Nguyn Vn Giỏp - THPT Nguyn Trung Ngn: Gii hn dóy s trong
cỏc thi HS gii.
M U
1. Lý do chn ti
Dóy s l mt lnh vc khú v rt rng, trong cỏc thi hc sinh gii quc
gia, quc t cng thng xut hin cỏc bi toỏn v dóy s. gii c cỏc bi
toỏn v dóy s ũi hi ngi lm toỏn phi cú kin thc tng hp v s hc, i
s, gii tớch. Cỏc vn liờn quan n dóy s cng rt a dng v cng cú nhiu
ti liu vit v vn ny, cỏc ti liu ny cng thng vit khỏ rng v cỏc vn
ca dóy s, cỏc vn c quan tõm nhiu hn l cỏc tớnh cht s hc v
tớnh cht gii tớch ca dóy s.
Tớnh cht s hc ca dóy s th hin nh tớnh chia ht, tớnh nguyờn, tớnh
chớnh phng , tớnh cht gii tớch cú nhiu dng nhng quan trng l cỏc bi
toỏn tỡm gii hn dóy s. Cỏc bi toỏn v dóy s thng l cỏc bi toỏn hay v
khú, tỏc gi ó su tm, chn lc v phõn loi theo tng ch
Sỏng kin kinh nghim vi ti Gii hn dóy s trong cỏc thi hc
sinh gii cú mc ớch trỡnh by mt cỏch h thng, chi tit gii hn dóy s.
ti c trỡnh by vi 2 chng.
Chng 1. Mt s kin thc chun b. Chng ny h thng li kin thc
c bn nht v dóy s, s hc, phng phỏp sai phõn s c dựng gii quyt
cỏc bi toỏn trong chng 2.
Chng 2. Gii hn ca dóy s. Chng ny cp n mt s bi toỏn
v gii hn dóy s nh: Gii hn ca tng, dóy con v s hi t ca dóy s, dóy
s xỏc nh bi phng trỡnh cựng vi phng phỏp gii c th cho tng dng
toỏn.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu lí luận về kỹ năng, kỹ năng giải toán và một số biện pháp
rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh THPT
Rèn luyện kỹ năng gii cỏc bi toỏn v gii hn dóy s
Tìm hiểu thực trạng của vic hc dóy s trong chng trỡnh mụn toỏn
ca trng THPT

Mỗi hàm số u xác định trên tập các số nguyên dương N* được gọi là một
dãy số vô hạn (gọi tắt là dãy số). Kí hiệu:
u: N*
→
R
n
a
u(n)
Dãy số thường được viết dưới dạng khai triển
u
1
, u
2
, u
3
,…, u
n
, …
Trong đó u
n
= u(n) và gọi u
1
là số hạng đầu, u
n
là số hạng thứ n và là số hạng
tổng quát của dãy số
Mỗi hàm số u xác định trên tập M = {1,2,3,…, m} với m
∈
N* được gọi là
một dãy số hữu hạn

n+1
< u
n
, với mọi n = 1, 2, …
- Dãy đơn điệu không tăng nếu u
n+1

≤
u
n
, với mọi n = 1, 2, …
• Dãy số (u
n
) được gọi là
- Dãy số bị chặn trên nếu tồn tại số M sao cho u
n
< M, với mọi n = 1, 2,
…
- Dãy số bị chặn dưới nếu tồn tại số m sao cho u
n
> m, với mọi n = 1, 2,
…
- Dãy số bị chặn nếu vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới
• Dãy số (u
n
) được gọi là tuần hoàn với chu kì k nếu u
n + k
= u
n
, với

   
- Dãy số cho bằng phương pháp truy hồi
Ví dụ: Dãy số (u
n
) được xác định bởi:
1 2
1 1
1, 50
4 5 1975 2,3,4
n n n
u u
u u u n
+ −
= =


= + − =

- Dãy số cho bằng phương pháp mô tả:
Ví dụ: Cho a
1
= 19, a
2
= 98. Với mỗi số nguyên n
≥
1, xác định a
n +2
bằng
số dư của phép chia a
n

k k
u u
− +
+
với mọi k =2, 3, …
Nếu cấp số cộng hữu hạn phần tử u
1
, u
2
, …, u
n
thì
u
1
+ u
n
= u
k
+ u
n – k
với mọi k = 2, 3, …, n – 1.
S
n
= u
1
+ u
2
+ … + u
n
=

q
n – 1

với mọi n = 2, 3, …
2
1 1k k k
u u u
− +
=
với mọi k = 2, 3, …
S
n
= u
1
+ u
2
+ … + u
n
=
1
( 1)
1
n
u q
q
−
−
c)Dãy Fibonacci.
Định nghĩa. Dãy u
1

   
1.1.4 Giới hạn của dãy số
Định nghĩa. Ta nói rằng dãy số (u
n
) có giới hạn là hằng số thực a hữu hạn
nếu với mọi số dương
ε
(có thể bé tùy ý), luôn tồn tại chỉ số n
0
∈
N (n
0
có thể phụ
thuộc vào
ε
và vào dãy số (u
n
) đang xét), sao cho với mọi chỉ số n
∈
N, n
≥
n
0
ta
luôn có
n
u a
ε
− <
.Khi đó kí hiệu

≠
C thì (v
n
)
→
a
Định lý 4.(Định lý kẹp giữa về giới hạn)
Nếu với mọi n
≥
n
0
ta luôn có u
n

≤
x
n

≤
v
n
và limu
n
= limv
n
= a thì limx
n
=
a
Định lý 5 (Định lý Lagrange) Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a;

thì
lim
n
n
u
a
n
→+∞
=
Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp a = 0
Vì
( )
1
lim
n n
n
u u a
+
→+∞
− =
nên với mọi
ε
> 0 luôn tồn tại N
0
sao cho với mọi n
≥
N
0
, ta
có

1
1
N
N u
ε
<
Khi đó với mọi n>N
1
ta sẽ có
2
n
u
n
ε
<
. Vậy nên
lim 0
n
n
u
n
→+∞
=
Định lý 7: Cho f: D
→
D là hàm liên tục. Khi đó
1) Phương trình f(x) = x có nghiệm
⇔
phương trình f
n

( ( ( ( ) )
n l
f f f x
1 4 4 2 4 4 3
Chứng minh
1) a) Nếu x
0
là nghiệm của phương trình f(x) = x thì x
0
cũng là nghiệm
của phương trình f
n
(x) = x
b) Nếu phương trình f(x) = x vô nghiệm thì f(x) – x > 0 hoặc f(x) – x <
0 với mọi x
∈
D do đó f
n
(x) – x > 0 hoặc f
n
(x) – x < 0 với mọi x
∈
D
nên phương trình f
n
(x) = x cũng vô nghiệm
2) a)Giả sử phương trình f(x) = x có nghiệm duy nhất là x
0
thì đây cũng
là một nghiệm của phương trình f

0
;
β
) và
( )
0
; x
α
suy ra f(x) > x với mọi x
∈
D\{x
0
}
Xét x
1
∈
D\{x
0
} suy ra f(x
1
) > x
1

⇒
f(f(x
1
)) > f(x
1
)> x
1

→
−
cùng âm chứng minh tương tự.
b)Ta thấy mọi nghiệm của phương trình f(x) = x đều là nghiệm của
phương trình f
n
(x) = x, do đó nếu phương trình f
n
(x) = x có nghiệm duy nhất thì
phương trình f(x) = x có nghiệm duy nhất.
Định lý 8. Cho hàm f: D
→
D là hàm đồng biến, dãy (x
n
) thỏa mãn x
n+1
= f(x
n
),
*x N∀ ∈
. Khi đó:
a) Nếu x
1
< x
2
thì dãy (x
n
) tăng
b) Nếu x
1

→
D là hàm nghịch biến, dãy (x
n
) thỏa mãn
x
n+1
= f(x
n
),
*x N∀ ∈
. Khi đó:
a) Các dãy (x
2n+1
) và (x
2n
) đơn điệu, trong đó một dãy tăng, một dãy giảm
b) Nếu dãy (x
n
) bị chặn thì
α
∃
= limx
2n
và
β
=limx
2n+1
.
c) Nếu f(x) liên tục thì
α

2n
=
α
do
f(x) liên tục nên f(f(
α
) =
α
Chứng minh tương tự ta có f(f(
β
) =
β
Vậy
α
,
β
là nghiệm phương trình f(f(x)) = x
1.2.SƠ LƯỢC VỀ PHƯƠNG PHÁP SAI PHÂN
1. Định nghĩa 1. Cho hàm số y = f(x) xác định trên R, Đặt x
k
= x
0
+ kh (k
∈
N*) với x
0
∈
R, h
∈
R bất kì, cho trước. Gọi y

y y y
− − −
+
∆ = ∆ −∆ = ∆ ∆
(k
∈
N*) được gọi là
sai phân cấp i của hàm số f(x) (i = 1, 2, …, n, …)
Mệnh đề. Sai phân mọi cấp đều có thể biểu diễn theo các giá trị của hàm
số: y
0
, y
1
, y
2
, …, y
n
, …
2.Định nghĩa 2. Phương trình sai phân (cấp k) là một hệ thức tuyến tính
chứa sai phân cấp k
( )
2
, , , , 0
k
n n n n
f y y y y∆ ∆ ∆ =
(1)
Vì sai phân các cấp đều có thể biểu diễn theo các giá trị của hàm số nên ta có thể
viết phương trình dạng
a

3. Phương pháp giải phương trình sai phân tuyến tính
Phương trình a
0
y
n+k
+ a
1
y
n+k-1
+ …+ a
k
y
n
= f(n) được gọi là phương trình sai phân
tuyến tính cấp k.
Giải
• Giải phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất tương ứng
- Giải phương trình đặc trưng
1
0 1 1
0
k k
k k
a a a a
λ λ λ
−
−
+ + + + =
(*)
-Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng

s k
i n n
n j i j i i
i i i j
y c n c
λ λ
−
+
= = ≠
 
= +
 ÷
 
∑ ∑
+Nếu phương trình (*) có nghiệm phức đơn
( os isin )
j
r c
λ θ θ
= +
thì cũng
có nghiệm
( os isin )
j
r c
λ θ θ
= −
Đặt
1j j
λ λ

λ
là
j
λ
mà ta đặt là
1 2 1
( os isin )
j s j s j s
r c
λ λ λ θ θ
+ + + + −
= = = = −
Trong trường hợp này, để thu được công thức nghiệm tổng quát, trong
công thức (1) ta thay bộ phận
1 1 2 1 2 1

n n n
j j j j j s j s
c c c
λ λ λ
+ + + − + −
+ + +
bởi bộ phận tương ứng
1 1
0 0
os sin
s s
i n i n
j i j s i
i i

là một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất
Chương 2.
GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ
2.1.GIỚI HẠN CỦA TỔNG
Các bài toán về tìm giới hạn của tổng ta thu gọn tổng đó bằng cách phân
tích hạng tử tổng quát thành hiệu các hạng tử nối tiếp nhau để các hạng tử có
thể triệt tiêu, cuối cùng đưa tổng đó về biểu thức chỉ còn chứa x
n
, sau đó tìm
limx
n
.
Bài 1.
Cho dãy số (x
n
) (n = 1, 2, …) được xác định như sau:
x
1
= 1 và
1
( 1)( 2)( 3) 1
n n n n n
x x x x x
+
= + + + +
với n = 1, 2, …
Đặt
1
1
2

(1)
Từ đó suy ra
x
n+1
+1 =
2
3 2
n n
x x+ +
= (x
n
+ 1)(x
n
+ 2)
( ) ( )
1
1 1 1 1
1 1 2 1 2
n n n n n
x x x x x
+
= = −
+ + + + +

1
1 1 1
2 1 1
n n n
x x x
+

+ + + + +
 
∑
Từ (1) x
k+1
=
2 1
3 1 3 3.3 3
k k
k k k
x x x
−
+ + > ≥ =
Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp x
n
> 3
n-1
(2)
Nên
1
lim
2
n
n
y
→∞
=
(vì do (2) x
n+1
> 3

+∞

Bài 2. (HSG QG năm 2009)
Cho dãy (x
n
) (n = 1, 2, …) xác định bởi:
1
2
1 1 1
1
2
4
( 2,3, )
2
n n n
n
x
x x x
x n
− − −

=



+ +

= =



2
n n n
x x x
− − −
+ +
- x
n-1
=
2
1 1 1
4
2
n n n
x x x
− − −
+ −
> 0
2n
∀ ≥
Do đó dãy (x
n
) tăng. Giả sử limx
n
= a thì a > 0 và
2
4
2
a a a
a
+ +


2
1
1 1 1
n n n
x x x
−
⇒ = −

2n
∀ ≥
Do đó
2 2 2
1
1 1 2 2 3 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
6
n
n
i
i n n n n
y
x x x x x x x x x x x x
=
−
   
 
= = + − + − + + − = + − = −
 ÷  ÷
 ÷

) (n = 1, 2, 3, …) xác định bởi:
x
1
= 2 và
2
1
1
( 1)
2
n n
x x
+
= +
với mọi n = 1, 2,3, ….
Đặt
1 2
1 1 1

1 1 1
n
n
S
x x x
= + + +
+ + +
Tìm
lim
n
n
S

n
n
i
i n
S
u b u c u c
=
+
= = −
+ + +
∑
Thật vậy.
Ta có
2 2
1
( )
n n
n
u b c u c
u
b c
+
− + +
=
−
suy ra
2
1
( ) ( )( )
n n n n

2 2 3
1 1 1
u b u c u c
= −
+ + +
…………………….
1
1 1 1
n n n
u b u c u c
+
= −
+ + +
Do đó
1 1
1 1
n
n
S
u c u c
+
= −
+ +
Từ đó vận dụng vào bài toán trên với b =1, c = - 1 ta có
1 1 1
1 1 1
1
1 1 1
n
n n

2
+ 1 suy ra a = 1. Vô lý.
Vậy
lim
n
n
x
→+∞
= +∞
. Do đó
lim 1
n
n
S
→+∞
=
Nhận xét. Trong các bài toán tổng quát ta có thể thay các giá trị của a, b, c
khác nhau để được các bài toán mới. Chẳng hạn:
Cho dãy số (u
n
) thỏa mãn:
1
2
1
3
9
5
n n
n
u

2012
1
(2 1)
2012
n
n n
x
x x
+
+
= +
. Với n là
số nguyên dương.
Đặt
2011 2011
2011 2011
3
1 2
2 3 3 1
(2 1) (2 1)
(2 1) (2 1)

2 1 2 1 2 1 2 1
n
n
n
x x
x x
u
x x x x

x x x
x x x x x
+
+ + +
− +
− = =
+ + + + +

⇒

2011
1 1
1 1 1 1
(2 1)
1 1 1 1
1006 1006
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
n n
i
i i
i i i n
x
x x x x x
= =
+ + +
   
+
= − = −
 ÷  ÷
+ + + + +

a a
+
= +
(vô lý). Suy ra (x
n
) không bị
chặn trên hay limx
n
=
+∞
suy ra lim
1
1
2 1
n
x
+
+
=0
Suy ra
1006
lim
3
n
n
u
→+∞
=
Bài 5
Cho dãy số (x

Tìm
lim
n
n
S
n
→+∞
 
 ÷
 
Lời giải
Nhận xét rằng x
2n
= 1, n =1, 2, … do ln1 = 0 suy ra
2
lim 1
n
n
x
→+∞
=
Tiếp theo ta chứng minh dãy (x
2n+1
) cũng có giới hạn là 1.
Xét hàm số f(x) = x – lnx liên tục và đồng biến trong (1; +
∞
) vì f’(x) = 1-
1
x
> 0

2n+1
) là dãy giảm
Từ đó suy ra (x
2n+1
) có giới hạn
2 1
lim
n
n
c x
+
→+∞
=
Chuyển qua giới hạn dãy số ta được c = c – lnc
⇔
c=1
Vậy dãy số (x
n
) có giới hạn là 1.
Theo định lý Cessaro, ta có
1 2 2

lim 1
2
n
n
x x x
n
→+∞
+ + +

→+∞
− − − − − − +
 
=
 ÷
 
⇔
1
lim 1
2 2
n
x
S
a
n
→+∞
 
− + =
 ÷
 
hay
1
lim
2
n
x
S
a
n
→+∞

= a
Bài 1.
Dãy số (x
n
) được xác đinh bởi công thức:
0 1
2 1
1
5 2
n n n
x x
x x x
+ +
= =


= +

Chứng minh rằng dãy (x
n
) hội tụ
Lời giải
Xét dãy số (a
n
) được xác định bởi a
0
= 1,
1
2
3


≤
3a
n

⇒
x
2n+2

≤
a
n+1
Và 5x
2n+3
= x
2n+1
+ 2x
2n+2

≤
a
n
+ 2a
n+1
≤
3a
n

⇒
x

1 2
1 6 1 6
5 5
n n
n
x C C
   
− +
= +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Thay các giá trị của x
0
, x
1
để tìm C
1
, C
2
từ đó tìm được limx
n
=0
Bài 2.
Dãy (x
n
) được xác định bởi:
( )
0 1 2
2 2

2
1
2
3
n
n
a
a
+
=
Dễ thấy dãy số (a
n
) giảm dần về 0. Ta chứng tỏ max{x
3n
, x
3n+1
, x
3n+2
}
≤
a
n
,
n
∀

(1)
Thật vậy, (1) đúng với n = 0, 1, 2, …, Giả sử (1) đúng với n và do (a
n
) là dãy

+ ≤ + ≤ ⇒ ≤
Như vậy, (1) đúng với n + 1, theo nguyên lý quy nạp, (1) được chứng
minh. Dễ thấy x
n
> 0 Từ đó theo nguyên lý kẹp giữa ta có limx
3n+i
= 0 (i = 0, 1, 2)
do đó limx
n
= 0
Từ các cách chọn dãy số phụ như trên ta có các dãy số sau đều hội tụ về 0
với x
0
, x
1
, x
2
, x
3
đều thuộc (0; 1)
2
3 1 2
3
n n n n
x x x x
+ + +
= +
,
2
3 1

n
) được xác định bởi:
0 1 2
3 2
, , 0
n n n
x x x
x x x
+ +
>



= +


Chứng minh rằng dãy (x
n
) hội tụ
Lời giải
Ta xây dựng hai dãy (a
n
) và (b
n
) như sau:
0 0 1 2
1
ax{ , , ,2}
2
n n

Bằng quy nạp dễ chứng minh được
1 3 3 1 3 2 3 3 1 3 2
min{ , , } ax{ , , }
n n n n n n n n
b x x x m x x x a n
+ + + + +
≤ ≤ ≤ ∀
Từ đó, dẫn đến limx
3n
=limx
3n+1
= limx
3n+2
= 2 suy ra limx
n
= 2
Bài 4.
Cho dãy (x
n
) (n = 0, 1, 2…) được xác định như sau:
x
0
, x
1
, x
2
là các số dương cho trước
2 1 1n n n n
x x x x
+ + −

min{ , , ,9}
3 0,1,2,
n n
b x x x
b b n
+
=



= =


Dãy (a
n
) là dãy giảm dần về 9, dãy (b
n
) tăng dần về 9 suy ra
lim lim 9
n n
n n
a b
→+∞ →+∞
= =
Ta chứng minh
1 3 3 1 3 2 3 3 1 3 2
min{ , , } ax{ , , }
n n n n n n n n
b x x x m x x x a n
+ + + + +

x x x a b
+ +
↔+∞ ↔+∞ ↔+∞ →+∞ →+∞
= = = = =
Nên
lim 9
n
n
x
↔+∞
=
Dưới đây là một số bài toán tìm giới hạn dãy số dạng x
n+1
= f(x
n
)(dãy số
xác định như vậy gọi là cho dưới dạng lặp). Đây là dạng toán thường gặp nhất
trong các bài toán về tìm giới hạn dãy số, dãy số hoàn toàn được xác định khi
biết f và giá trị ban đầu x
0
. Do vậy sự hội tụ của dãy số phụ thuộc vào tính chất
của f(x) và x
0
. Một đặc điểm quan trọng khác của dãy số dạng này là nếu a là
giới hạn của dãy số thì a là nghiệm của phương trình x = f(x).
Bài 5.
Cho dãy số (x
n
) được xác định như sau:
x

 
 ÷
 
nghịch biến
trong khoảng [0; +
∞
). Khi đó x
n+1
= f(x
n
) ,
∀
n
∈
N* và f(x)
≤
f(0) nên 0
≤
x
n
≤
1
Ta có x
1
= 0, x
2
= 1, x
3
=
1

Thật vậy, giả sử có x
2n-1

≤
x
2n + 1
thì f(x
2n-1
)
≥
f(x
2n+1
) nên x
2n
≥
x
2n+2
và vì vậy
f(x
2n
)
≤
f(x
2n+2
) suy ra x
2n+1

≤
x
2n+3

x
2n+4
Vậy dãy (x
2n-1
) là dãy tăng và dãy (x
2n
) là dãy giảm và đều thuộc [0; 1] nên
có giới hạn hữu hạn:
2
lim
n
n
x a
→+∞
=
,
2 1
lim ( )
n
n
f x b
−
→+∞
=
Và a =
2 2 2 1
lim lim ( )
n n
n n
x f x

. Vậy a = b =
1
3
nên
1
lim
3
n
n
x
→+∞
=
Bài 6. (HSG QG 2008)
Cho dãy số thực (x
n
) xác định như sau:
x
1
= 0, x
2
= 2 và x
n+2
=
1
2
2
n
x−
+
với mọi n= 1, 2, 3, …

{1; 2; 3; 4}, dãy (x
4n+k
), n
∈
N là dãy đơn điệu, Hơn nữa, từ
cách xác định dãy (x
n
) dễ thấy 0
2
n
x≤ ≤
,
n
∀ ∈
N*. Do đó với mỗi k
∈
{1; 2; 3;
4}, dãy (x
4n+k
) là dãy hội tụ
Với mỗi k
∈
{1; 2; 3; 4}, đặt
4
lim
n k k
x
x a
+
→+∞

) là hợp của bốn dãy con (x
4n+k
) nên dãy (x
n
) hội tụ và
lim 1
n
x
x
→+∞
=
Bài 7.
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n cho trước thì phương trình
x
2n+1
= x + 1 có đúng một nghiệm thực. Gọi nghiệm đó là x
n
. Tính
n
n
x
+∞→
lim
.
Lời giải: Nếu x < -1 thì x
2n+1
< x < x+1. Nếu – 1 ≤ x ≤ 0 thì x
2n+1
– x = (-x)(1-
x

(1) = - 1 < 0 và f
n+1
(x
n
) = x
n
2n+3
– x
n
– 1 = x
n
2n+3
–
x
n
2n+1
> 0. Từ đó ta suy ra 1 < x
n+1
< x
n
. Dãy {x
n
} giảm và bị chặn dưới bởi 1, suy
ra dãy (x
n
) có giới hạn hữu hạn a, hơn nữa a ≥ 1. Ta chứng minh a = 1. Thật vậy,
giả sử a > 1. Khi đó x
n
≥ a với mọi n và ta tìm được n đủ lớn sao cho: x
n

2007
2
1
1
n
x
x
x
x
n
n
n
1/ Chứng minh dãy số (x
n
) bị chặn.
2/ Chứng minh dãy số (x
n
) có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Lời giải
Hiển nhiên x
n
>
3

1
3
2
1
−
+=

2
−
+
x
x
=
1
1
13
2
−
++
x
nghịch biến trên (
+∞;3
) nên chứng
minh được các dãy con (x
2n
) và (x
2n+1
) là đơn điệu. Theo 1/các dãy đó bị chặn
nên có limx
2n
=a; limx
2n+1
=b; Từ
1
3
2
1

b
b
a
Suy ra
11
22
−
+=
−
+
b
b
b
a
a
a

g(x) =
1
2
−
+
x
x
x
có g’(x) = 1 -
1)1(
1
22
−− xx

n
=
2
153 +
Cách 2
f(x) =
1
3
2
−
+
x
x

⇒
f’(x) = -
32
)1(
1
−x

⇒

22
1
)(' <xf
khi x >
3
.
Có f(x) = x




=−
−=−
⇔
33
)(13
2
2
xx
lxx
⇔
x =
2
153 +
=a
Áp dụng định lý Lagrang có:
0)
22
1
(
22
1
)(')()(
11
 →−<<−<−=−=−
∞→
+
n

Chứng minh rằng dãy số (x
n
) có giới hạn hữu hạn
Lời giải
• Bằng quy nạp chứng minh được rằng 0
≤
x
n

≤
a

*n N∀ ∈
• Xét hàm f(x) =
a a x− +
,
0;x a
 
∀ ∈
 
có x
n+1
= f(x
n
) và
1
'( ) 0
4
f x
a a x a x

Xét hàm F(x) =
a a a a x x− + − + −
, với
0;x a
 
∈
 
1
'( ) 1F x
a a a a x a a a x a a x a x
= −
− + − + + − + − + +
với
0;x a
 
∈
 
, ta có
2 2
1
4
1 1 3 1 3
2 2 0,12 0,3
2 2 4 2 4
a a x a x a a a a a a a a
a a a a a
− + + ≥ − + > − + +
   
= − − = − − > − − > >
 ÷  ÷

Bài 1.
Giả sử x
n
thuộc khoảng (0; 1) là nghiệm của phương trình
1 1 1
0
1x x x n
+ + + =
− −
Chứng minh dãy (x
n
) hội tụ. Tìm giới hạn đó.
Nhận xét: x
n
được xác định duy nhất vì hàm số
nxxx
xf
n
−
++
−
+=
1

1
11
)(
liên
tục và đơn điệu trên (0, 1). Tuy nhiên, ta không thể xác định được giá trị cụ thể
của x

x
n
được xác định duy nhất vì hàm số
1 1 1
( )
1
n
f x
x x x n
= + + +
− −
liên tục và đơn
điệu trên (0; 1)
Để chứng minh dãy hội tụ ta chứng minh dãy (x
n
) bị chặn và đơn điệu,
hiển nhiên dãy bị chặn vì 0 < x
n
< 1. Bây giờ ta chứng minh dãy (x
n
) đơn điệu
Ta thấy 0 < x
n
< 1 nên
1
1 1
( ) ( ) 0
1 1
n n n n
n n

n
+ + + + >
(Có thể chứng minh bằng cách đánh giá
1 1
ln 1
n n
 
+ <
 ÷
 
)
Thật vậy, giả sử
lim 0
n
n
x a
→+∞
= >
. Khi đó do dãy (x
n
) giảm nên ta có x
n
a n≥ ∀
Do
1 1 1
1
2 3 n
+ + + + → +∞
khi
n → +∞

n+10
+ x
n
+ … + x + 1 (n = 1, 2, …)
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình f
n
(x) = a luôn
có đúng một nghiệm x
n

(0; )∈ +∞
và dãy số (x
n
) có giới hạn hữu hạn khi
n → +∞
Lời giải.
Với mỗi n, đặt g
n
(x) = f
n
(x) – a, khi đó g
n
(x) là hàm liên tục, tăng trên [0; +
∞
).
Ta có g
n
(0) = 1 – a < 0; và g
n
(1) = a

g a a a a
a a a a
a
+ +
 
− −
 ÷
 
       
 
− = − + − = − − −
 ÷
 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷
       
 
=
( )
( )
1
9
1
1 1 1 0
n
a a
a
+
 
− − − >
 ÷

10 11 1
0
n n
n n n n
a x x x ax
+ +
+ + + − =
⇒
g
n+1
(x
n
) = x
n
g
n
(x
n
) + 1 + ax
n
– a = ax
n
+ 1 – a < 0 do
1
1
n
x
a
< −
.

→+∞
= −
bằng cách chứng minh bất
đẳng thức
( )
( )
1
9
1 1 1
1 1 1 1 1
n
n
a a x
a a a
+
 
− − − − − < < −
 ÷
 
Thật vậy, ta có
10 2
10 10 10
1 1 1
1 1 1 1 1
n n
n n
n n n n
a a x x x a x
a a a
+

n
n
x a a
a a
+
 
> − − − − −
 ÷
 
Cách khác chứng minh
1
lim
n
n
a
x
a
→+∞
−
=
Đặt c
1a
a
−
=
< 1 ta có
f
n
(c) – f
n

+ n
ξ
n-1
+ …+ 1 > 1 nên kc
n
> c – x
n

Từ đó c – kc
n
< x
n
< c suy ra
lim
n
n
x
→+∞
=c
Bài 3. (HSG QG 2002)
Xét phương trình

2 2
1 1 1 1 1

1 4 1 1 1 2x x k x n x
+ + + + + =
− − − −
trong đó n nguyên dương
1)Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình trên có duy nhất

1
+
và f
n
(x)
1
2
→ −
khi
x → +∞
. Từ
đó suy ra với mỗi
*n N∈
phương trình f
n
(x) có nghiệm duy nhất x
n
> 1
2).Với mỗi
*n N∈
, ta có
2 2 2 2
1 1 1 1 1
(4)
2 2 1 4 1 (2 ) 1 (2 ) 1
n
f
k n
= − + + + + + +
− − − −

(x) khả vi trên [x
n
; 4] nên theo định lý
Lagrange, với mỗi
*n N∈
tồn tại t
∈
(x
n
; 4) sao cho
2
'
2 2 2 2
(4) ( )
1 4 1
( )
4 ( 1) (4 1) ( 1) 9
n n n
n
n
f f x
n
f t
x t t n t
−
− − −
= = + + + < −
− − − −
với mọi
*n N∈

với mọi
*n N∈
Từ đó, theo định lý về giới hạn kẹp giữa ta có điều phải chứng minh
Bài 4.
Cho dãy số (u
n
) (n = 0, 1, 2, …) được xác định như sau:
u
0
= a và u
n+1
= sin
2
(u
n
+11) –2007 với mọi số tự nhiên n, trong đó a là số
thực cho trước. Chứng minh rằng
a).Phương trình sin
2
(x + 11) – x = 2007 có nghiệm duy nhất. Kí hiệu
nghiệm đó là b
b).limu
n
= b
Lời giải
a)Từ giả thiết ta thấy ngay u
n

≥
- 2007