THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ
ÔN THI VMO 2020
Chủ đề 1: Một số bài toán giới hạn dựa trên định nghĩa.
Nhắc lại: Cho dãy số  un  , ta nói lim un  a nếu với mọi giá trị   0 , luôn tồn tại
N  0 sao cho n  N thì un  a   .
Từ định nghĩa này, cho phép ta suy ra kết quả sau:
Dãy số  un  không có giới hạn là a nếu tồn tại giá trị   0 , sao cho với mọi N > 0
luôn có giá trị n  N để un  a   .
Phần này chủ yếu trình bày các bổ đề có tính áp dụng trong các bài toán tính giới hạn.
Áp dụng:
n
Bài 1: Cho hai dãy số dương  xn  ,  yn  thỏa lim xn  L, lim  yi   . Đặt dãy
i 1
zn 
x1 y1  x2 y2  ...  xn yn
y1  y2  ...  yn
Chứng minh rằng lim zn  L .
Lời giải:
n
Xét zn  L 
 yi  xi  L
i 1
n
y
i 1
i
n

 y x
i 1
i
i
 L
y1  y2  ...  yn
.
Lấy giá trị   0
Do lim xn  L nên tồn tại N sao cho xn  L 

2
, n  N từ đó suy ra, với mọi giá trị p
nguyên dương thì
Trang 1
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
N
zn  L 
N
Khi đó, chọn p đủ lớn thì

i 1
 y x
i 1
i
i
 L 
p

y
2
N i
i 1
y1  y2  ...  yN  p
p
yi  xi  L 
y1  y2  ...  yN  p


2
và
y
i 1
N i
y1  y2  ...  yN  p
 1 từ đó ta có: tồn
tại giá trị M sao cho zn  L   hay lim zn  L .
Bài 2: Cho dãy  xn  thỏa lim  3xn3  xn   2a , chứng minh dãy  xn  có giới hạn.
Lời giải:


Ta chứng minh dãy xn  a bị chặn.
Xét yn  3xn3  xn  2a thì lim yn  0 nên dãy  yn  bị chặn bởi A hay
yn  A, n  1; 2; 3;... Và lại có xn3  a 

1
1
1
xn  a  yn  xn  a  yn .
3
3
3

Đặt B  max x1  a ; x2  a ; x3  a ; A thì theo quy nạp ta có xn  a  B với mọi n.
Lấy giá trị   0 bất kì, tồn tại N > 0 để
3xn3  xn  2a   ; n  N  xn3  a 
p
Từ đó suy ra: xN 3 p  a  
i1

3
i


3

1
x  a , n  N
3 n
1
2
1
xN  a    p B , khi đó, tồn tại P > 0 thỏa
p
3
3
3
xN 3 p  a   , p  P
Đánh giá tương tự ta có: xN 3 p1  a   , p  P1; xN 3 p2  a   , p  P2
Và từ đó suy ra: M : xn  a   , n  M hay lim xn  a .
Một cách tương tự, ta có kết quả sau


Bài 2.1: Cho dãy  xn  thỏa lim 3xn3  3 xn  2 , tính lim xn .
Lời giải: Ta xét như trên và có đánh giá
Trang 2
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
xn3  1 
1
1

3
3
3
xn  1 
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
1
1
1
1
  xn  1    xn  1 ; n  1; 2; 3...
3
9
3
3
Việc chứng minh tính bị chặn tương tự, dẫn đến lim xn  1 .
Bài 3: Cho dãy dương  xn  thỏa
7

4
p
p
x
i1
n0  i

n
xn  2 , chứng minh tồn tại giá trị n0  0 sao cho
9
; p  1; 2; 3;...
4
Lời giải:
Xét giá trị 2    0 thì tồn tại N sao cho 2   
suy ra  2   
N p
 xN  p   2   
2   
N 1
2   
p
1
1
N p
N p
xN  p  2   với mọi p  1; 2; 3... hay
với mọi p  1; 2; 3... Từ đó ta có
 xN 1  xN 2  ...  xN  p   2   
N 1
2   
p
1
1
Và suy ra
2   
N 1 p p
p
1
Lưu ý là: lim  2   
1
1   
p
1
N 1 p p
p
1

p
xN 1  xN  2  ...  xN  p   2   
1
1   
1
p
N 1 p p
p
p
 2   và lim  2   
N 1 p p
p
p
1
1
1
1   
p
1
1
1   
1
p
 2
Đến đây, chọn p đủ lớn cho ta kết quả.
Bài 4: Cho dãy dương  xn  hội tụ về a  0 , tính lim n

n

xn  1 .
Lời giải:
Lấy a    0 thì tồn tại N sao cho a 

 N  p 

N p
a

2
 xN  p  a 

 1    N  p

2



N p

2
; p  1; 2; 3;... từ đó suy ra



xN  p  1   N  p   N  p a   1 


2


Trang 3

THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
Lại chú ý: lim n

n
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh

b  1  ln b nên nếu lấy p đủ lớn thì

 N  p 
N p
a





 1   ln  a    ;  N  p   N  p a   1   ln  a   



2
2




Từ đó, tồn tại M > 0 để với mọi n  M thì ta có


a
 ln  a     ln a  n
Điều này suy ra lim n

n

n

xn  1  ln a  ln  a     ln a 

a

xn  1  a .
Áp dụng: Cho dãy số xn1 
n
1 n n 
x 
 , x  1 , tính lim
2  n xnn  1

n
nn1 .xn  n

Bài 5: Cho dãy số  xn  là dãy dương thỏa lim xnn  2 , chứng minh rằng lim xn  1 .
Lời giải:
Giả sử  xn  không hội tụ về 1, thì tồn tại giá trị   0 sao cho N  0 , tồn tại giá trị n để
x    1
.
xn  1     n
 xn  1  
 xn    1
Chọn N = 1 ta có 
1
 xn1  1  
 xn    1
, N  n1  1 ta có 
2
 xn2  1  
 xn    1
  thỏa  x
hạn cho ta xây dựng một dãy con xn
i

i
1
ni
  thỏa y
dãy con  yn  vô hạn phần tử từ dãy xn
n
i
,< quá trình này tiếp diễn vô
, từ đây, lại có thể trích ra một
   1, n  1; 2; 3;... hoặc ngược lại.
Từ đó, lim ynn   hoặc lim ynn  0 . Điều này mâu thuẫn giả thiết vì lim xnn  2 nên bất
kì dãy con nào của nó cũng hội tụ về 2.
Bài 6: Cho dãy số dương  xn  và dãy số dương  yn  thỏa lim yn  0, và
xn1  qxn  yn , n  1; 2; 3;... Chứng minh lim xn  0
Trang 4
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
Lời giải: Lấy   0 bất kì, ta cần chứng minh tồn tại N để xn   , n  N .
Do lim yn  0 nên tồn tại M để yn  1 , n  M . Khi đó, ta có cách đánh giá như sau
xn k  qxn k1  yn k1  q  qxn k2  1   1  ...  q
k1
1  qk
xn  1 .
, n  M , k  
1 q
Vì q là số thực dương nhỏ hơn 1 nên tồn tại K để qk1 xn 
chọn  1 

2
, k  K và lúc bấy giờ, ta
1 q
thì xn0  k   với giá trị n0 cố định lớn hơn M hay xn   , n  N  M  K
2
từ đó suy ra kết quả.
Lưu ý: Đây là một bổ đề hay có nhiều ứng dụng trong các bài toán khác mà ta sẽ
trình bày ở các phần sau.
Bài 7: Cho các số thực dương a, b có tổng là 1 và dãy số  xn  là dãy các số thực dương
thỏa xn2  axn1  bxn , n  1; 2; 3;... Chứng minh dãy  xn  hội tụ.
Lời giải:
Đặt An  max  xn ; xn1 thì do xn2  axn1  bxn nên ta có
An  max xn ; xn1; xn2   max xn1; xn2   An1
Điều này dẫn đến dãy  An  giảm và bị chặn dưới nên có giới hạn là A. Ta chứng minh
dãy  xn  cũng có giới hạn là A.
Lấy giá trị  dương bất kì thì tồn tại n0 để A    An  A   , n  n0 . Và suy ra
xn  A   , n  n0 .
Ta cần chứng minh A    xn  A   , n  n0  1
Một trong hai giá trị xn ; xn1  A   . Nếu xn  A   , n  n0  1 thì ta có kết quả
A    xn  A   , n  n0  1 . Nếu xn1  A   , xn  A   thì
Trang 5
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
A    xn1  axn  bxn1  b  A     axn  xn  A 
2a

a
Chú ý là n  1  n0
Lại lưu ý là  
2a
2a
 , n  n0  1 . Từ đây cho
 nên ta có đánh giá: xn  A 
a
a
 
 0 thì có lim xn  A
Trang 6
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
Chủ đề 2: Tính giới hạn dựa trên các bổ đề.
Ở phần này, ta cung cấp một số bổ đề khá mạnh trong việc tính giới hạn dãy số.
Bổ đề 1: Cho dãy số dương  xn  và dãy số dương  yn  thỏa lim yn  0, và
xn1  qxn  yn , n  1; 2; 3;... Chứng minh lim xn  0
Nhận xét: một mở rộng của bổ đề sang quan hệ giữa ba số hạng liên tiếp trong
dãy số như sau
Ta lấy các giá trị p, q dương và bé hơn 1, thì khi đó dãy dương  xn  thỏa bất đẳng thức
xn2   p  q xn1  pqxn  yn , n  1; 2; 3;... cũng hội tụ. Chứng minh đơn giản thông
qua cách đặt zn  xn1  qxn .
Bổ đề 2: Cho các số thực dương a, b có tổng là 1 và dãy số  xn  là dãy các số thực
dương thỏa xn2  axn1  bxn , n  1; 2; 3;... Chứng minh dãy  xn  hội tụ.
Nhận xét: Nếu có k số thực dương a1 ; a2 ;...; ak với tổng là 1 và dãy  xn  bị chặn
dưới và đồng thời xn k  a1 xn  a2 xn1  ...  ak xn k1 , n  1; 2; 3;... thì dãy  xn  cũng hội
tụ.
Bổ đề 3: Cho dãy  un  dương và thỏa un2  qun1  pun . Trong đó, các số thực dương p,q có
tổng bé hơn 1. Khi ấy, lim xn  0 .
Lời giải: Ta đặt y1  max x1 ; x2  , yn1   p  q  yn thì bằng quy nạp sẽ chứng minh được
0  x2n1 ; x2 n  yn và chú ý lim yn  0 . Từ đó có các kết quả.
Tổng quát 1: Cho dãy  un  dương và thỏa
unm  p0un  p1un1  ...  pm1unm1 , n  1;2;3;... .
Trong đó, các số thực dương p0 ; p1; p2 ;...; pm1 có tổng bé hơn 1. Khi ấy, lim xn  0 .
Trang 7
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
Tổng quát 2: Cho dãy  an  ,  bn  là các dãy dương thỏa an  bn  L  1 với mọi giá trị n và
L là hằng số, dãy  un  dương thỏa un2  anun1  bnun , n  1;2;3;... Khi đó, lim xn  0
Bài 1: Cho dãy xn1 
n3
n1


xn  3  3 xn , x1  1 . Tính giới hạn dãy đã cho
Lời giải: Ta dự đoán lim xn  1 .
Dễ thấy, các số hạng của dãy đều lớn hơn 1, ta tách như sau
xn1

n3
1
1 
xn  1 


 x 32
n1
 n

  2  4 x 1  2
n
n1
xn2  3 xn  1  n  1 5
1
3
Áp dụng bổ đề, ta suy ra kết quả.
Bài 2: Cho dãy xn2 
n
n
1
xn1 
xn  ; x1 , x2  0 . Tính giới hạn dãy đã cho
2n  3
3n  1
3
Lời giải: Ta dự đoán lim xn  2 . Xét phép biến đổi
xn2  2 
Từ đó suy ra: xn2  2 
Xét hệ: u  v 
n
n
1
2
xn1  2 
xn  2 



2n  3
3n  1
2n  3 3n  1
1
1
xn1  2  xn  2  yn , n  1; 2; 3;... với lim yn  0
2
3
1
1
, uv  thì u, v   0;1 . Từ đó áp dụng bổ đề cho ta kết quả
2
3
Một số hướng biến đổi:
Dãy 1: xn1  f  xn   an , trong đó lim an  a, xn   ;   n và f '    L  1,    ;   ,
Cách biến đổi: Giả sử phương trình x  f  x   a có nghiệm duy nhất x0   ;   .
Xét xn1  x0  f  xn   f  x0   an  a từ đây áp dụng định lý Largange ta có đánh giá
xn1  x0  L xn  x0  an  a , n  1;2;...
Với chú ý lim  an  a   0 nên áp dụng 5.2 ta có kết quả.
Trang 8
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
Dãy 2: xn1  an . f  xn   bn , trong đó lim an  a,lim bn  b; xn   ;   n và af '    aL  1,
   ;   ,
Cách biển đổi: Giả sử phương trình x  af  x   b có nghiệm duy nhất x0   ;   .
Xét xn1  x0  an  f  xn   f  x0     an  a  . f  x0   bn  b với mọi n = 1;2;3;<
Lại áp dụng định lý Largange ta có đánh giá
xn1  x0  aL xn  x0  an  a . f  x0   bn  b , n đủ lớn
Từ đây ta suy ra kết quả.
Áp dụng:
1. Cho dãy x1  0, xn1 
3n  10 3
xn  6, n  1; 2;3;... Chứng minh dãy đã cho hội tụ và tính
2n  3
giới hạn dãy đã cho.
2. Cho dãy u1  1; un1 
3. Cho dãy xn1 
n 1 2
un  2 . Chứng minh dãy đã cho hội tụ và tính giới hạn ấy.
3n  2
3n  2  3
2
.  xn  4   , x1  0 . Chứng minh rằng dãy đã cho hội tụ và tính
2n  5 
3
giới hạn.
Dãy 3: xn1  an . f  xn   bn g  xn   cn , trong đó lim an  a,lim bn  b,lim cn  c; xn   ;   n và
f '    L , g '    H ,    ;   trong đó aL  bH  1 .
Cách biển đổi: Giả sử phương trình x  af  x   bg  x   c có nghiệm duy nhất
x0   ;   và ta biến đổi tương tự để có đánh giá
xn1  x0   aL  bH  xn  x0  an  a . f  x0   bn  b g  x0   cn  c , n đủ lớn
Áp dụng: (VMO 2015) Cho dãy số xác định bởi công thức
Trang 9
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
x1  3, xn1 
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
n2
1
xn2  3  xn
2
4n  a
2
Chứng minh dãy đã cho hội tụ với mọi giá trị a dương, tính giới hạn đó.
Dãy 4: Cho xn1  f  an .g  xn   bn  với lim an  a, limbn  b; an g  xn   bn   ;   n và
f '    L , g '    H ,    ;   trong đó aLH  1 .
Cách biến đổi: Giả sử phương trình x  f  ax  b  có nghiệm duy nhất x0   ;  
và ta biến đổi:
xn  x0  f  an .g  xn   bn   f  a.g  x0   b0 
 f '    .  an g  xn   ag  x0   bn  b0 
 f '     an g '  k  xn  x0   bn  b 0 
Từ đây có đánh giá: xn1  x0  aLH xn  x0  L bn  b và suy ra kết quả.
Áp dụng:
1. (VMO 2016) Cho a là số thực dương và xét dãy
x1  a; xn1 
1
2n  3
1

xn 
2
n 1
4
Chứng minh rằng dãy đã cho hội tụ.
2. Cho dãy xn1  xn3  12 xn 
20n  21
, x1  0 . Chứng minh rằng dãy đã cho hội tụ.
n 1
Dãy 5: xn2  an . f  xn1   bn g  xn   cn , trong đó lim an  a,lim bn  b,lim cn  c; xn   ;   n và
f '    L , g '    H ,    ;   trong đó aL  p  q, bH  pq và p,q là các số dương bé
hơn 1.
Cách biến đổi: Biến đổi như trên và dùng bài toán 5.3
Trang 10
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
Bài 3: Cho hai dãy dương  xn  ,  yn 
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh

 x0 ; y0  1

x  2  3 yn  6

thỏa  xn1  n
, tính giới hạn hai dãy
2


yn  1  3 xn  6
 yn1 

2
đã cho.
Lời giải: Ta có thể đưa về đánh giá như sau
xn1  2 
1
1
xn  2  yn  2 , yn1  2 
x  2  yn  2
3
3 n



Từ đây, cộng theo vế để có kết quả:
xn1  2  yn1  2 
2
x  2  yn  2 , n  2; 3; 4;...
3 n

Từ đây suy ra lim xn  lim yn  2
Trang 11


THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
Chủ đề 3: Giới hạn sinh bởi giới hạn
Nội dung: Ta tìm hiểu giới hạn của các dãy đặc biệt sinh bởi một dãy ban đầu, ý tưởng
chính là các thao tác biến đổi, thêm bớt.
Hai định lý sau dùng cho khá nhiều trường hợp đặc biệt.
Định lý Stolz: Cho hai dãy  xn  ,  yn  thỏa  yn  là dãy tăng ngặt có lim yn   và
lim
xn1  xn
x
 L , khi đó, lim n  L .
yn1  yn
yn
Định lý Cesaro: Dãy  xn  thỏa lim  xn1  xn   L thì khi đó, lim
Hệ quả 1: Nếu lim xn  L thì lim
xn
 L.
n
x1  x2  ...  xn
 L, lim n x1 x2 ...xn  L
n
Hệ quả 2: Nếu  xn  là dãy dương và lim
xn1
 L thì lim n xn  L
xn
Áp dụng 1: Cho số thực  và số thực k dương. Đặt xn 
1
nk1
n
  .i
i1
k
 , tính lim xn .

Lời giải: Ta có hai nhận xét sau
n
  ik  n
1.
i1
n
2. lim
k1
n
 xn 
  ik
i1
k1
n
1k  2k  ...  nk
nk
1

lim

k1
k

1
k1
n
nk1   n  1
Áp dụng 2: Cho dãy  xn  xác định bởi x1  1, xn1  ln 1  xn  . Tính lim nxn .
Lời giải:
Ta chứng minh được lim xn  0 , theo Cesaro, ta cần tính

 1
1 
1
1 

lim 


  lim 


x
x
x
ln
x

1


n 
n 
 n1
n

Trang 12
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
Thật vậy, ta xét giới hạn lim
x  ln 1  x 
x 0
x ln 1  x 
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
 lim
x 0
1
1
x1
ln 1  x  
x
x1
 lim
x0
x
 x  1 ln  x  1  x
(Biến đổi này từ công thức L’hospital)
Và lại có lim
x 0
x
 lim
 x  1 ln  x  1  x x0
 1 


xn 

Vậy, lim nxn  lim
 n 




 x  1
1
ln  x  1
x

1
1
2
1
 2.
Nhận xét: Ta cũng có lim
ln 1  xn 
xn1
 lim
 1  lim n xn  1
xn
xn


Áp dụng 3: Cho dãy  xn  thỏa x1  a   0;1 , xn1  xn 1  xnk . Với k là một số nguyên
dương cho trước. Tính lim k nxn .
Lời giải:
Ta chứng minh được dãy  xn  giảm và bị chặn dưới nên tồn tại lim, lấy lim hai vế suy
ra lim xn  0 .

 1
1 
1
Xét hiệu lim  k  k   lim 
x

 xnk 1  xnk
 n1 xn 


hay lim k nxn 
1
k
k

k

1 
1
 k   k và áp dụng Cesaro ta có lim nxnk 
k
xn 

.
Áp dụng 4: Cho x1  2, xn1  n xn  1  1
a. Tính lim xn
Trang 13
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
1
 n
 ln n
b. Tính lim    xi  1 
 i1

Lời giải:
a. Ta chứng minh quy nạp: dãy đã cho bị chặn bởi 4, từ đó có đánh giá
2  xn1 
n
xn  1  1  n 5  1, n  1; 2; 3;...
Từ đây suy ra lim xn  2 .
b. Ta tính lim
lim
ln  x1  1  ln  x2  1  ...  ln  xn  1
ln  xn1  1
ln  n  1  ln n
ln n

. Chú ý là lim n ln  1 

, hay theo Stolz, ta tính
1
  1 nên chỉ cần tính lim n ln  xn1  1 . Chú
n
ý: n ln  xn1  1  ln  xn  1  ln 3
Một số bài tập khác:
Bài 1: Cho dãy số  xn  thỏa xn1  xn  2 xn  n, x1  1
1. Chứng minh n2  xn   n  1 , n .
2


xn1
xn 
xn1  xn


2. Tính các giới hạn: lim
và lim n
.
 n  1 2 n2 
n



Lời giải:
1. Ở câu a, ta dùng quy nạp.
2. Từ câu a, suy ra lim
xn
n2
 1 . Xét biến đổi
xn1  xn 2 xn  n
x

 2 n2  1 
2
n
n
n
Dãy còn lại cũng tương tự.
Trang 14
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
Nhận xét: Ta cũng có thể tính các giới hạn lim
cũng từ giới hạn lim
xn
n2


xn1  xn , lim 3 n

3
xn1  3 xn

1
 xn1  xn 
 có giới hạn
y
n


Bài 2: Từ áp dụng 2, ta sẽ tìm một cách biến đổi để xuất hiện dãy 
hữu hạn khác 0 và  yn  là một dãy hợp lý.
Xét xn1  xn  ln 1  xn   xn và từ quy tắc L’hospital ta có kết quả
lim
ln 1  x   x
x 0
x
2

x  ln 1  xn 
1
1
hay suy ra n

 hay bằng cách nhân lượng n2
2
2
2
xn


 2 ) cho phép ta suy ra kết quả n2 xn  ln 1  xn  
cho tử và mẫu (vì nxn 
2.


Vậy, ta có thể đi chứng minh lim n2 xn  ln 1  xn   2 .
Bài 3: Quay lại áp dụng 2, ta xét bài toán:
Tìm giá trị  để lim n  xn  xn1   c  0
Lời giải:
Từ giả thiết suy ra:
n k n  xn  xn1 
lim n k n  xn  xn1 
xn  xn1
k
k
 xn  lim
 lim nxn 
k
1

xn
xn . k n
k k
Đến đây cho ta kết quả.
Bài 4: Cho dãy  xn  xác định bởi x1  , xn1  sin xn . Tính lim nxn
Lời giải:
Ta chứng minh được dãy đã cho giảm từ số hạng thứ hai trở đi, bị chặn và từ đó suy ra
lim xn  0 .
Trang 15
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
 1
 1
1 
1 


lim



 . Xét giới hạn
2 
2 
 x2
 sin2 x
x
x
n 
n
n 
 n1

Theo Cesaro, ta cần tính lim 
 1

1 
x2  sin2 x
x2  sin2 x 
sin x
lim 


lim

lim
;  lim
 1

2
2
2
2
4
x0 sin x
x 0
x  x0 x .sin x
x

 x 0 x

Áp dụng quy tắc L’hospital thì lim
x 0
x2  sin2 x
2x  s in2x
1  cos 2x 1
 lim
 lim

4
3
x

0
x

0
3
x
4x
6 x2
 1
1  1

  . Từ đây suy ra lim nxn  3
 sin2 x
xn2  3
n

 0 nên lim 
Mà dãy xn 
Nhận xét:
xn  xn1
1
x  sin x
1
lim

ta
suy
ra
. Mà lim

3
3
24
24
xn
x
1. Xuất phát từ lim
x 0
từ đây cho phép tính được lim n
3
2
x
n
 xn1  . Và

nxn

3
 3 3 nên
3
là giá trị duy nhất thỏa
2
3
lim n2  xn  xn1   c  0 .
2. Nếu ta xét dãy xn1  sin
lim
xn
x
 sin n , x1  0 thì dãy này cũng tụ về 0 và hơn nữa
3
6
xn1 5
5
 . Từ đây theo Cesaro cho ta lim n xn  .
xn
6
6
1
2n 
Bài 5: Cho dãy số  xn  xác định bởi x1  1; xn1   xn 
3

1) Chứng minh rằng
2) Tính lim
3
2
 n  1
3
 xn  n2 , n  3; 4...
xn 1  xn
3
n2  xn
Lời giải:
1) Dễ thấy, các phần tử của dãy đều dương.
Ta chứng minh bằng quy nạp
Trang 16
xn 
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
- n  3 thì mệnh đề đúng. Giả sử mệnh đề đúng khi n  k  3 , ta chứng minh mệnh đề
đúng khi n  k  1 .
2 3 2 
1
2k 
1
k 

  0, x   3  k  1 ; k  từ đó suy
x 
 thì f '  x    1 
3
3


x
x3 
Xét hàm số f  x  
ra f  x   f
ta có
3
 k 
3
2
k2  xk1 
3
3
2 

k2 và f x  f  3 k  1  


 
 k  1
2


3
 k  1
2
. Mà
3
 k  1
2
 xk 
3
k2 nên
hay mệnh đề đúng khi n  k  1 , từ đó suy ra điều phải
chứng minh.
2/ Từ câu a và áp dụng định lý kẹp, suy ra lim
xn1
 2
2  n
 xn 
 xn  
 3
3 x
 n


3
xn
3
n2
 1 . Ta có biến đổi sau
n  xn

3
n2  3 n xn  xn

xn
3
3
2
2 n  n xn  xn

 .
3
n2  xn 3
xn xn  3 n
xn1  xn
3
Mà lim
n  n xn  xn
xn
1
3
2

xn  3 n



 lim
xn

xn
n2  3 hay có kết quả lim xn1  xn  1 .
3
 2
xn  xn
n2  xn

 1
3

n  3 n

3
n
3
Trang 17
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
Chủ đề 4: Dãy số sinh bởi phương trình
Ý tưởng: Việc tính giới hạn thường quy về kẹp – giả sử khác 1 – Lagrange.
Bài 1: Cho phương trình: xn  x2  x  1  0 với n  N, n > 2
1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n > 2, thì phương trình có một nghiệm dương
duy nhất xn và tính lim xn
2. Xét dãy số sau đây: U n  nxn  1 , n = 2, 3, 4,........ Tìm limUn ?
Lời giải:
1. Xét hàm số, ta có phương trình luôn có nghiệm duy nhất xn  1; 2 .
Cách 1: Ta chứng minh  xn  là dãy giảm. Thật vậy,
xnn11  xn21  xn1  1, xnn  xn2  xn  1 .
Xét P  x   xn  x2  x  1 là hàm số tăng trên (1;2) mà
P  xn1   xnn1  xn21  xn1  1  xnn1  xnn11  0  P  xn 
Điều này kéo theo xn 1  xn . Vậy có giới hạn cho  xn  .
Nếu lim xn  a  1 thì tồn tại n đủ lớn để an  a2  a  1 (vô lý).
Cách 2: Ta kẹp xn giữa hai mốc hợp lý.
Xét đánh giá: xn 
n
xn2  xn
6
x  xn  1  1 
 1   Bernoulli  . Điều này cho phép ta
n
n
2
n
có lim xn  1 .


2. Từ đẳng thức xnn  xn2  xn  1  n ln xn  ln xn2  xn  1 từ đây có liên hệ quan
trọng
n  xn  1 
xn  1
ln xn2  xn  1  ln 3 .
ln xn


Trang 18
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
Bài 2: Cho phương trình xn1  xn  x2  x  1 .
1. Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có nghiệm dương duy nhất với mọi n >
2. Kí hiệu nghiệm đó là xn , hãy tính lim xn .
2. Tính lim n  xn  1
Lời giải:
1. Xét đa thức Pn  x   xn 1  xn  x2  x  1 thì luôn là hàm số đồng biến trên (1;2) với
mọi n > 2. Xét hiệu
Pn  xn 1   xnn11  xnn1  xn21  xn 1  1
 xnn1  xnn12  0  Pn  xn   xn 1  xn
Phần còn lại biến đổi như trên để ra kết quả.
2. Tương tự ý câu trên cho ta: lim n  xn  1
x
 lim
n
 1
ln xn
 xn2

3
ln 
 1   ln
 x 1

2
 n

 
Bài 15: Cho đa thức Pn x  xn  x  1, n  2; 3; 4;...
1. Chứng minh rằng Pn  x   0 luôn có nghiệm duy nhất là xn với n = 2;3;4;< Tính


lim xn và lim n 1  xn .
2. Dãy yn 
1
P '  z  , n  1; 2; 3;... với  zn  thỏa xn1  zn  xn , n  1; 2; 3... Tính
n n n
lim yn .

3. Tính lim n2 xn1  xn

Lời giải:
1. Tương tự các ý trên.
Trang 19
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
2. Xét đánh giá: nxnn11  1  nznn1  1  nxnn1  1, n  2; 3; 4;... Chú ý là:
xnn11 
lim
xn 1  1
xn21
, xnn 1 
xn  1
. Từ đó chia n cho 2 vế và dùng định lý kẹp cho ta kết quả
xn
1
P ' z   2.
n n n


 


3. Ta có Pn xn1  Pn xn  xnn1  xn1  1  xnn1 1  xn1 . Mà theo định lý Lagrange


  x
thì tồn tại cn  xn ; xn 1 sao cho P ' cn
n 1
 xn  
1  x 1  x  . Khi đó dùng
n 1
xn 1
 n
.n 1  xn 1 . 1  xn 1
câu 2 ta có lim n2 xn 1  xn  lim 
 P ' cn



 

n 1


    ln 2 .

 
Bài 3: Xét đa thức Pn x  xn  ax  1, n  3; 4;... với a là hằng số dương lớn hơn 2.
 
Chứng minh Pn x  0 luôn có nghiệm duy nhất thuộc (0;1). Kí hiệu là xn , tính lim xn
.
Lời giải:
 
Thông qua khảo sát hàm số ta có phương trình Pn x  0 luôn có nghiệm duy nhất
xn   0;1 . Hơn nữa ta lại có Pn  xn1   xnn1  xnn11  xnn1 1  xn1   0 và Pn 1  0


 
nên lại có xn  xn 1;1 hay xn là dãy giảm, từ đó có kết quả tồn tại lim xn  L  1 .
Chú ý từ đẳng thức xnn  axn  1 và 0  xn  K  1 với mọi n đủ lớn nên lấy lim hai
vế cho ta lim xn 
1
.
a
Trang 20
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
 
Bài 4: Xét hàm số fn x 
n
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
x  1  n x  2  x  3 với n là số nguyên dương lớn hơn 1.
 
Chứng minh phương trình fn x  0 luôn có nghiệm dương duy nhất, kí hiệu là xn .
 
Chứng minh dãy xn có giới hạn và tính lim xn .

2. Tính lim n 1  xn

Lời giải:
 
 
1. Xét hàm số ta có fn x  0 luôn có nghiệm duy nhất xn thuộc 0; 3 . Mặt khác lại có
fn  xn1  
n
 
xn1  1  n xn1  2  n1 xn1  1  n1 xn1  2  0  fn  xn  hay xn là
dãy tăng bị chặn nên tồn tại lim xn  a .
Từ đẳng thức
n
xn  1  n xn  2  xn  3  0 , lấy lim hay vế và chú ý lim n xn  1  1
trong trường hợp dãy
 x  bị chặn để suy ra kết quả.
n
2. Theo định lý Lagrange cho ta:
Pn 1  Pn  xn   n 2  1  1  xn  P '  n  ,  n   xn ;1
 
Lại có: 1  P '  n 
n
n2

n
1
n.n   n  1

n 1

1
n.n   n  2
2  1  1  xn  n 2  1 . Chú ý lim

x 0
n 1
1 
2
 1 nên từ đây đánh giá
n
2x  1
 ln 2 theo L’Hospital nên có kết
x

quả lim n 1  xn  ln 2
 
Bài 5: Cho đa thức Pn x  xn  x  n, n  3; 4;5...
1. Chứng minh rằng đa thức trên luôn có nghiệm dương duy nhất, kí hiệu là xn .
 
Chứng minh rằng dãy xn hội tụ và tính giới hạn này.
Trang 21
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh


ln n
2. Tính lim n2  xn 
 1
n


Lời giải:
 
1. Qua bảng biến thiên, ta có kết quả xn  1; n . Chú ý là xn 
n
xn  n  n 2n , và áp
dụng định lý kẹp cho ta kết quả lim xn  1 .
2. Ta có đẳng thức
x

n ln xn  ln  xn  n   nxn  ln n  ln  n  1 
 n

x

ln  n  1 
n

 n  n ln xn  ln n   xn 
xn
n
x

ln  n  1 
n
x
  1 nên lim n2  ln x  ln n   1
Mà ta có lim n  0  lim 


n
xn
n 
n

n
Lại chú ý: lim
ln 1  xn  1
xn  1
 
Bài 6: Cho hàm số fn x 

ln n 
 1 nên có thể đưa về lim n2  xn  1 
1
n 

1
1
1
1

 ...  2
 , trong đó n nguyên
x  1 4x  1
n x 1 2
dương.
 


 
1. Chứng minh fn x  0 có nghiệm duy nhất thuộc 1;  . Kí hiệu nghiệm ấy là xn
2. Tính lim xn
Lời giải:
1. Dùng bảng biến thiên ta có kết quả, chú ý là
Trang 22
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
fn  4   
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
1
1
1
1
1
 2
 2
 ... 

2
2 2 1 4 1
 2n  1 2  2n  1
Nên xn  4 .
2. Xét
1
 fn  xn   fn  4   fn '  cn  xn  4  với 1  cn  xn  4 .
2  2n  1
 
Mà fn ' cn
xn  4 

1
1
1
  


...

2
2
4 cn  1
  cn  1
n2 cn  1





   1 nên
2 
9


9
. Từ đây ta có kết quả.
2  2n  1
 
Bài 7: Cho số thực a  2 và đặt fn x  a10 xn10  xn  ...  x  1, n  1; 2; 3... Chứng
 


minh rằng phương trình fn x  a có đúng một nghiệm thuộc 0;  . Kí hiệu
nghiệm ấy là xn , tính lim xn .
Lời giải:
 
Dùng bảng biến thiên ta có phương trình fn x  a có đúng 1 nghiệm dương. Lại có


1
1
fn  1    a  a  1  
a
a


n 1
  a  1
9

 1  0 nên xn  1 
1
.
a
Mặt khác:
aa x
10
n 10
n
x x
n
n
n 1
n

1
 ...  xn  1  a  1  
a


1
1
Từ đây suy ra xn  1   a  1  
a
a

10
n 1
n 10
 a  1  1 nên có kết quả.
9
Trang 23
n

1
  1    ...  xn  1
a

THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh
Bài 8: Chứng minh rằng với mỗi giá trị nguyên dương thì phương trình n  x  e x  1
có duy nhất nghiệm dương xn . Tính lim n xn1  xn  1 .
Lời giải:
Đặt f  x   e x  1 , theo Lagrange cho ta kết quả:
 n  1  x    n  x   f  x   f  x   f '  c .  x
n1
n
n1
n
n1
 xn 
Với giá trị c   xn ; xn1 
Từ đây ta có đánh giá:
e
Suy ra:
1
1e
 xn 1
 xn
x
n1
 xn1  xn 
 xn   1   xn1  xn   e
1
1e
1

 xn
e
xn 1
1
x
n1
 xn1  xn  1 
Nhận xét rằng: n  xn  n  1, n  1; 2; 3;... nên lim
lim n xn1  xn  1 
 xn 1
 xn 
1
e
xn
1
xn
 1 và suy ra
n
1
.
e
Nhận xét: Từ lim  xn1  xn   1 , ta nhân hai vế của đánh giá trên cho e x để có
n
đánh giá mới là
lim e
xn
x
n1
1
e
xn 1  xn
e
 xn
e
xn
x
n1
 xn  1 
e
e
xn
xn
1
. Lấy lim các vế suy ra
 xn  1  1


Bài 9: Xét phương trình 2019x x2  n2  1 với n là số nguyên dương. Chứng minh rằng
với mỗi giá trị n thì phương trình đã cho có nghiệm dương duy nhất là xn . Tính
lim  xn1  xn  .
Lời giải: Đề nghị kỷ yếu Olympic sinh viên 2019
Trang 24
THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh


Ta có n  xn  n  1 nên lim xn   và lim  xn  n  lim 2019 x :  xn  n  0 nên suy


ra lim xn1   n  1  xn  n  0 hay lim  xn1  xn   1 .
Nhận xét: Ta có một vài giới hạn phát sinh như sau
1. Xác định  để lim n

3

xn1  3 xn  L  0
Ta dùng các kết quả: lim
xn
 1, lim  xn1  xn   1
n
2. Tính lim n xn  n
Dùng hệ quả Cesaro, ta tính lim
xn1  (n  1)
, đẩy tất cả về xn rồi dùng các giới
xn  n
hạn cơ bản đã có.
Trang 25