a + 1)2 − (c + xn )

(

a a + 1+ c + xn

Suy ra: xn+1 − a <

Do

)

c − c + xn + a
<

xn − a
a(a + 1+ c)

=

xn − a
c − 1+ a c

x1 − a

( c − 1+ a c )

c − 1+ a c > 1⇒ lim

Do đó limxn = a =

a + 1− c + xn

=

n

1

( c − 1+ a c )

n

=0

.

−1+ 4c − 3
.
2

GIỚI HẠN HÀM SỐ
Vấn đề 1. Tìm giới hạn bằng định nghĩa
149