Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Bài tập dãy số, giới hạn số 10 - Ngô Tùng Hiếu

Nội dung text: Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Bài tập dãy số, giới hạn số 10 - Ngô Tùng Hiếu

1. 1. XÁC ĐỊNH SỐ HẠNG TỔNG QUÁT 1.1. DỰ ĐOÁN SỐ HẠNG TỔNG QUÁT VÀ CHỨNG MINH BẰNG QUY NẠP 1.2. DÃY SỐ CHO BỞI CÔNG THỨC TRUY HỒI Bài 1. Cho dãy số (un ) xác định bởi: u 4 1 1 u (u 4 4 1 2u ),n ¥ * n 1 9 n n Tìm công thức của số hạng tổng quát (un ) ? Hướng dẫn giải. x2 1 Đặt x 1 2u x2 1 2u , x 0 u n n n n n n n 2 Thay vào giả thiết: x2 1 1 x2 1 n 1 ( n 4 4x ) 2 9 2 n 2 2 (3xn 1) (xn 4) * 3xn 1 xn 4,n N , xn 0 n 1 n n Ta có 3xn 1 xn 4 3 xn 1 3 xn 4.3 n n * Đặt yn 3 .xn yn 1 yn 4.3 ,n N n n 1 yn 1 y1 4(3 3 3) n 1 yn 1 y1 6 2.3 n Ta có x1 3 y1 9 yn 3 2.3 Suy ra 1 x 2 ,n N * n 3n 1 1 4 1 u (3 ),n N * n 2 3n 1 32n 2 1.3. PHƯƠNG TRÌNH ĐẶC TRƯNG 1.4. PHƯƠNG PHÁP DÃY SỐ PHỤ 1.5. DÃY SỐ SINH BỞI PHƯƠNG TRÌNH 1.6. SỬ DỤNG PHÉP THẾ LƯỢNG GIÁC u1 2 Bài 1. Cho dãy số xác định như sau: un 2 3 * un 1 n ¥ 1 3 2 u n Tính u2014 Hướng dẫn giải. tan tan 3 1 Ta có: tan tan 3 4 2 3 12 3 4 1 tan tan 1 3 3 4
2. un tan Nên từ giả thiết ta có: u 12 n 1 1 u .tan n 12 tan tan Đặt 2 tan u tan , suy ra u 12 tan 1 2 1 tan .tan 12 12 * Theo quy nạp ta dễ dàng suy ra: un tan n 1 , n ¥ 12 Suy ra: u2014 tan 2013. tan 168 12 4 tan tan 1 tan 4 4 1 tan .tan 3 4 1.7. CÁC DẠNG KHÁC 2. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH CHẤT CỦA DÃY SỐ Bài 1. Cho dãy số (un ) được xác định như sau: u1 2 3 2 un 3un 1 2n 9n 9n 3,n 2 p 1 Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì 2014ui chia hết cho p . i 1 Hướng dẫn giải. 3 3 Với mọi n 2 ta có: un n 3 un 1 (n 1) . 3 3 2 3 n 1 3 n Từ đó có: un n 3 un 1 (n 1) 3 un 2 (n 2) 3 u1 1 3 . n 3 1 3 n 3 Vậy un 3 n ,n 2 , lại có u1 2 3 1 nên un 3 n ,n 1. + Nếu p 2 : có ngay đpcm. p 1 2 p 1 3 3 3 + Nếu p là số nguyên tố lẻ: ui (3 3 3 ) 1 2 ( p 1) i 1 p 1 p 1 1 1 3 1 3  (3p 3) i3 p 1 (3p 3) i3 p i    2 2 i 1 2 i 1  Theo Định lí Fermat nhỏ, suy ra 3p 3 chia hết cho p . Mặt khác i3 p i 3 cũng chia hết cho p 1 p,i 1, p 1 nên: (3p 3) i3 p i 3 chia hết cho p . Từ đó  i 1 p 1 p 1 3  2014 u 1007 (3p 3) i3 p i chia hết cho p .  i   i 1 i 1  Vậy bài toán được chứng minh cho mọi trường hợp. x0 20; x1 30 Bài 2. Cho dãy số xn xác định bởi xn 2 3xn 1 xn ,n ¥
3. Tìm n để xn 1.xn 1 là số chính phương. Hướng dẫn giải. Từ công thức truy hồi của xn ta có n ¥ , x2 x2 3x x x2 x x 3x x2 x x n 1 n n 1 n n 1 n n n 1 n 1 n 2 n và x2 x2 3x x x x 3x x2 x2 x x n 1 n n 1 n n 1 n 1 n n n n 1 n 1 Suy ra x2 x x x2 x x x2 x x 500 n 1 n 2 n n n 1 n 1 1 0 2 x2 x2 3x x 500 n 1 n n 1 n x2 x2 3x x 500 n 1 n n 1 n 2 x x x x 500 n 1 n n 1 n Vậy xn 1xn 500 là số chính phương Giả sử n là số thỏa mãn xn 1xn 500 là số chính phương 2 2 Đặt xn 1xn 500 b , xn 1xn 1 a ,a,b ¥ ,a b Ta có a2 b2 501 a b a b 1.501 3.167 Khi đó ta tìm được a 201,b 1 thì xn 1xn 12600 n 2 7224 Với a 85,b 82 thì x x n n 1 n 5 Vậy n = 2 thì xn 1.xn 1 là số chính phương. Bài 3. Cho phương trình x2 x 1 0 với là số nguyên dương. Gọi  là nghiệm dương của phương trình. Dãy số xn được xác định như sau x0 , xn 1  xn , n 0,1,2,3, Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số tự nhiên n sao cho xn chia hết cho . Hướng dẫn giải. Đầu tiên ta chứng minh  là số vô tỉ. Thật vậy, nếu  là số hữu tỉ thì  là số nguyên (do hệ số cao nhất của x2 là 1) và  là ước của 1. Do đó  1 suy ra 0 , trái giả thiết. Do đó  xn 1   xn 1  xn 1  1 xn  xn 1 xn 1 x x 1 1 x n x n x n x  n 1   n 1   n 1 xn 2 1 xn 1 1 (1). Lại có   1 0 , suy ra    xn xn xn  xn xn xn 1 xn xn xn xn 1 1 (do (1)).    * Vậy xn 1  xn 1 1 (mod ) . Từ đó bằng quy nạp ta có với mọi k ¥ , n 2k 1, thì xn 1  xn (2k 1) (k 1) (mod ) (2) Chọn k 1 l l ¥ * , n 1 2l , từ (2) ta có x2l  x0 l l  0 (mod ) . * Vậy x2l chia hết cho , l ¥ .
4. a0 a1 2004 Bài 4. Cho dãy số an xác định bởi an 2 7an 1 an 3978,n ¥ . a 10 Chứng minh rằng n là số chính phương. 2014 Hướng dẫn giải. Ta có a 10 a 10 a 10 a 7a a 3978 n 2 7. n 1 n 2. n 2 n 1 n 2014 2014 2014 v v 1 an 10 0 1 Đặt vn . Ta được dãy số vn xác định bởi 2014 vn 2 7vn 1 vn 2,n ¥ . Ta phải chứng minh vn là số chính phương. x0 1; x1 1 Thật vậy, xét dãy số (xn ) xác định bởi xn 2 3xn 1 xn ,n ¥ . Hiển nhiên dãy số xn là dãy số nguyên. 2 2 2 2 n ¥ , xn 1 xn 3xn 1xn xn 1 xn (xn 3xn 1) xn 1 xn xn 2. và x2 x2 3x x x (x 3x ) x2 x2 x x . Ta có n 1 n n 1 n n 1 n 1 n n n n 1 n 1 2 2 2 xn 1 xn xn 2 xn xn 1xn 1 x1 x0 x2 1. 2 2 xn 1 xn 3xn 1xn 1,n ¥ . (2) 2 Ta sẽ chứng minh vn xn ,n ¥ (1) bằng quy nạp. Thật vậy, rõ ràng với n 0,n 1, (1) đúng. 2 Giả sử (1) đúng đến n k 1,k ¥ , tức là vn xn ,n 1,2, ,k 1. 2 ta chứng minh (1) đúng với n = k+2, nghĩa là chứng minh vk 2 xk 2 . Thật vậy, theo công thức truy hồi của dãy số an , giả thiết quy nạp, tính chất (2) của dãy số xn , công thức truy hồi của dãy số xn , ta có 2 2 2 2 2 2 vk 2 7vk 1 vk 2 7xk 1 xk 2 7xk 1 xk 2(xk 1 xk 3xk 1xk ) 2 2 2 2 9xk 1 6xk 1xk xk (3xk 1 xk ) xk 2. Do đó vn là số chính phương. Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài 5. Cho dãy số (xn ) được xác định bởi 3 3 xn 2013n a 8n 1,n 1,2, a là số thực a. Tìm a sao cho dãy số có giới hạn hữu hạn b. Tìm a sao cho dãy số (xn ) là dãy số tăng (kể từ số hạng nào đó). Hướng dẫn giải. 3 3 a. Ta có xn (2a 2013)n ayn , trong đó yn 8n 1 2n 8n3 1 (2n)3 1 0 Khi n 3 (8n3 1)2 2n 3 8n3 1 4n2 3 (8n3 1)2 2n 3 8n3 1 4n2 2013 Do đó tồn tại giới hạn hữu hạn lim xn khi và chỉ khi a n 2 b. Từ lý luận phần a) ta suy ra
5. 2013 khi a 2 2013 lim xn 0 khi a n 2 2013 khi a 2 2013 Bởi vậy điều kiện cần để tồn tại m N * sao cho x x x là a m m 1 m 2 2 2013 Ta đi chứng minh a là điều kiện đủ để có kết luận trên. 2 2013 Thật vậy: Với a 2 3 3 3 3 xn 1 xn 2013(n 1) a 8(n 1) 1 2013n a 8n 1 2013 a( 3 8(n 1)3 1 3 8n3 1) 2013 2013 ( 3 8(n 1)3 1 3 8n3 1) 2 2013 [2 ( 3 8(n 1)3 1 3 8n3 1)] 2 2013 (2 3 8n3 1 3 8(n 1)3 1) 0 2 Vì 2 (2 3 8n3 1)3 8 12 3 8n3 1 6 3 8n3 1 8n3 1 8 12.2n 6(2n)2 8n3 1 8(1 3n 3n2 n3 ) 1 8(n 1)3 1 Suy ra x1 x2 x3 2013 Vậy dãy số (x ) là dãy số tăng kể từ số hạng nào đó với a và trong trường hợp đó n 2 (xn ) là dãy số tăng từ x1 . 3. GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 3.1. TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH NGHĨA 3.2. TÍNH GIỚI HẠN BẰNG CÁC CÔNG THỨC CƠ BẢN 1 xn Bài 1. Cho x1 2014, x2 2013 và xn 2 (1 )xn 1 , n 2,3, Tìm lim xn . n n n Hướng dẫn giải. n n n k xn 1 xn ( 1) ( 1) ( 1) Ta có xn 2 xn 1 xn 2 xn 1 (x2 x1) và xn 2 x1  n n! n! k 1 k! ( 1)k ( 1)k 1 Dãy này rõ ràng hội tụ và có giới hạn là x1  x1 1  x1 1 k 1 k! k 0 k! e 1 Từ đó suy ra lim xn 2015 . n e
6. 3.3. TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH LÍ KẸP 1 3 a ;a 1 4 2 10 Bài 1. Cho dãy số thực an xác định bởi 1 a a2 a n n 1 ,n ¥ ,n 2 n 2 6 3 Chứng minh rằng dãy an có giới hạn hữu hạn. Hãy tìm giới hạn đó. Hướng dẫn giải. + Ta Có a1,a2 0;1 , giả sử a1,a2 , ,ak 0;1 ,k ¥ ,k 2 . Từ công thức truy hồi ta có: 1 1 a a2 1 1 1 0 0 a k k 1 1, vì 0 a ,a 1 a 0;1 . 2 k 1 2 6 3 2 6 3 k 1 k k 1 * Vậy bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được an 0;1 ,n ¥ . 1 x x 1 2 4 + Xét hai dãy số mới xn : 1 x x2 x n n 1 ,n ¥ ,n 2 n 1 2 6 3 3 y y 1 2 10 và yn : 1 y y2 y n n 1 ,n ¥ ,n 2 n 1 2 6 3 1 - Có 0 x x x 1, giả sử ta có 0 x x x 1,k ¥ ,k 3 , khi đó 1 2 2 3 1 2 k 1 x x2 1 x x2 x k 1 k 2 k k 1 x k 2 6 3 2 6 3 k 1 Vậy bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được xn là dãy số tăng và bị chặn trên bởi 1, nên nó có giới hạn hữu hạn lim xn . Chuyển công thức truy hồi qua giới hạn tìm được 3 1 2 2 . Do x  0;1 nên suy ra 1. 2 6 3 n 1 - Chứng minh tương tự đối với dãy số yn , ta cũng có lim yn 1. * - Cuối cùng ta chứng minh xn an yn ,n ¥ (1) bằng phương pháp quy nạp: Ta có x1 a1 y1 và a2 x2 y2 , với n = 1, 2 bất đẳng thức (1) đúng. Giả sử (1) đúng tới k ¥ ,k 2 , tức là xi ai yi ,i 1,2, ,k . Khi đó 1 x x2 1 a a2 1 y y2 x k k 1 a k k 1 k k 1 y k 1 2 6 3 k 1 2 6 3 2 6 3 k 1 + Từ xn an yn ,n ¥ ,n 1 và áp dụng định lý kẹp ta suy ra được lim an 1. 1 Bài 2. Tìm giới hạn: lim(2014 ) n n! Hướng dẫn giải. n n * Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức: n! (*) n N ). 3
7. 1 Bằng phương pháp qui nạp. Thật vậy: với n 1, ta có 1 (đúng). 3 k k Giả sử (*) đúng với n k tức là: k! . Ta đi chứng minh (*) đúng với 3 n k 1. k k k 1 3 k 1 Ta có k 1 ! k! k 1 k 1 ( )k 1 . ( )k 1 1 3 3 (1 )k 3 k Bất đẳng thức cuối này đúng vì: k 1 k k(k 1) 1 k(k 1)(k 2) (k k 1) 1 1 1 . 2 . 2 k k 2! k k! k 1 1 1 1 2 k 1 1 1 (1 ) (1 )(1 ) (1 ) 2! k k! k k k 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2! n! 2 2n 1 2 2n 1 1 1 3 1 1 2 n n n n Vậy (*) đúng với n k 1. Do đó n! , từ đây ta suy ra n!> 3 3 1 3 3 => 0 . Vì lim 0 . n n! n n n 1 Do đó theo định lý về giới hạn kẹp giữa ta suy ra: lim = 0. n n n! 1 Vậy lim(2014 ) =2014 n n! 3.3. CÁC DẠNG KHÁC Bài 1. Cho dãy số xn xác định bởi x1 a x2 7 x n , n 1,2,3, n 1 2 xn 3 Chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn. Tính giới hạn đó. Hướng dẫn giải. Theo Côsy thì 1 16 xn 1 xn 7 xn xn 3 6 1; xn 1 xn 0 2 xn 3 2 xn 3 dãy giảm, bị chặn bởi 1, vậy dãy có giới hạn. Từ lim xn a a 1 Bài 2. Cho dãy số xn , xác định bởi:
8. x1 1 2014 x 1 , n 1,2,3 n 1 1 xn Chứng minh rằng dãy số xn có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Hướng dẫn giải. 2014 Xét hàm số f (x) 1 trên 0; . Ta thấy f (x) liên tục và nghịch biến trên 0; 1 x 2014 (Vì f '(x) 0 ). Do đó 1 f (x) 2015 1 x 2 2014 Ta có xn 1 1 f (xn ) với mọi n dãy xn bị chặn 1 xn Mặt khác, ta có x1 x3 f (x1) f (x3 ) x2 x4 f (x2 ) f (x4 ) x3 x5 .Suy ra dãy x2n 1 là dãy đơn điệu tăng và bị chặn, còn dãy x2n là dãy đơn điệu giảm và bị chặn, nên các dãy x2n 1 , x2n có giới hạn hữu hạn. Giả sử lim x2n 1 a và lim x2n b , ( a,b 1). Từ x2n 1 f (x2n ) lim x2n 1 lim f (x2n ) b f (a) x2n 2 f (x2n 1) lim x2n 2 lim f (x2n 1) a f (b) 2014 b 1 1 a Vậy ta có hệ a b 2015 2014 a 1 1 b Vậy lim xn = 2015 x1 2,1 2 Bài 3. Cho dãy số xn được xác định bởi x 2 x 8x 4 x n n n * ,n 1,2, n 1 2 n 1 với mỗi số nguyên dương n, đặt y . Tìm lim y n  2 n i 1 xi 4 Hướng dẫn giải. Ta có kết quả sau: với số thực a 2 bất kì, ta có a 2 a2 8a 4 a 2 a2 4a 4 a 2 a 2 a 2 2 2 Do đó 2,1 x1 x2 Suy ra dãy xn là dãy tăng, giả sử bị chặn trên tức là có giới hạn lim xn L 2 Chuyển qua giới hạn điều kiện (*) ta có phương trình x 2 x2 8x 4 x x2 4 x 3 x 2 2 phương trình này không có nghiệm hữu hạn lớn hơn 2 Suy ra dãy xn tăng và không bị chặn trên nên lim xn
9. x 2 x2 8x 4 Ta có x n n n 2x x 2 x2 8x 4 n 1 2 n 1 n n n 2 2 2 2xn 1 xn 2 xn 8xn 4 xn 2 4 xn 3 xn 2 1 xn 3 xn 2 1 1 1 2 2 2 xn 2 xn 1 4 xn 1 4 xn 1 2 xn 1 4 1 1 1 2 xn 1 4 xn 2 xn 1 2 n 1 1 1 1 Suy ra y 10 n  2 i 1 xi 4 x1 2 xn 1 2 xn 1 2 Vậy lim yn 10 x0 a Bài 4. Dãy số thực x n được xác định bởi: n n ¥ 2  ¥ xn 1 2xn 1 Tìm tất cả các giá trị của a để xn 0 với mọi số tự nhiên n. Hướng dẫn giải. Giả sử xn 0 với n ¥ . 2 Từ x 2x2 1 0 có x 0 n 2 n 1 2 n 1 2 2 2 2 1 Lại từ 2x2 1 0 có x 1 x ,n ¥ 2 n 2 n 2 n 4 1 3 1 Suy ra x và x 1,n ¥ n 2 4 n 2 1 1 1 1 1 3 1 Từ đó x 2x2 1 2 x2 2 x . x x ,n ¥ n 1 2 n 2 n 4 n 2 n 2 2 n 2 Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức này, ta có: 2 n n 1 1 2 1 2 1 2 1 2 a x0 x1 x2 xn ,n ¥ 2 2 3 2 3 2 3 2 3 n 2 1 1 Mà lim 0 nên phải có a 0 a n 3 2 2 1 1 Thử lại với a thì x 0,n 2 n 2 1 Vậy a là giá trị duy nhất cần tìm. 2 x1 2014 Bài 5. Cho dãy số thực (xn) xác định bởi: 3 * xn 1 6xn 6sin xn ,n ¥ Hướng dẫn giải. x3 Sử dụng bất đẳng thức x sin x x,x 0 6 Xét hàm số f x 3 6x 6sin x, x 0.
10. 6 1 cos x Ta có: f ' x 0,x 0 f(x) luôn đồng biến với mọi x > 0 2 33 6x 6sin x Do đó: f x f 0 0x 0 . mà x2 f x1 0 vì x1 2014 0. * . Vậy ta có xn 1 f xn 0,n N 6x 6sin x x3 Mặt khác: x x 3 6x 6sin x x n n n n 1 n n n n 2 3 3 2 6xn 6sin xn xn 6xn 6sin xn xn x3 Vì x sin x x,x 0 6x x3 – 6sinx 0,x 0 . 6 3 6xn – 6sinxn xn 0 do xn 0 xn 1 – xn 0 xn là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên tồn tại giới hạn hữu hạn. Giả sử limxn x(x 0) , ta có phương trình: x 3 6x 6sin x x3 6x 6sin x 0 Xét hàm số g x x3 6x 6sin x g ' x 3x2 – 6 6cosx g’’ x 6x – 6sinx 0x 0 . g’ x g’ 0 0 . Do đó g x luôn đồng biến và liên tục với mọi x 0 phương trình g x 0 có nghiệm duy nhất x 0 . Vậy limxn 0 . Bài 6. Cho hai dãy số dương a , b xác định bởi: a 3,b 2 và n n 0 n n 0 0 0 1 an 1 an bn 1 an 1 2 2 an 1 bn Với mọi n 0,1,2, Chứng minh rằng hai dãy trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng. Hướng dẫn giải. 1 Ta chứng minh bằng quy nạp a tan ,b ,n 0,1,2, (*) . Thật vậy n n n 3.2 cos 3.2n 1 Với n 0 , ta có a 3 tan tan ,b 2 , vậy * đúng 0 0 0 3 3.2 cos 3.20 1 2 1 Với n 1, ta có a tan tan ,b , vậy * đúng 1 1 1 3 6 3.2 3 cos 3.21 1 Giả sử khẳng định đúng đến n k,k 1, tức là a tan ,b n n n 3.2 cos 3.2n
11. 1 Ta chứng minh a tan ,b . Thật vậy. Từ 1 ta có n 1 n 1 n 1 3.2 cos 3.2n 1 sin 1 2sin cos sin2 cos2 1 a n n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 3.2 3.2 3.2 3.2 3.2 1 a 2 2 n 1 cos cos sin 3.2n 3.2n 1 3.2n 1 2 sin n 1 cos n 1 sin cos tan 1 3.2 3.2 n 1 n 1 n 1 3.2 3.2 3.2 Khi đó cos sin 1 tan cos n 1 sin n 1 cos n 1 sin n 1 n 1 n 1 n 1 3.2 3.2 3.2 3.2 3.2 3.2 3.2 a tan n 1 3.2n 1 1 1 từ 2 , suy ra b2 a2 1 tan2 1 b n 1 n 1 n 1 n 1 3.2 cos2 cos 3.2n 1 3.2n 1 1 Như vậy theo nguyên lý quy nạp thì a tan ,b ,n 0,1,2, n n n 3.2 cos 3.2n 1 1 Do đó lim an lim tan tan 0 0; lim bn lim 1 n n n n 3.2 n cos cos0 3.2n Kết luận: lim an 0; lim bn 1.■ n n Bài 7. Cho dãy số (un ) xác định như sau: u1 2014 2 2 un 1 un (1 2a)un a ;n 1,2, Tìm điều kiện của a để dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn khi n và tính giới hạn đó. Hướng dẫn giải. 2 Ta có: un 1 un (un a) 0 un 1 un ; n 1,2,3, * Suy ra dãy số (un ) tăng knn; từ đó dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn khi và chỉ khi dãy bị chặn trên. 2 2 Giả sử lim un L (L ¡ ) , thì chuyển qua giới hạn hệ thức un 1 un (1 2a)un a ta có: n L L2 (1 2a)L a2 L a * - Nếu có chỉ số k ¥ mà uk a thì un a; n k trái với kết quả lim un L a n 2 2 Do đó: uk a với mọi k 1,2, hay un (1 2a)un a a, n 1,2,3, a 1 u1 a a 1 2014 a * Đảo lại: Nếu a 1 2014 a a 1 u1 a 2 2 (u1 a 1)(u1 a) 0 u1 (1 2a)u1 a a 0 u2 a và u1 u2 a 1 u2 a Bằng quy nạp ta chứng minh được a 1 un a, n 1,2,3, Như vậy dãy (un ) tăng knn, bị chặn trên bới a , do đó dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn.
12. Kết luận: Với điều kiện a 1 2014 a thì dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn khi n và lim un a n Bài 8. Cho dãy số (un ) xác định bởi công thức truy hồi u1 1 1 * . u u 2,n n 1 n ¥ un Chứng minh rằng dãy (un ) có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó. Hướng dẫn giải. 1 1 1 Đặt f (x) x 2; g(x) f ( f (x)) x 2 2 . Khi đó 1 x x x 2 x 2 2 x x2 1 2 1 1 g '(x) 2 0 g(x) g( ) 0 f ( f (x)) x,x ( ;1) (*). 4 1 2 2 x x 2 x 1 Mặt khác f '(x) 0,x ( ;1) nên 2 1 1 1 1 1 f (x) f ( ) f ( f (x)) f ( ) ,x ( ;1) ( ). 2 2 2 2 2 1 1 Từ (*) và ( ) suy ra: f ( f (x)) x,x ( ;1). 2 2 1 1 Vậy: 1 u u 1 u u u , Do đó (u ) là đơn điệu giảm và bị chặn 1 3 2 1 3 5 2 2n 1 1 dưới nên tồn tại limu2n 1 . n 2 1 1 Vì f (x) liên tục trên ;1 nên u2n f (u2n 1) limu2n f limu2n 1 . 2 n n 2 Vậy dãy (un ) được phân tích thành hai dãy con hội tụ tới cùng một giới hạn. Do đó dãy (un ) 1 có giới hạn bằng . 2 u 2 1 Bài 9. Cho dãy số un xác định 1 2 un 1 un un un ,n 1 2014 n u Tính lim k n  k 1 uk 1 1 Hướng dẫn giải. u u 1 Theo giả thiết ta có: u n n u mà u 2 suy ra n 1 2014 n 1 2 u1 u2 u3 do đó dãy un là dãy tăng Giả sử dãy un bị chặn trên suy ra limun L với L 2 khi đó n
13. 2 2 un 2013un L 2012L L 0 limun 1 lim L n 2014 2014 L 1 Vô lý do L 2 . Suy ra dãy un không bị chặn trên do đó 1 limun lim 0 n n un Ta có u2 2013u u n n u u 1 2014 u u n 1 2014 n n n 1 n u 1 1 n 2014 un 1 1 un 1 un 1 1 1 1 Sn 2014 lim Sn 2014 x u1 1 un 1 1 x1 2014 Bài 10. Cho dãy số thực xn xác định bởi: 3 * xn 1 6xn 6sin xn ,n ¥ Tính lim xn ? Hướng dẫn giải. x3 Sử dụng bất đẳng thức x sin x x,x 0 6 Xét hàm số f x 3 6x 6sin x, x 0. 6 1 cos x Ta có: f ' x 0,x 0 f(x) luôn đồng biến với mọi x > 0 2 33 6x 6sin x Do đó: f x f 0 0x 0. mà x2 f x1 0 vì x1 2014 0. *. Vậy ta có xn 1 f xn 0,n N 6x 6sin x x3 Mặt khác: x x 3 6x 6sin x x n n n n 1 n n n n 2 3 3 2 6xn 6sin xn xn 6xn 6sin xn xn x3 Vì x sin x x,x 0 6x x3 – 6sinx 0. x 0 6 3 6xn – 6sinxn xn 0 do xn 0 xn 1 – xn 0 xn là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên tồn tại giới hạn hữu hạn. Giả sử limxn x(x 0) , ta có phương trình: x 3 6x 6sin x x3 6x 6sin x 0 Xét hàm số g x x3 6x 6sin x g ' x 3x2 – 6 6cosx g x 6x – 6sinx 0,"x 0 . g x g 0 0 . Do đó g x luôn đồng biến và liên tục với mọi x 0 phương trình g x 0 có nghiệm duy nhất x 0 .
14. Vậy limxn 0 . 4. GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ 4.1. TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH NGHĨA 4.2. TÍNH GIỚI HẠN BẰNG CÁC CÔNG THỨC CƠ BẢN 4.3. TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH LÍ KẸP 4.3. TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐẠO HÀM 4.4. CÁC DẠNG KHÁC