Tài liệu ôn thi học sinh giỏi quốc gia dãy số

GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

[TÀI LIỆU ƠN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

CHUYÊN ĐỀ DÃY SỐ
ÔN DỰ TUYỂN 2020 – 2021
LẦN 1
Nội dung:
1. Tính giới hạn theo định nghĩa, định lý kẹp, định lý Weierstrass, dùng công thức tổng quát…
2. Các tính chất, đánh giá xung quanh dãy số.
Bài 1: Cho dãy số ( a n ) thỏa a1  0,a n +1 = a n +

a
1
. Tính lim n +1 .
an
a1 + a 2 + ... + a n

Lời giải:
Từ giả thiết, ta có ( a n ) là dãy dương và tăng ngặt, suy ra a1 + a 2 + ... + a n  na n và điều này suy
ra a n +1  a n +

1
1 
1
1
 a n +1  a1 +  1 + + ... +  .
na n
an  2
n

Giả sử dãy ( a n ) bị chặn trên bởi M, suy ra 1 +

1+

1  1
1
1 + + ... +  cũng bị chặn, hay

an  2
n

1 1
1
1 + + ... +  cũng bị chặn và điều này vô lý.

M 2
n

Vậy lima n = + và từ trên ta có đánh giá:
Bài 2: Cho dãy số ( x n ) thỏa x n + 2 =

( (

x n .x n +1
, x  x 2  0 . Tính lim n n
2x n − x n +1 1

Lời giải: Từ đề cho, đặt y n =
thức cho x n =

a
a n +1
1
= 1+
→ 1 hay lim n +1 = 1 .
an
an
a n ( a1 + ... + a n )

x n +1 − x n

1
ta suy ra công thức tổng quát cho yn và suy ra công
xn

x1 .x 2
và suy ra kết quả.
( x1 − x2 ) n + 2x1 − x2

Bài 3: Cho dãy số ( x n ) thỏa x1 ,x2  0 và x n + 2 =

1|Năm học 2021 - 2022

)) .

x n +1
4 n +1
n +1
lim
,

tính
.
+
2
xn
2n + xn


[TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh

Lời giải: Đặt y n =

yn+2 − 1 = yn − 1

xn
2n

và từ giả thiết suy ra y n + 2 =

1
1
+ . Từ đây cho ta
1 + yn 2

1
2
1
 y n − 1 , n = 1; 2; 3;... do y n  với mọi giá trị n (dãy dương). Từ đây

2
yn + 1
3

 x n +1 2 n 
x n +1
xn
= lim  n +1 . .2  = 2 .
suy ra lim y n = 1  lim n = 1 và lim
xn
xn 
2
2

→
Bài 4: Cho hàm số f : D ⎯⎯

, nghịch biến trên D và dãy ( xn ) xác định bởi xn +1 = f ( xn ) và

thỏa điều kiện:
1/ x1  x3 , x1  x2 và ( x1 ; x2 )  D

a = f ( b )
2/ 
có nghiệm duy nhất a = b = l trên ( x1 ; x2 ) .
b = f ( a )
Chứng minh dãy đã cho có giới hạn.
Lời giải:
Đầu tiên, ta chứng minh xn  ( x1 ; x2 )  D, n . Thật vậy, có thể xét quy nạp khơng hoàn toàn như
sau

x1  x2  x2  x3  x3  ( x1 ; x2 )  x3  x4 và x1  x3  x2  x4  x4  ( x1 ; x2 )  x3  x5 .

Từ đó, ta có x3  x5 , x3  x4 . Quá trình này tiếp diễn liên tục cho ta điều phải chứng minh.
Xét dãy x2 n = f ( f ( x2 n − 2 ) ) , x2 n +1 = f ( f ( x2 n −1 ) ) . Từ chứng minh trên ta có ( x2 n −1 ) là dãy tăng và

( x2n )

là dãy giảm. Đồng thời ( x2 n −1 )  ( x1 ; x2 ) , ( x2 n )  ( x1 ; x2 ) nên hai dãy đã cho hội tụ.

Đặt a = lim x2 n , b = lim x2 n−1 . Lấy lim hai vế của xn +1 = f ( xn ) ta có hệ

a = f ( b )

b = f ( a )
Vậy, theo giả thiết, hệ có nghiệm duy nhất a = b = l nên lim xn = l .
Bài 5: Tìm giới hạn của dãy số ( xn ) biết
xn = 1 + 2 1 + 3 1 +

2|Năm học 2021 - 2022

1 + (n − 1) 1 + n


GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

[TÀI LIỆU ƠN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

Lời giải:
Với 1  m  n − 1, đặt am = 1 + m 1 + (1 + m) 1 +

1 + (n − 1) 1 + n

ta có

am2 = 1 + mam +1  am2 − (m + 1) 2 = mam +1 − m 2 − 2m
 am2 − (m + 1) 2 = m( am +1 − ( m + 2))

.

Suy ra
| am − (m + 1) |

Từ đó | a2 − 3 |

m | am +1 − am + 2 |
m

| am+1 − m + 2 | .
| am + (m + 1) | m + 2

n −1
n −1
| an−1 − n |
| 1 + (n − 1) 1 + n − n |→ 0 (n → )
n +1
n +1

u +2
3
Bài 6: Cho dãy u1 = 1, u2 = , un + 2 = n +1

.
2
un + 2

a. Tính giới hạn của dãy đã cho.
b. Chứng minh

1 n 1
n+2 −2 
 n − 1 − 1 , với mọi giá trị n nguyên dương lớn hơn 3.
2 i =3 iui

Lời giải:
a.
Cách 1: Quy nạp kết quả

1
3
 u n  và đánh giá
2
2

un+2 − 1  un − 1

1
1
2
2
+ u n +1 − 1
 . u n − 1 + . u n +1 − 1

un + 2
u n +1 + 2 5
5

Sử dụng bổ đề và suy ra kết quả.
Cách 2: Từ biến đổi u n + 2 − 1 = u n +1 − u n .
b. Thực hiện đánh giá:

1
1
1
ta quy nạp 1 −  un  1 + , n  2 ta có kết quả.
un + 2
n
n

n − 1  nun  n + 1 

dương lớn hơn 2. Lại chú ý:

1

2 n +1

3|Năm học 2021 - 2022

1
1
1



với mọi n nguyên
2 n + 1 2 nun 2 n − 1

1
= n + 2 − n + 1 và tương tự ta có kết quả.
n +1 + n + 2


[TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh

Câu 7: Cho dãy S1 = 1, Sn +1
hãy chứng minh an 

( 2 + Sn )
=
4 + Sn

2

. Biết rằng Sn = a1 + a2 + ... + an với ( an ) là một dãy nào đó,

4
.
9n + 7

(China Girl MO 2016 day 2)
Lời giải: Ta có a1 = S1 = 1, an +1 = S n +1 − S n =

4
4
4
. Vậy
− = Sn − Sn −1 = an hay có cơng
an +1 an
4 + Sn

thức tính là
4
4
= an +
an +1
an

Bình phương 2 vế và cộng lại, đồng thời dùng AM – GM để có an  1, n = 1, 2,3,... . Ta có kết quả
16 16
= + a12 + a22 + ... + an2 + 8n  9 ( n + 1) + 7
an2+1 a12

Từ đây có kết quả.
 x1 = 1

thỏa 
. Đặt dãy yn = xn+1 − xn , chứng minh dãy
2n n−1
x
=
 n (n − 1)2  xi , n  2

i =1


Câu 8: Dãy số thực ( un )

đã cho có giới hạn hữu hạn.
Lời giải:

 1 1 1
Ta có CTTQ: xn+1 =  1 + + 2 + 3  xn và đánh giá
 n n n 

1 1 1

1
n
xn+1   1 + + 2 + 3 + xn =
xn =
x
1
n n n
n −1 n


1−
n

Và đánh giá xn  4 ( n − 1)
Khi đó:

4|Năm học 2021 - 2022


GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

[TÀI LIỆU ƠN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

(𝑛 + 1)2 + (𝑛 + 1) + 1
𝑛2 + 𝑛 + 1
𝑦𝑛+1 − 𝑦𝑛 =
𝑥𝑛+1 −
𝑥𝑛
(𝑛 + 1)3
𝑛3
𝑛2 + 3𝑛 + 3 (𝑛 + 1)(𝑛2 + 1)
𝑛2 + 𝑛 + 1
=
·
𝑥
−
𝑥𝑛
𝑛
(𝑛 + 1)3
𝑛3
𝑛3
𝑥𝑛 (𝑛2 + 3𝑛 + 3)(𝑛2 + 1)
= 3[
− (𝑛2 + 𝑛 + 1)]
𝑛
(𝑛 + 1)2

𝑥𝑛 𝑛4 + 3𝑛3 + 4𝑛2 + 3𝑛 + 3 − (𝑛4 + 3𝑛3 + 4𝑛2 + 3𝑛 + 1)
= 3[
]
𝑛
(𝑛 + 1)2
𝑥𝑛
2
= 3[
]>0
𝑛 (𝑛 + 1)2
Hay ( yn ) là một dãy tăng và bị chặn trên bởi 4 nên có giới hạn hữu hạn.
1
n
a
Bài 9: Cho dãy ( an ) thỏa a1 = 1, an +1 =  an +  . Tính  a2017  và lim n .
2
an 
n

(Kỷ yếu Olympic sinh viên 2017).
Lời giải:
Cách 1: Quy nạp

n  an  n − 1, n = 1; 2;3;...

Cách 2: Ta có chặn dưới: an +1  n theo AM – GM.
Từ đây có đánh giá: an +1 

1
1

n
và ta đặt dãy bn =
an + .
2
2 n −1

n
thì đây là dãy tăng (xét n từ 2
n −1

trở lên)
Khi đó: an +1 
Hay an +1 

1
1
1
1
1
1
1 
1 1
an + bn  2 an −1 + 2 bn −1 + bn ...  n −1 a2 + bn  + 2 + ... + n −1 
2
2
2
2
2
2
2 

2 2

a2
a
n
. Đến đây tính được phần nguyên và giới hạn.
+ bn = n2−1 +
n −1
2
2
n −1

Nhận xét: Từ cách 2, ta có một bài toán mở rộng sau
Cho hai dãy ( an ) , ( bn ) thỏa bn  an+1 

1
( an + bn ) , n = 1; 2;3;.... và ( bn ) là dãy tăng. Tính
2

lim ( an +1 − bn ) .

Từ cách 2, ta đánh giá kết quả bn  an +1 

5|Năm học 2021 - 2022

a2
+ bn .
2n−1

GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

[TÀI LIỆU ƠN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

Bài 10: Dãy số ( x n ) thỏa xn +1 = xn +

x
n
, x1  0 . Tính lim n ,lim ( x n − n ) .
n
xn

Lời giải:
Quy nạp cho ta xn  n với mọi giá trị n > 1. Từ đây suy ra xn+1  x2 + n − 2
Và 1 

x n +1 x 2 + n − 2

.
n +1
n +1

 x −1
x n −1
n −1
 xn −1 − 1 .
Xét: x n +1 − ( n + 1) = ( x n − n )  n
do xn = xn −1 +
  ( xn − n )
xn

xn −1
 xn 

Từ đây suy ra 0  xn +1 − ( n + 1) 

x1 ( x 2 − 2 )
n

và suy ra kết quả.

Bài 11: Cho dãy số ( xn ) xác định bởi
 x1 = 0, x2 = 1

,n  2
3xn −1 + 2

 xn +1 = 10 x + 2 x + 2
n
n −1


Chứng minh dãy đã cho có giới hạn hữu hạn. Tìm giới hạn đó.
Lời giải: Đề xuất DHBTB 2019 – Thái Nguyên
Xét hàm số f ( x, y ) =
Ta có f y' =

3x + 2
; x  0, y  0 .
10 y + 2 x + 2

−10 ( 3x + 2 )

(10 y + 2 x + 2 )

2

 0; f x' =

30 y + 2

(10 y + 2 x + 2 )

2

 0; x  0, y  0 . Nên hàm số này đồng biến

theo x và nghịch biến theo y.
2 − xn +1 =

20 xn + xn −1 + 2
 0, n  2 .
10 xn + 2 xn −1 + 2

Vậy 0  xn  2, n  1 . Vậy dãy đã cho bị chặn.
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp ( x2 n +1 ) tăng và dãy ( x2n ) giảm.
Thật vậy, x =

1
15
 x1  x1; x4 =  x2 .

6
17

Giả sử x2 n+1  x2 n−1 .
6|Năm học 2021 - 2022


[TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

Ta có x2 n +3 = f ( x2 n +1 , x2 n + 2 )  f ( x2 n −1 , x2 n + 2 )  f ( x2 n −1 , x2 n ) = x2 n +1 .
x2 n + 2 = f ( x2 n , x2 n +1 )  f ( x2 n , x2 n −1 )  f ( x2 n − 2 , x2 n −1 ) = x2 n .


3a + 2

1 + 97
a = b =
a = 10b + 2a + 2
24

Vậy tồn tại lim x2 n+1 = a, lim x2 n = b . Ta có 
3
b
+
2
1

b =

 a + b = 2
 10a + 2b + 2
Nếu a + b =

1
1
b = −a.
2
2

Khi đó 4a 2 − 2a + 1 = 0 vơ nghiệm, vậy lim xn =

1 + 97
.
24

Bài 12: Cho các dãy số thực (an ),(bn ),(cn ) thỏa mãn các điều kiện sau:
i) a1

1, b1

ii) an

an

c1
1

0,

cn 1
, bn
n

bn

1

an 1
, cn
n

cn

bn ) 2

(bn

Chứng minh rằng lim n (an

1

bn 1
với mọi n  1.
n
cn ) 2

(cn

an ) 2

0.

Lời giải: Đề đề nghị DHBTB 2019 – chuyên Bình Long, Bình Phước.
Đặt un

(an

bn )2

(bn

cn )2

(cn

an )2 , n. Ta sẽ ước lượng giá trị của un . Từ cơng thức đã

cho, ta có
cn −1 − an −1
n
(c − a ) 2 2(an −1 − bn −1 )(cn −1 − an −1 )
 (an − bn ) 2 = (an −1 − bn −1 ) 2 + n −1 2 n −1 +
n
n
an − bn = an −1 − bn −1 +

Xây dựng các đẳng thức tương tự với (bn − cn )2 ,(cn − an )2 rồi cộng lại, chú ý rằng

( x − y)( z − x) + ( y − z )( x − y ) + ( z − x)( y − z )

= x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx =

1
( x − y )2 + ( y − z )2 + ( z − x)2  .
2

7|Năm học 2021 - 2022


GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

[TÀI LIỆU ƠN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

n2 − n + 1
 1 1 
Suy ra un = 1 − + 2  un −1 =
un −1 với mọi n  2. Từ đây dùng đánh giá làm trội
n2
 n n 

n2 − n + 1 n + 1
n +1 n

, n  2 , ta có un 

2
n
n+2
n + 2 n +1
Do đó 0

lim d n 3 n

nun

n

3u3
3
với n
u3 =
4
n+2

3u3
3u3
. Dễ thấy lim n
n 2
n 2

3.

0 nên theo nguyên lý kẹp, ta có

0.

Bài 13: Cho số thực   ( 1; 2 ) , xét dãy số dương ( u n ) thỏa un  u1 + u 2 + ... + u n −1 với mọi n > 1.
Chứng minh tồn tại hằng số C dương sao cho un  Cn, n .
Lời giải: TST Nghệ An 2021
Nếu dùng ý tưởng quy nạp, ta đưa đến kết quả

n −1
 C −1 , bằng cách xét hàm số ta có
 −1
2n

1
n −1
1
  và cần chọn C sao cho C  
 −1
2n
2
2  −1



1 

Và để hoàn tất giả thiết đầu của quy nạp, ta chọn C = min u1 ,   .
 2 −1 
Bài 14: Cho dãy số (an ) được xác định bởi:

1
a1 = , ( an+1 + an )( 2 − an ) = 1, n  1 .
2
a) Tìm giới hạn của dãy (an ) khi n → +∞.
b) Chứng minh rằng

a1 + a2 + ... + an
2

1 −
, n = 1,2,...
n
2

Lời giải: Đề đề nghị DHBTB Quảng Nam.
a. + Biến đổi ( an+1 + an )( 2 – an ) = 1 

 an+1 + an =

1
2 − an

8|Năm học 2021 - 2022


GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

[TÀI LIỆU ƠN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

1
an2 − 2an + 1 ( an − 1)
 an+1 =
− an =
, n  1
=
2 − an
2 − an
2 − an
2

+ a1 =

1
  0,1 , a2
2

1 − 1)
(
= 2
2− 1

2

=

2

14 1
=   0,1
32 6

 

+ Nhận xét: an  0,1 . Ta chứng minh bằng quy nạp
2

an − 1)
(
0

an+1 =
2
−
a

n
 an+1   0,1
Giả sử an   0,1 , ta có: 
2
a
−
1
( n )

1
an+1 = 2 − a  2 − 1 = 1
n


 

Vậy an  0,1 , n  1

2 − 2 ( an − 1) 2 − 2
=
−
+ Với an   0,1 , ta có: an+1 −
2
2 − an
2

2

=

=

(

)

(

2an2 − 2 + 2 an + 2 2 − 2
2 ( 2 − an )

)=

(

)

1
 2an2 − 2 + 2 an + 2 2 − 2 

2 ( 2 − an ) 

 an − 2 

1
2− 2 

2− 2 
=
.2  an −
a
−
a
−
2

 n
 n

2 ( 2 − an ) 
2 
2 
 2 − an 

(

)

n

2 − an
2− 2
1
2− 2
2− 2
 1 
an −

an −
 ...  
a
−
=
<
1

2 − an
2
2
2
2
 2
n

 1  1 2− 2  1 
−
=
=


2
 2 2
 2
 1 
Mà lim 

 2

n

n

2 −1
2

2− 2
2 −1
là giới hạn cần tìm.
= 0 , vậy lim an =
2
2

9|Năm học 2021 - 2022


[TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

b. Ta lại có: ( an+1 + an )( 2 − an ) = 1 
n

n

1
−n
+
a

k +1
k

 (1 − a ) =  a

Suy ra:

k

k =1

k =1

n2

n

 n −  ak 

n

(a

k =1

k =1

=

1

1
= 2 − an 
− 1 = 1 − an
an+1 + an
an+1 + an

n2
n

an+1 − a1 + 2 ak

k

+ ak +1 )

−n ≥

n2

n

k =1

n

2 ak

n2
n

2 ak

n2
n

a1 + an+1 + 2 ak

−n =

k =2

− n (vì a1  an+1  an+1 − a1  0 )

k =1

k =1

n −  ak 

−n=

−n

k =1

n2
−n
Đặt x =  ak , khi đó: (*)  n − x 
2x
k =1

n



<=> 2 x – 4nx + n   0  n 1 −
2

2




2
2
x 1− 2
  x  n 1 +
  
2 
2 
n
2


n

a
Vậy

k =1

n

k



1− 2
(đpcm).
2

Bài 15: Cho hàm số fn ( t ) = t 3 + 3t 2 −

12
n2

a)Chứng minh rằng với mỗi n nguyên dương, phương trình fn ( t ) = 0 có nghiệm duy nhất xn
dương
b)Tìm lim nxn và n(nxn − 2)
Lời giải
Xét hàm fn ( t ) = t 3 + 3t 2 −

12
liên tục trên (0; + )
n2

10 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2


GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

[TÀI LIỆU ƠN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

 f 'n (t) = 3t 2 + 6t  0  fn (t) đồng biến trên (0; + ); n  Z+

Mà fn (0) =

12
−12
<0 ; fn ( 2 ) =20- 2 >0;
2
n
n

 fn (0).fn (2)  0; n  Z +

Mà f n (t) liên tục và đồng biến trên (0; + )
 fn (t) có nghiệm duy nhất  (0; + ); n  Z+

Từ cách chứng minh trên
0  x n  2n  Z +

 3
12
2
x n + 3x n − 2 = 0(1)

n
2
8 12 12
2

Mà fn ( ) = 3 + 2 − 2  0 = fn (x n ) 
 xn
n
n +1
n
n
n

2
2
 x n  ; n  Z +
n +1
n
2n

 n.x n  2; n  Z +
n +1



Mà lim

2n
= 2 nên áp dụng nguyên lý kẹp  lim n.a n = 2
n +1

Đặt a n = n.x n − 2; n  Z +  lim a n = 0

 xn =

an + 2
; n  Z +
n

Lại có:

11 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2


[TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh

12
x + 3x − 2 = 0; n  Z +
n
3
n

2
n

3

2

 an + 2 
 a n + 2  12
+


 + 3
 − 2 = 0, n  Z
 n 
 n  n



(

)

 ( a n + 2 ) + 3n ( a n + 2 ) = 12n  ( a n + 2 ) + 3n a n2 + 4a n = 0
3

 na n =

2

− (an + 2)

3

3 (an + 4 )

 lim na n = lim

3

, n  Z +

− (an + 2)

3

3 (an + 4 )

 lim n ( nx n − 2 ) =

.

=

−8 −2
=
( lim a n = 0 )
12
3

−2
3

Bài 16: Cho hai dãy ( u n ) , ( v n )


u = a, v = b 0  a  b
(
)
1
 1


1 + un + un vn
thỏa u n +1 =
, chứng minh dãy ( u n ) hội tụ và
v
n


1 + vn + un vn
 v n +1 =
un


lim v n = + .
Lời giải:
Từ giả thiết ta xây dựng

1

1

−

u n +1 + 1 v n +1 + 1

=

1
1
−
và điều này suy ra dãy ( u n ) bị chặn

u1 + 1 v 1 + 1

trên. Mặt khác, ta có hai dãy ( u n ) , ( v n ) đều là dãy tăng nên tồn tại giới hạn cho dãy ( u n ) . Nếu

( v ) bị chặn trên thì tồn tại lim u
n

Bài 17: Cho dãy số ( x n )

n

= u,lim v n = v và điều này suy ra vô lý.

 x1 = a  0

thỏa 
x 2n + 2 , tính giới hạn dãy đã cho.
n
x n +1 = 2n − 1 . x

n

Lời giải
Quy nạp cho ta, (x n ) dương
x n +1 =

n
2
1
1

(x n + )  .2. x n .
= 2; n 
2n − 1
n
2
xn

12 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2

+


GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh

 (xn ) bị chặn dưới bởi

[TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

2

Vậy ta cần chứng minh dãy đã cho là dãy giảm
Thật vậy, ta cần xn +1 − xn  0 hay

xn 
Mà x n +1 

2n
2n + 2
= xn +1 
n −1

n

n
.2 2 hay ta cần 4n3  (2n − 1)2 (n + 1)  3n − 1  0 ( đúng)
2n − 1


 x n +1  x n
Vậy 
nên dãy đã cho hội tụ

x n  2; n
Từ đó lấy lim 2 vế ta được lim x n = 2
Bài 18: Dãy số ( x n ) thỏa x1 = 1; x 2 = 2; x n + 2 =

3x n +1 − x n 4
+ 2 . Chứng minh dãy đã cho có giới
2
n

hạn.
Lời giải:
Quy nạp cho ta dãy tăng. Đặt sn = x1 + ... + xn và cộng theo vế để có đánh giá

xn + 2 =

xn +1 x1

1


1
1 
− + 4  1 + 2 + ... + 2  và lưu ý xn+1  xn+2 nên suy ra xn + 2  3 + 8  1 + 1 −   19 và
n
2
2
n 

 2

suy ra kết quả.
Bài 19: Dãy ( x n ) thỏa x1 = 1, x n =

2n − 3
x n −1 . Đặt bn = x1 + x2 + ... + xn , tìm lim bn .
2n

Lời giải: Từ giả thiết cho ta bn = −2 ( n + 1) a n −1 + 2a1 và sử dụng đánh giá
2n − 1 2n − 3 

(

2n − 1 3
1
và
2n − 1 + 2n − 3 ) = ( 2n − 2 ) để suy ra 0  ( n + 1) a n  ( n + 1)
(
2
( 2n + 2 ) . ( 2n )

)

lim ( n + 1) a n = 0 .

Bài 20: Cho dãy ( x n ) thỏa x n +1 =

(

)

n xn
+
, tính lim x n − n .
xn n

13 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2


GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

[TÀI LIỆU ƠN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

Lời giải: Chú ý nghiệm phương trình x =
nghịch biến trên ( 0; n ) . Ta quy nạp

n  x n  n nên xn +1 = fn ( xn )  fn

n
n −1

( n) =

n

n x
+ là
x n

n −1

 xn  n − 2 +

n+

1
n

1
n−2

đồng thời hàm số fn ( x )
và chú ý rằng từ đây thì

và đồng thời

 n 
n
1
x n +1 = fn ( x n )  fn 
= n −1 +

nên giả thiết quy nạp đúng.
=
n −1
n −1
 n −1 

Bài 19:
1. Dãy số ( x n ) dương thỏa lim

x n +1 1
= , đặt Sn = x1 + x2 + ... + xn , chứng minh rằng lim Sn tồn
xn
2

tại.
2. Cho các dãy dương ( a n ) , ( bn ) , ( c n ) được xác định bởi
a n +1 = a n +

1
bn c n

, b n +1 = b n +

1
c na n

,c n +1 = c n +

1
a n bn

Có dãy nào trong ba dãy trên hội tụ khơng?
Lời giải: Vì các dãy trên đều là dãy tăng nên
a n +1  a n +

1
b0 c 0

, b n +1  b n +

1
a0c0

,c n +1  c n +

tự cho các dãy kia. Từ đây cho ta a n +1  a n +

1
a 0 b0

và điều này suy ra a n +1 

1
 n
 n


+ c 0 
+ b0 
 a b

 a c

 0 0
 0 0


 an +

n +1
b0 c 0


n

+ a 0 , tương

, n = 1; 2; 3;...

với  là một hằng số có thể chọn được. Từ đây suy ra kết quả là cả ba dãy đều có giới hạn là vơ
cùng.
3. Dãy số ( x n ) bị chặn dưới thỏa x1 = 3; x 2 = 1; x n + 2 + x n  2x n +1 +
chặn trên. Chứng minh dãy đã cho hội tụ.

14 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2

1
, n = 1; 2; 3;... đồng thời bị
n2

GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

[TÀI LIỆU ƠN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

CHUYÊN ĐỀ DÃY SỐ
ÔN DỰ TUYỂN 2020 – 2021
LẦN 2
Nội dung:
Định nghĩa giới hạn, tiêu chuẩn Cauchy và bài tập lý thuyết.
Định nghĩa: Dãy ( x n ) gọi là có giới hạn hữu hạn L nếu   0; N : x n − L   , n  N .
Phủ định mệnh đề này, dãy ( x n ) không hội tụ về L nếu   0; N 

+

, n  N : x n − L   .

Dãy Cauchy: Dãy ( x n ) được gọi là một dãy Cauchy nếu   0, N : x n − x m   , n, m  N .
Định lý: Dãy Cauchy thì hội tụ và dãy hội tụ là dãy Cauchy.
Bài 1: Dãy ( x n ) dương có lim

Lời giải: Do lim

xN 0 +n 

x n +1 1
= , tính lim nxn
xn
3

x n +1 1

= nên N0 
xn
3

+

:

x n +1 1
 , n  N0 và điều này suy ra
xn
2

n + N0
1
n
0

n
+
N
x

x N0 và lim n = 0 nên suy ra kết
và
khi
đó,
x
,


n

N
(
)
0
n
+
N
N
0
n
n
0
0
2
2
2

quả.
Bài 2: Dãy số ( x n ) thỏa lim ( x n − x n − 2 ) = 0 , chứng minh lim

x n − x n −1
=0
n

Lời giải: lấy giá trị   0 bất kì thì tồn tại n0 để x n − x n − 2   , n  n 0 từ đây suy ra

(

x n − x n −1 = x n − x n − 2 − ( x n −1 − x n − 3 ) + ( x n − 2 − x n −4 ) − ( x n −3 − x n −1 ) ... − x n0 +1 − x n 0 −1

)

xn − xn −1  ( n − n0 )  + xn0 +1 − xn0 −1 .

Vậy

x n − x n −1
n

 +

x n 0 + 1 − x n 0 −1
n

, n  n 0 , từ đây suy ra kết quả.


1 
Bài 3: Dãy số ( u n ) dương thỏa lim  u n +1 − u n  = 0 , chứng minh lim un = 0 .
2 

15 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2

và có đánh giá


GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

[TÀI LIỆU ƠN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

Lời giải: Tham khảo “Chuyên Khảo dãy số - Nguyễn Tài Chung”, tr.106
Bài 4: Dãy số ( u n ) bị chặn thỏa u n + 2 

1
3
u n +1 + u n , chứng minh dãy đã cho hội tụ.
4
4

Lời giải: Tham khảo “Chuyên Khảo dãy số - Nguyễn Tài Chung”, tr.103
Bài 5: Dãy số ( u n ) bị chặn thỏa 2un+2  un+1 + un , n = 1; 2; 3;... , chứng minh dãy đã cho hội tụ.
Lời giải: Tham khảo “Chuyên Khảo dãy số - Nguyễn Tài Chung”, tr.104
Bài 6: Dãy số dương ( u n ) và dãy dương ( x n ) thỏa lim xn = 0 đồng thời tồn tại số q thuộc (0;1)
sao cho un+1  qun + xn , n = 1; 2; 3;... thì lim un = 0 .
Lời giải:
Lấy   0 , ta chứng minh tồn tại N để 0  un   ; n  N
Vì lim xn = 0 nên tồn tại N1 sao cho xn   =

1
(1 − q)  ; n  n1 . Khi đó, ta có
2

un +1  qun + xn  qun +  ; un +2  qun +1 + xn +1  q2un + q +  ;… Thực hiện tương tự cho
1

1

1

1

1

ta đánh giá: un + n  qnun +  .
1

1

1

1

1 − qn
, với mọi n = 1; 2; 3;...
1− q

Vì lim qn = 0 do q  ( 0;1) nên tồn tại n2 : qnun 
1

un + n  qnun +  .
1

1

1



2

; n  n2 . Từ đó ta có

1 − qn 
1
 
 +
= + =  ; n  n2
1− q
2
1− q 2 2

Hay, tồn tại N = n1 + n2 thì 0  un   ; n  N nên lim un = 0 .
Áp dụng:
Bài 6.1: Dãy số ( x n ) thỏa x1 = 2; x n +1 =

n
( x + 1) . Tính giới hạn dãy đã cho
2n + 1 n

(Xem lời giải khác sách Huỳnh Kim Linh – tr40)

 x1 = 3

Bài 6.2: Cho dãy số thực (xn) xác định bởi: 
. Chứng minh rằng
n+2
 xn = 3n ( xn −1 + 2), n  2
dãy số có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.

16 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2


[TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

Hướng dẫn cách dùng Weierstrass
+ Ta có xn  0, n 

*

.

+ Ta sẽ chứng minh kể từ số hạng thứ hai, dãy số đã cho là giảm, tức là chứng minh
xn − xn −1  0 

2 (n + 2) − (n − 1) xn −1 
3n

 0  (n + 2) − (n − 1) xn −1  0  xn −1 

n+2
, n  3 (*) bằng
n −1

phương pháp quy nạp. Thật vậy,
10
nên (*) đúng.
3

•

n=3: x2 =

•

Giả sử với n  3 ta có xn −1 

n+2
n+2n+2
n+2
 n+2 n+3
, khi đó xn =
( xn −1 + 2) 
+ 2 =


3n
3n  n − 1
n
n −1
 n −1

.
Như vậy, (xn) giảm kể từ số hạng thứ hai mà (xn) bị chặn dưới bởi 0 nên theo tính chất của dãy
1
đơn điệu, tồn tại giới hạn lim xn = a , ta có a = (a + 2), a  0 nên a=1.
3

Bài 6.3: Dãy số ( x n )


15
 u1 = 8 , u 2 = 2

thỏa 
2
u + 1 = u 2 + u + n
, n 
n +1
n
 n + 2 2
4n 2 − 1

. Tính giới hạn dãy đã

cho
(Kỷ yếu hậu gặp gỡ tốn học 2016)
Bài 6.4: Đặt Sn =

n + 1 n 2k
 , tính lim Sn
2n+1 k=1 k

Lời giải: Ta có
Sn +1 =
=

n + 2 n +1 2k n + 2  21 22

 = 2n + 2  1 + 2 +
2n + 2 k =1 k


n + 2 n + 1  21 22

 + +
2(n + 1) 2n +1  1 2

+

2n
n

+

2n +1 

n +1 

 n+2
n+2
=
( Sn + 1)
+
 2(n + 1) 2(n + 1)

Áp dụng bổ đề suy ra lim Sn = 1
Bài 6.5: Dãy ( un ) dương và dãy ( xn ) có lim là 0. Biết tồn tại các số p, q  ( 0;1) có tổng <
1 sao cho un+ 2  pun + qun+1 + xn ; n = 1; 2; 3;... Chứng minh lim un = 0

17 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2


GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

[TÀI LIỆU ƠN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

Lời giải:

a − b = q
Xét hệ phương trình 
suy ra a2 − qa − p = 0 .
 ab = p
Xét nghiệm dương của phương trình f ( x ) = x2 − qx − p = 0 , vì f ( 0 ) . f (1)  0 nên phương
trình có nghiệm x = a  ( 0;1) và chọn b = a − q  ( 0;1) (chú ý ab = p  0 ).
Ta viết lại: un+ 2  ( a − b) un+1 + abun + xn ; n = 1; 2; 3;...  yn+1  ayn + xn ; n = 1; 2; 3;... với

( )

(

)

yn = un+1 + bun . Nhận xét rằng dãy yn thỏa bổ đề nên lim yn = 0 hay lim un+1 + bun = 0 .

Mà dãy ( un ) dương nên 0  un+1  un+1 + bun  lim un+1 = lim un = 0 .
Bài 7: Dãy ( u n ) thỏa điều kiện u n + 2 − u n +1  q u n +1 − u n , n = 1; 2; 3;... , chứng minh dãy đã cho
có giới hạn hữu hạn. (q là số dương bé hơn 1)
(Xem lời giải sách Huỳnh Kinh Linh trang 64)
Áp dụng: Cho dãy ( x n ) thỏa x1 ; x 2  0, 4nx n = ( 6n − 1) x n −1 − ( 2n − 1) x n − 2 . Chứng minh dãy đã

cho hội tụ.
Lời giải:
Từ giả thiết cho ta x n − x n −1 =

2n − 1
1
x n −1 − x n −2  x n −1 − x n −2 và suy ra kết quả.
4n
2

Bài 8: Cho dãy số ( u n ) dương và dãy ( S n ) thỏa Sn = u1 + u2 + ... + un hội tụ. Chứng minh

lim un = 0 . Nếu lim

Sn
n

tồn tại hữu hạn thì kết luận lim un = 0 cịn đúng khơng?
n

Bài 8.1: (HSG Lào Cai 12, 2015 – 2016) Dãy số dương ( u n ) và đặt S n =  ui3 với mọi n =
i =1

1,2,3,…. Biết u n +1 

(S

n

− 1 ) u n + u n −1

S n +1

, n = 1; 2; 3;... Tính limun.

Lời giải: Sách Huỳnh Kim Linh tr113

18 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2


GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

[TÀI LIỆU ƠN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

Giả sử ( S n ) bị chặn trên thì lim un = 0 do dãy ( S n ) có giới hạn hữu hạn. Từ đây suy ra
lim u 3n = lim ( S n +1 − S n ) = 0 .

Nếu lim Sn = + thì từ giả thiết cho ta Sn+1un+1 + un  Sn un + un−1 , n = 2; 3;... và từ đây suy ra
Sn un + un−1  S2 u2 + u1 , n = 1; 2; 3... Do đó 0  u n 

S 2 u 2 + u1
, n = 1, 2, 3... và điều này suy ra kết
Sn

quả.
Bài 9: Dãy (an ) là một hoán vị của tập số nguyên dương, đặt Sn =

n


i=1

ai
; i = 1; 2; 3;... Chứng
i

minh lim Sn = + .
Lời giải: Ta dùng tiêu chuẩn Cauchy
Nhận xét: Lấy số tự nhiên N bất kì thì aN +1 ; aN + 2 ;...; a3 N có ít nhất N số lớn hơn N (Vì nếu có ít
hơn N số lớn hơn N thì có nhiều hơn N số nhỏ hơn N+1 và điều này suy ra vơ lý). Khi đó,

S3 N − SN =

ai
N
1

= . Từ đây áp dụng tiêu chuẫn Cauchy suy ra dãy ( Sn ) khơng có
2
9
9N
i= N +1 i
3N



giới hạn hữu hạn.

19 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2

GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

[TÀI LIỆU ƠN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

CHUYÊN ĐỀ DÃY SỐ
ÔN DỰ TUYỂN 2020 – 2021
LẦN 3
Nội dung: Các bài toán về giới hạn và đánh giá trên dãy số
Bài 1: Cho trước số nguyên dương m > 1 và dãy số ( a n ) có các phần tử a0 ;a1 ;...;a n thỏa
1
1
1
; a n +1 = a n + a n2 ( 0  n  m ) . Chứng minh 1 −
 am  1
2
m+2
m

a0 =

1

Lời giải: Xây dựng đẳng thức

a k −1

theo vế, chú ý đây là dãy số tăng nên

1
a k −1

−

−

1
1
=
, k = 1; 2;...; n . Làm tương tự và cộng
a k m + a k −1

1 1
−  1  a n  1 . Từ đây ta đánh giá
a0 a n

1
1
m
1
1
1
1
−

 am  1 −
=

, k = 1; 2;...; n và cộng theo vế suy ra
a0 a m m + 1
m+2

a k m + a k −1 m + 1

. Và từ đây suy ra kết quả.

(

)

Bài 2: Cho dãy ( a n ) là dãy các số nguyên lớn hơn 1 và tăng ngặt thỏa ai ; a j = 1, i  j và
 1
1
1
lim 
+
+ ... +
 aa
a 2a 3
a n a n +1
 1 2


 = + . Chứng minh dãy đã cho chứa vô hạn số nguyên tố.



Lời giải: Giả sử dãy đã cho có hữu hạn số ngun tố thì tồn tại số nguyên dương m để

a n là hợp số với mọi n  m . Gọi pi là ước nguyên tố bé nhất của ai thì các pi phân biệt đồng
thời a n  pi2 nếu a n là hợp số.
Khi ấy, với mọi n > 1 ta có

n


i =1

a i a i +1

m −1


i =1

m −1

1

=

1
a i a i +1

i =1

+

1
a i a i +1

n

+
i=m

1
a i a i +1

m −1


i =1

1
a i a i +1

n

1
i = m pi pi + 1

+

n
n
1 n  1
1  m −1 1
1 m −1 1
1
+

+


+






2
2  
2

2 i = m  pi p i + 1  i =1 a i a i + 1 i = m p i i =1 a i a i + 1 i =1 i 2

Điều này chứng tỏa dãy tổng bị chặn trên nên vô lý.
20 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2


[TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh

Bài 3: Cho c là hằng số dương và dãy ( a n ) thỏa a1  0,a n +1 = ca 2n + a n
a. Chứng minh a n  c n −1n na1n +1


1
b. Chứng minh a1 + a 2 + ... + a n  n  na1 −  .
c


Lời giải:
a. Từ đẳng thức

b. Sử dụng

1
a n −1

1
a n −1
−

−

a
1 ca n −1
1 1 n −1 ca i
=
 −
=
 n n c n −1 21 và suy ra a n  c n −1n na1n +1 .
an
an
a 1 a n i =1 a i + 1
an

ca
1
c
1

1
cn 2
= 2 n −1
=
 −

hay
a n ca n −1 + a n −1 ca n −1 + 1 a1 a n +1 c ( a1 + ... + a n ) + n

1
cn 2
và suy ra kết quả.

a1 c ( a1 + ... + a n ) + n

Bài 4: Dãy ( x n ) thỏa x1 = 2; x n +1 =
a. Tính lim

1
2

(

)

3x 2n + n 2 + 2 .

xn
,lim ( x n − n )
n

b. Cho   ( 0;1) , chứng minh tồn tại N để

n

 i.x
i =1

i



1
n ( n + 1)( 2n + 1) + 4 , n  N
6

Lời giải:
a. Quy nạp cho ta n  xn  n + 1 . Chú ý x n +1 
1
2

(

1
2

(

)

4n 2 + 6n + 3 + 2 và ta cần chứng minh

)

4n 2 + 6n + 3 + 2  n + 2  4n 2 + 6n + 3  2n + 2  2n + 1  0 và đánh giá này đúng. Điều

này suy ra lim

xn
= 1.
n

Lại xét x n +1 − (n + 1) =

xn + n
3
3
2n + 1 3 n + 1
xn − n )
 ( xn − n ) .
 .
. ( x n − n ) và từ đây
(
2
2
2
2
4n
4
n

3x n + n + 2n
n

3
suy ra 0  x n +1 − ( n + 1)    . ( n + 1)  lim ( x n − n ) = 0 .
4

21 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2


GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

[TÀI LIỆU ƠN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

b. Xét
x n +1 − (n + 1) =


xn + n
3
3
2n
xn − n )
 ( xn − n )
(
2
2
3x 2n + n 2 + 2n 2
3 ( n + 1) + n 2 + 2n
3

2n
3
n
xn − n )
 ( xn − n )
(
2
4n + 2 4
n +1
n

n

3
3
1
Và từ đây suy ra x n +1 − ( n + 1)    .
hay nx n  n 2 +   , n = 1; 2; 3;... và cộng theo vế
4
 4  n +1
n

3
1− 
n
n


1
 4  = 1 n n + 1 2n + 1 + 3  1 −  3   . Mặt khác, do

cho ta  ixi  n ( n + 1)( 2n + 1) +
(
)(
)


 4 
3
6
6
i =1


1−
4
n
  3 n 
3
lim  1 −    = 1  N : 1 −     , n  N . Từ đây suy ra kết quả.
 4 
4



Bài 5: Dãy ( x n ) thỏa x1 = 1; xn +1 = xn + 2 xn +
a. Chứng minh lim

b. Tìm lim

n

.
xn

n
= 0.
xn

n2
.
xn

Lời giải:
a. Quy nạp ta có xn  1, n = 1; 2; 3;... và
2

x n +1


1
1
 x n + 2 x n   x n +   x n +1  x n + , n = 1; 2; 3;...
2
2


( n + 1)  lim n = 0 .
n −1 n +1
x n  x1 +
=
 xn 

2
2
4
xn
2

Kết quả này suy ra

22 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2


GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh

x n +1 − x n =

b. Xét

lim

xn
n

= 1  lim

Bài 6: Dãy số ( a n )

[TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

2 xn +

n
xn

2+

n
xn + 2 xn +
+ xn
xn

=

n
xn xn

2

n
1+
+ 2 +1
xn xn

→ 1 . Áp dụng Cesaro ta có

xn
= 1.
n2
a a
a
na 2n

1
thỏa a1 = 1,a 2 = ,a n +1 =
. Đặt bn = 2 + 3 + ... + n +1 , tính lim bn
2
a1 a 2
an
1 + ( n + 1) a n

Lời giải: Quảng Nam TST, 2018 - 2019
Ta có a n +1 + ( n + 1) a n +1 .a n = na n2 

a n +1
3
= na n − ( n + 1) a n +1  b n = − ( n + 1) a n +1
an
2

Chú ý ( a n ) là dãy giảm dương nên dãy ( bn ) tăng và bị chặn trên nên có lim và

lim ( bn − bn −1 ) = lim
lim

a
a n +1
1
= 0 . Do lim n +1 = 0  n 0 : a n0 + k  k a n0 , k = 1; 2; 3;... và do
an
an
2

n
3
a n0 = 0 nên lim na n = 0 . Từ đây suy ra lim b n = .
n
2
2

Nhận xét: bằng quy nạp, ta chứng minh được x n 
Bài 7: Cho dãy ( x n ) có lim xn = L , đặt y n =

1
3
và suy ra lim b n = .
2
n ( n + 1)

x n x n −1
x
x
+
+ ... + n2−1 + n1 . Chứng minh lim yn = 2L
1
2
2
2

Lời giải: Lấy   0 , ta chứng minh N : y n − 2L   , n  N


Do lim xn = L nên a =  0 thì n1 

4
y n − 2L =

+

: x n − L  a, n  n1 . Xét

x n − L x n −1 − L
x −L
x −L L
x n x n −1
x
x
+
+ ... + n2−1 + n1 − 2L  n
+ ... + n1− n +1 + 1 n − n + ... + 1 n + n
1
2
1
2
2
2
2
2 1
2 1

23 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2


[TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

Lại có:

xn − L
1

x n1 − L

+ ... +

x n − L . Do lim

2

n − n1 + 1

1
2 n −n1 −1

 2a ,

= lim

x n 1 −1 − L
2

n − n1

+ ... +

x1 − L
2

n



M
2

n − n1 −1

với M là chặn trên của dãy

L
M
1
=
0
n
:

a,
 a; n  n 2 . Vậy, chọn
nên
tồn
tại
2

2n
2n
2n −n1 −1

N = max n1 ; n 2  thì ta có N : y n − 2L   , n  N .

Bài 8: Cho dãy số thực ( xn )

Chứng minh rằng x2016 

 x0 = 1

được xác định như sau: 
xn2
, n  0.
 xn +1 = xn −
2016


1
 x2015 .
2

Lời giải: Đề xuất DHBTB 2017 – chuyên Hạ Long, Quảng Ninh
Trước hết, ta chứng minh 0  xn  1, n  1.
+ Với n = 1 ta có 0  x1 = 1 −

1
 1.
2016

+ Giả sử 0  xk  1 . Ta đi chứng minh 0  xk +1  1 . Thật vậy

xk +1 =

xk ( 2016 − xk )
2016

 0 vì 0  xk  1 và xk +1 − xk = −

1
2016
1
1
1
1
(*)
=
= +
 +
xn +1 xn ( 2016 − xn ) xn 2016 − xn xn 2015
Từ đó ta có

1
x2015
1
x2014




1
x2014
1
x2013

+

1
2015

+

1
2015

…

1 1
1
 +
x2 x1 2015

1
1
= 1+
x1
2015
24 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2

xk2
 0  xk +1  xk  1 .
2016


[TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]

GVBS: Nguyễn Hồng Vinh

Cộng vế các bất đẳng thức trên ta có

1
x2015


1

+

x2014

1
x2015

+ ... +

 1+

1 1
1

1 1
2015
+ 
+ ... + + + 1 +
x2 x1 x2014
x2 x1
2015

2015
=2
2015

1
 x2015  .
2
Cũng từ

n
1
1
1
1
1
= +
ta có
= 1+ 
xn +1 xn 2016 − xn
xn +1
i = 0 2016 − xi

Áp dụng bất đẳng thức

1 1
1
k2
với a1 , a2 ,..., ak  0 ta có
+ + ... + 
a1 a2
ak ( a1 + a2 + ... + ak )

( n + 1)

n
1
1
= 1+ 
 1+
xn +1
i = 0 2016 − xi

2

( n + 1)
 1+
2016 ( n + 1)
2

2016

2016 ( n + 1) −  xi

i =0

Cho n = 2015 ta được
Vậy x2016 

1

 2  x2016 

x2016

1
.
2

1
 x2015 .
2

Bài 9: Cho dãy u1 = 1, u2 = 2, u3 = 3, un+4 =

1
3

(

)

un+1 + 3 2un+2 − 1 + 4 3un+3 − 2 . Tính giới hạn của dãy

đã cho.
Lời giải:
Dễ chứng minh: un  1 với mọi giá trị n > 1.
Đặt dãy phụ x1 = 3, xn+1 =

1
3

(

)

xn + 3 2 xn − 1 + 4 3xn − 2 . Khi đó, ta chứng minh được đây là dãy

giảm và bị chặn dưới bởi 1 nên có giới hạn và tính được giới hạn là 1.
Lại chứng minh được: u1 , u2 , u3  x1; u4 , u5 , u6  x2 ;.... quá trình này tiếp diễn và dùng định lý kẹp
cho ta điều cần chứng minh.

25 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2