Tài liệu ôn thi HSG Quốc gia môn Toán chủ đề dãy số – Nguyễn Hoàng Vinh
Tài liệu gồm 91 trang, được biên soạn bởi tác giả Nguyễn Hoàng Vinh, hướng dẫn ôn thi HSG Quốc gia môn Toán chủ đề dãy số.
Phần 1:
Chủ đề: Chương 1: Hàm số lượng giác và phương trình lượng giác (KNTT) 134 tài liệu
Môn: Toán 11 3.3 K tài liệu
Tác giả:
Preview text:
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN 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. 1 a
Bài 1: Cho dãy số (a thỏa a 0,a = a + lim + . n ) 1 n+1 n a + a + ... + . Tính n 1 a a 1 2 n n Lời giải:
Từ giả thiết, ta có (a là dãy dương và tăng ngặt, suy ra a + a +...+ a na và điều này suy n ) 1 2 n n 1 1 1 1 ra a a + a a + 1+ + ...+ . n+1 n n+1 1 na a 2 n n n 1 1 1
Giả sử dãy (a bị chặn trên bởi M, suy ra 1+ 1+ + ... + cũng bị chặn, hay n ) a 2 n n 1 1 1 1+ 1+ + ... +
cũng bị chặn và điều này vô lý. M 2 n a + 1 a
Vậy lima = + và từ trên ta có đánh giá: n 1 = 1 + → 1 hay n+1 lim = 1. n a a a + ... + a a n n ( 1 n ) n x .x
Bài 2: Cho dãy số (x thỏa n n+1 x =
, x x 0 . Tính lim (n n ( x − x . n+1 n ) n ) n+2 1 2 2x − x n n+1 1
Lời giải: Từ đề cho, đặt y =
ta suy ra công thức tổng quát cho y và suy ra công n x n n x .x thức cho x = ( và suy ra kết quả. x − x ) 1 2 n n + 2x − x 1 2 1 2 n+1 4 x
Bài 3: Cho dãy số (x thỏa x ,x 0 và n+1 x = + 2 , tính n+1 lim . n ) 1 2 n+2 n 2 + x x n n
1 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] x 1 1 Lời giải: Đặt n y =
và từ giả thiết suy ra y = + n n + 2 n 2 1+ . Từ đây cho ta y 2 n 1 2 1 y −1 = y −1 y −1 , n = 1; 2; 3;... y
với mọi giá trị n (dãy dương). Từ đây n+2 n n y + do 1 3 n 2 n x n x x + + 2 suy ra n lim y = 1 lim = 1 và n 1 n 1 lim = lim . .2 = 2 . n n 2 n+1 x 2 x n n
Bài 4: Cho hàm số f : D ⎯⎯
→ , nghịch biến trên D và dãy (x xác định bởi x = f x và n 1 + ( n ) n ) thỏa điều kiện:
1/ x x , x x và ( x ; x D 1 2 ) 1 3 1 2 a = f (b) 2/
có nghiệm duy nhất a = b = l trên ( x ; x . 1 2 ) b = f (a)
Chứng minh dãy đã cho có giới hạn. Lời giải:
Đầu tiên, ta chứng minh x ( x ; x D, n
. Thật vậy, có thể xét quy nạp không hoàn toàn như n 1 2 ) sau
x x x x x x ; x
x x và x x x x x x ; x x x . 1 3 2 4 4 ( 1 2 ) 1 2 2 3 3 ( 1 2 ) 3 4 3 5
Từ đó, ta có x x , x x . Quá trình này tiếp diễn liên tục cho ta điều phải chứng minh. 3 5 3 4
Xét dãy x = f f x , x = f f x
. Từ chứng minh trên ta có ( x là dãy tăng và 2n 1 − ) 2n
( ( 2n−2)) 2n 1+ ( ( 2n 1−))
(x là dãy giảm. Đồng thời (x
x ; x , x
x ; x nên hai dãy đã cho hội tụ. 2n 1 − ) ( 1 2 ) ( 2n ) ( 1 2 ) 2n )
Đặt a = lim x ,b = lim x
. Lấy lim hai vế của x = f x ta có hệ n 1 + ( n ) 2n 2n 1 − a = f (b) b = f (a)
Vậy, theo giả thiết, hệ có nghiệm duy nhất a = b = l nên lim x = l . n
Bài 5: Tìm giới hạn của dãy số (x ) biết n x = 1+ 2 1+ 3 1+
1+ (n −1) 1+ n n
2 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] Lời giải:
Với1 m n −1, đặt a = 1+ m 1+ (1+ m) 1+
1+ (n −1) 1+ n ta có m 2 2 2 2 a = 1+ ma
a − (m +1) = ma − m − 2m m m 1 + m m 1 + . 2 2
a − (m +1) = m(a − (m + 2)) m m 1 + Suy ra m | a − a | m m 1 + m+2
| a − (m +1) | | a − m + 2 |. m m 1 + | a + (m +1) | m + 2 m n −1 n −1
Từ đó | a − 3 | | a − n |
| 1+ (n −1) 1+ n − n |→ 0 (n → ) 2 n 1 − n +1 n +1 3 u + 2 Bài 6: Cho dãy n 1 u = 1,u = ,u + = . 1 2 n+2 2 u + 2 n
a. Tính giới hạn của dãy đã cho. 1 n 1
b. Chứng minh n + 2 − 2
n −1 −1, với mọi giá trị n nguyên dương lớn hơn 3. 2 i=3 iui Lời giải: a. 1 3
Cách 1: Quy nạp kết quả u và đánh giá n 2 2 1 1 2 2 u −1 u −1 + u −1 . u −1 + . u −1 n+2 n n+1 n n+1 u + 2 u + 2 5 5 n n+1
Sử dụng bổ đề và suy ra kết quả. 1 1 1
Cách 2: Từ biến đổi u −1 = u − u . 1− u 1+ , n 2 ta có kết quả. n+2 n+1 n u + ta quy nạp 2 n n n n 1 1 1
b. Thực hiện đánh giá: n −1 nu n +1 với mọi n nguyên n 2 n +1 2 nu 2 n −1 n 1 1
dương lớn hơn 2. Lại chú ý:
= n + 2 − n +1 và tương tự ta có kết quả. 2 n +1 n +1 + n + 2
3 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] (2+ Sn )2
Câu 7: Cho dãy S = 1, S =
S = a + a + ...+ a với (a là một dãy nào đó, n ) 1 n 1 + 4 + . Biết rằng S n 1 2 n n 4 hãy chứng minh a . n 9n + 7 (China Girl MO 2016 day 2) 4 4 4
Lời giải: Ta có a = S = 1, a = S − S = . Vậy −
= S − S = a hay có công 1 1 n 1 + n 1 + n − 4 + S n n 1 n a a n n 1 + n thức tính là 4 4 = a + n a a n 1 + n
Bình phương 2 vế và cộng lại, đồng thời dùng AM – GM để có a 1, n
=1,2,3,.... Ta có kết quả n 16 16 2 2 2 =
+ a + a +...+ a + 8n 9 n +1 + 7 2 2 1 2 n ( ) a a n 1 + 1 Từ đây có kết quả. x = 1 1
Câu 8: Dãy số thực (u thỏa n n −1 2
. Đặt dãy y = x − x n ) x = 2 n n+1 , chứng minh dãy n 2 x , n n (n − ) i 1 i=1
đã cho có giới hạn hữu hạn. Lời giải: 1 1 1 Ta có CTTQ: x = 1+ + + 1 2
3 x và đánh giá n+ n n n n 1 1 1 1 n x 1+ + + + x = x = 1 2 3 x n+ n n n n n n 1 n − − 1 1 n
Và đánh giá x 4 n −1 n ( ) Khi đó:
4 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] (𝑛 + 1)2 + (𝑛 + 1) + 1 𝑛2 + 𝑛 + 1 𝑦𝑛+1 − 𝑦𝑛 = 𝑥 𝑥 (𝑛 + 1)3 𝑛+1 − 𝑛3 𝑛
𝑛2 + 3𝑛 + 3 (𝑛 + 1)(𝑛2 + 1) 𝑛2 + 𝑛 + 1 = · 𝑥 𝑥 (𝑛 + 1)3 𝑛3 𝑛 − 𝑛3 𝑛 𝑥 (𝑛2 + 3𝑛 + 3)(𝑛2 + 1) = 𝑛 [ − (𝑛2 + 𝑛 + 1)] 𝑛3 (𝑛 + 1)2 𝑥
𝑛4 + 3𝑛3 + 4𝑛2 + 3𝑛 + 3 − (𝑛4 + 3𝑛3 + 4𝑛2 + 3𝑛 + 1) = 𝑛 [ ] 𝑛3 (𝑛 + 1)2 𝑥 2 = 𝑛 [ ] > 0 𝑛3 (𝑛 + 1)2
Hay ( y là một dãy tăng và bị chặn trên bởi 4 nên có giới hạn hữu hạn. n ) 1 n a
Bài 9: Cho dãy (a thỏa a = 1, a
= a + . Tính a và lim n . 2017 n ) 1 n 1 + 2 n a n n
(Kỷ yếu Olympic sinh viên 2017). Lời giải:
Cách 1: Quy nạp n a n −1, n = 1;2;3;... n
Cách 2: Ta có chặn dưới: a n theo AM – GM. n 1 + 1 1 n n
Từ đây có đánh giá: a a + . và ta đặt dãy b =
thì đây là dãy tăng (xét n từ 2 n 1 + 2 n 2 n n −1 n −1 trở lên) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Khi đó: a a + b a + b + b ... a + b + + ...+ n 1 + n n 2 n 1 − 2 n 1 − n n 1 − 2 n 2 n 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 − a a n Hay 2 2 a + b = +
. Đến đây tính được phần nguyên và giới hạn. n 1 + n 1 − n n 1 2 2 − n −1
Nhận xét: Từ cách 2, ta có một bài toán mở rộng sau 1
Cho hai dãy (a ), b thỏa b a a + b , n
=1;2;3;.... và (b là dãy tăng. Tính n ) n n 1 + ( n n ) n ( n ) 2 lim (a − b . n 1 + n ) a
Từ cách 2, ta đánh giá kết quả 2 b a + b . n n 1 + n 1 2 − n
5 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] n x
Bài 10: Dãy số (x thỏa x = x + ,x 0 . Tính n lim ,lim (x − n . n ) n ) n+1 n 1 x n n Lời giải:
Quy nạp cho ta x n với mọi giá trị n > 1. Từ đây suy ra x x + n − 2 n n+1 2 x x + n − 2 Và n+1 2 1 n + 1 n + . 1 x −1 x n − 1 Xét: x − + = − − = + − + (n 1) (x n) n (x n) n−1 do x x x 1 . n 1 n n − − x x n n 1 n 1 x n n n 1 − x x − 2 Từ đây suy ra 0 x − n +1 và suy ra kết quả. n+1 ( ) 1( 2 ) n
Bài 11: Cho dãy số ( x xác định bởi n ) x = 0, x =1 1 2 3x + 2 , n 2 n 1 x − = n 1 + 10x + 2x + 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 x +
Xét hàm số f ( x y) 3 2 , =
; x 0, y 0 10 y + 2x + . 2 1 − 0 3x + 2 30 y + 2 ' ( ) Ta có ' f = f = x y
. Nên hàm số này đồng biến y ( x 10 y + 2x + 2) 0; 0; 0, 0 2 (10y + 2x + 2)2
theo x và nghịch biến theo y. 20x + x + 2 n n 1 2 − x − = 0, n 2 . n 1 + 10x + 2x + 2 n n 1 −
Vậy 0 x 2, n
1. Vậy dãy đã cho bị chặn. n
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp ( x tăng và dãy ( x giảm. 2n ) 2n 1 + ) 1 15 Thật vậy, x =
x x ; x = x . 1 1 4 2 6 17 Giả sử x x . 2n 1 + 2n 1 −
6 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] Ta có x = f x , x f x , x f x , x = x . 2n+3 ( 2n 1+ 2n+2 ) ( 2n 1− 2n+2 )
( 2n 1− 2n ) 2n 1+ x = f x , x f x , x f x , x = x . 2n+2 ( 2n 2n 1+) ( 2n 2n 1−)
( 2n−2 2n 1−) 2n 3a + 2 1+ 97 a = a = b = 10b + 2a + 2 Vậy tồn tại lim x = , a lim x = b . Ta có 24 2n 1 + 2n 3b + 2 1 b = a + b = 10a + 2b + 2 2 1 1 Nếu a + b = b = − a . 2 2 1+ 97 Khi đó 2
4a − 2a +1 = 0 vô nghiệm, vậy lim x = . n 24
Bài 12: Cho các dãy số thực (a ),(b ),(c ) thỏa mãn các điều kiện sau: n n n i) a 1,b c 0, 1 1 1 c a b ii) n 1 n 1 n 1 a a ,b b , c c với mọi n 1. n n 1 n n 1 n n 1 n n n Chứng minh rằng 2 2 2 lim n (a b ) (b c ) (c a ) 0. n n n n n n
Lời giải: Đề đề nghị DHBTB 2019 – chuyên Bình Long, Bình Phước. Đặt 2 2 2 u (a b ) (b c ) (c a ) , .
n Ta sẽ ước lượng giá trị của u . Từ công thức đã n n n n n n n n cho, ta có c − a n 1 − n 1
a − b = a − b − + n n n 1 − n 1 − n 2 (c − a ) 2(a
− b )(c − a ) 2 2 n 1 − n 1 − n 1 − n 1 − n 1 − n 1
(a − b ) = (a − b ) − + + n n n 1 − n 1 − 2 n n
Xây dựng các đẳng thức tương tự với 2 2
(b − c ) , (c − a ) rồi cộng lại, chú ý rằng n n n n
(x − y)(z − x) + ( y − z)(x − y) + (z − x)( y − z) 1 2 2 2 2 2 2
= x + y + z − xy − yz − zx = (x − y) + (y − z) + (z − x) . 2
7 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 2 1 1 n − n +1 Suy ra u = 1− + u = u
với mọi n 2. Từ đây dùng đánh giá làm trội n 2 n 1 − 2 n 1 − n n n 2 n − n +1 n +1 n +1 n 3 3u , n 2 u u = với n 3. 2 n n + , ta có 3 2 n 3 n + 2 n +1 4 n + 2 3u 3u Do đó 3 0 nu n . Dễ thấy 3 lim n
0 nên theo nguyên lý kẹp, ta có n n 2 n 2 3 lim d n 0. n
Bài 13: Cho số thực (1; 2) , xét dãy số dương (u thỏa u u + u + ... + u với mọi n > 1. n ) n 1 2 n−1
Chứng minh tồn tại hằng số C dương sao cho u Cn, n . n
Lời giải: TST Nghệ An 2021 n − 1
Nếu dùng ý tưởng quy nạp, ta đưa đến kết quả −1 C
, bằng cách xét hàm số ta có −1 2n n − 1 1 1 C và cần chọn C sao cho −1 2n 2 −1 2 1
Và để hoàn tất giả thiết đầu của quy nạp, ta chọn C = min u , . 1 − 1 2
Bài 14: Cho dãy số (a ) được xác định bởi: n 1 a = , (a + a 2 − a =1, n 1. n 1 + n ) ( n ) 1 2
a) Tìm giới hạn của dãy (a ) khi n → +∞. n
a + a + ... + a 2 b) Chứng minh rằng 1 2 n 1− , n =1,2,... n 2
Lời giải: Đề đề nghị DHBTB Quảng Nam. a. + Biến đổi (a + a 2 – a =1 n 1 + n ) ( n ) 1 a + a = n 1 + n 2 − an
8 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 2 1 a − 2a +1 (a − n )2 1 n n a = − a = , n 1 n 1 + 2 n − a 2 − = a 2 − a n n n (1 − )21 1 1 4 1 2 + a = 0,1 ,a = = = 0,1 1 2 2 1 2 − 3 2 6 2
+ Nhận xét: a 0,
1 . Ta chứng minh bằng quy nạp n (a − n )2 1 a = 0 n 1 + 2 − an
Giả sử a 0, 1 , ta có: a 0,1 n 1 + n (a − n )2 1 1 a = =1 n 1+ 2 − a 2 −1 n Vậy a 0, 1 , n 1 n 2 − 2 (a − − n )2 1 2 2 + Với a 0, 1 , ta có: a − = − n n 1 + 2 2 − a 2 n 2 2a − + a + − n (2 2) n (2 2 2) 1 = − + + − = 2 2a a n − (2 2) 2 2 2 2(2 − a 2(2 a n ) n n ) 1 2 − 2 a − 2 2 − 2 = .2 a − a − = n a − n ( 2 n ) 2(2 − a 2 n − a 2 n ) 2 n n 2 − a 2 − 2 1 2 − 2 1 2 − 2 = n a − a − ... a − 2 n − < a 2 n 1 2 2 2 2 n n n 1 1 2 − 2 1 2 −1 = − = 2 2 2 2 2 n 1 2 −1 2 − 2 Mà lim = 0 , vậy lim a = là giới hạn cần tìm. n 2 2 2
9 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 1 1 b. Ta lại có: (a + a 2 − a =1 = 2 − a −1 =1− a n 1 + n ) ( n ) n n a + a a + a n 1 + n n 1 + n n n 1
Suy ra: (1− a = − n k ) = = a + a k 1 k 1 k 1 + k n 2 2 n n
n − a − n = − n = k n n k 1 = (a + a a + a + 2a k k 1 + ) 1 n 1 + k k 1 = k =2 2 n 2 n = − n ≥
− n (vì a a a − a 0 ) n n 1 n 1 + n 1 + 1 a − a + 2a 2a n 1 + 1 k k k 1 = k 1 = n 2 n n − a − n k n k 1 = 2ak k 1 = n 2 n
Đặt x = a , khi đó: (*) n − x − n k 2x k 1 = 2 2 x 1 − 2 <=> 2 2
2x – 4nx + n 0 n1−
x n1+ 2 2 n 2 n ak 1− 2 Vậy k 1 = (đpcm). n 2 12
Bài 15: Cho hàm số f (t) 3 2 = t + 3t − n 2 n
a)Chứng minh rằng với mỗi n nguyên dương, phương trình f t = 0 có nghiệm duy nhất x n ( ) n dương b)Tìm lim nx và n(nx − 2) n n Lời giải 12 Xét hàm f (t) 3 2 = t + 3t − liên tục trên (0; + ) n 2 n
10 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 2
f ' (t) = 3t + 6t 0 f (t) đồng biến trên (0; + ); n Z+ n n −12 12 Mà f (0) = <0 ; f 2 =20- >0; n ( ) n 2 n 2 n f (0).f (2) 0; n Z+ n n
Mà f (t) liên tục và đồng biến trên (0; + ) n
f (t) có nghiệm duy nhất (0; + ); n Z+ n Từ cách chứng minh trên 0 x 2 n Z+ n 3 2 12 x + 3x − = 0(1) n n 2 n 2 8 12 12 2 Mà f ( ) = + − 0 = f (x ) x n 3 2 2 n n n n n n n n + 1 2 2 x ; n Z+ n n + 1 n 2n n.x 2; n Z+ n n + 1 2n Mà lim
= 2 nên áp dụng nguyên lý kẹp lim n.a = 2 n + 1 n Đặt a n.x 2; n Z+ = − lim a = 0 n n n a + 2 n x = ; n Z+ n n Lại có:
11 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 3 2 12 + + + a 2 a 2 3 2 12 n n x + 3x − = 0; n Z + 3 − = 0, n Z+ n n 2 2 n n n n
(a + 2)3 + 3n(a + 2)2 = 12n (a + 2)3 + 3n( 2 a + 4a = 0 n n n n n ) −(a + 2)3 n na = , n Z+ . n 3(a + 4 n ) −(a + 2)3 − − n 8 2 lim na = lim = = lim a = 0 n 3(a + 4 12 3 n ) ( n ) ( −2 lim n nx − 2 = n ) 3 u = a,v = b 0 a b 1 1 ( ) 1 + u + u v
Bài 16: Cho hai dãy (u , v thỏa n n n u =
, chứng minh dãy (u hội tụ và n ) n ) ( n ) n+1 v n 1 + v + u v n n n v = n+1 un lim v = + . n Lời giải: 1 1 1 1
Từ giả thiết ta xây dựng − = − u bị chặn u
+ 1 v +1 u +1 v + và điều này suy ra dãy ( n ) 1 n+1 n+1 1 1
trên. Mặt khác, ta có hai dãy (u , v đều là dãy tăng nên tồn tại giới hạn cho dãy (u . Nếu n ) n ) ( n )
(v bị chặn trên thì tồn tại limu = u,limv = v và điều này suy ra vô lý. n ) n n x = a 0 1
Bài 17: Cho dãy số (x thỏa 2 n
x + 2 , tính giới hạn dãy đã cho. n ) n x = . n+1 2n − 1 xn Lời giải
Quy nạp cho ta, (x ) dương n n 2 1 1 x = (x + ) .2. x . = 2; n + n+1 n 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 [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
(x ) bị chặn dưới bởi 2 n
Vậy ta cần chứng minh dãy đã cho là dãy giảm Thật vậy, ta cần x − x 0 hay n+1 n 2n 2n + 2 x = x n n − 1 n+1 n n Mà x .2 2 hay ta cần 3 2
4n (2n −1) (n + 1) 3n −1 0 ( đúng) n+1 2n − 1 x x + Vậy n 1 n nên dãy đã cho hội tụ x 2; n n
Từ đó lấy lim 2 vế ta được lim x = 2 n 3x − x + 4
Bài 18: Dãy số (x thỏa n 1 n x = 1; x = 2; x = +
. Chứng minh dãy đã cho có giới n ) 1 2 n+2 2 2 n hạn. Lời giải:
Quy nạp cho ta dãy tăng. Đặt s = x + ... + x và cộng theo vế để có đánh giá n 1 n x x + 1 1 1 n 1 1 x = − + 41+ +...+ và lưu ý x x nên suy ra x 3 + 8 1+1− 19 và n+2 2 2 2 2 + 2 n n+1 n+2 n 2 n suy ra kết quả. 2n − 3
Bài 19: Dãy (x thỏa x = 1,x = x
. Đặt b = x + x + ... + x , tìm lim b . n ) 1 n n 1 2n − n 1 2 n n
Lời giải: Từ giả thiết cho ta b = 2 − n + 1 a
+ 2a và sử dụng đánh giá n ( ) n−1 1 1 2n − 1 3 2n − 1 2n − 3
(2n −1+ 2n −3) = (2n −2) để suy ra 0 (n +1)a n +1 và n ( ) 2 (2n+2).(2n) lim ( n + ) 1 a = 0 . n ) n x
Bài 20: Cho dãy (x thỏa n x = + , tính lim (x − n . n ) n ) n+1 x n n
13 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] n x n
Lời giải: Chú ý nghiệm phương trình x = + là đồng thời hàm số f x n ( ) x n n − 1 n 1
nghịch biến trên (0; n) . Ta quy nạp x n − 2 +
và chú ý rằng từ đây thì n n − 1 n − 2 1 n x n nên x = f x f n = n + và đồng thời n+1 n ( n ) n ( ) n n n n 1 x = f x f = = n −1 +
nên giả thiết quy nạp đúng. n+1 n ( n ) n n −1 n − 1 n − 1 Bài 19: x + 1
1. Dãy số (x dương thỏa n 1 lim
= , đặt S = x + x +...+ x , chứng minh rằng limS tồn n ) x 2 n 1 2 n n n tại.
2. Cho các dãy dương (a , b , c được xác định bởi n ) ( n ) ( n ) 1 1 1 a = a + , b = b + ,c = c + n+1 n n+1 n n+1 n b c c a a b n n n n n n
Có dãy nào trong ba dãy trên hội tụ không?
Lời giải: Vì các dãy trên đều là dãy tăng nên 1 1 1 n + 1 a a + , b b + ,c c + và điều này suy ra a + a , tương n+1 n n+1 n n+1 n n+1 0 b c a c a b b c 0 0 0 0 0 0 0 0 1
tự cho các dãy kia. Từ đây cho ta a a + a + , n = 1; 2; 3;... n+1 n n n n n + c + b 0 0 a b a c 0 0 0 0
với là một hằng số có thể chọn được. Từ đây suy ra kết quả là cả ba dãy đều có giới hạn là vô cùng. 1
3. Dãy số (x bị chặn dưới thỏa x = 3; x = 1; x + x 2x + , n
= 1; 2; 3;...đồng thời bị n ) 1 2 n+2 n n+1 2 n
chặn trên. Chứng minh dãy đã cho hội tụ.
14 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN 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 gọi là có giới hạn hữu hạn L nếu 0; N : x − L , n N . n ) n
Phủ định mệnh đề này, dãy (x không hội tụ về L nếu 0; N + , n N : x − L . n ) n Dãy Cauchy: Dãy (x
được gọi là một dãy Cauchy nếu 0, N : x − x , n ,m N . n ) n m
Định lý: Dãy Cauchy thì hội tụ và dãy hội tụ là dãy Cauchy. x + 1
Bài 1: Dãy (x dương có n 1 lim = , tính lim nx n ) x 3 n n x + 1 + x + 1 Lời giải: Do n 1 lim = nên n 1 N : , n
N và điều này suy ra x 3 0 0 x 2 n n 1 n + N n x x , n
N và khi đó, 0 (n + N x x và lim = 0 nên suy ra kết 0 ) 0 N +n n N 0 n+N n N 0 0 2 0 0 2 n 2 quả. x − x
Bài 2: Dãy số (x thỏa lim (x − x = 0 , chứng minh n n−1 lim = 0 n n−2 ) n ) n
Lời giải: lấy giá trị 0 bất kì thì tồn tại n để x − x , n n từ đây suy ra 0 n n−2 0 x − x = x − x − x − x + x − x − x − x ... − x − x và có đánh giá n n−1 n n−2
( n−1 n−3) ( n−2 n−4) ( n−3 n 1−) ( n +1 n 1− 0 0 ) x − x n − n + x − x . n n 1 − ( 0 ) n +1 n 1 − 0 0 x − x x − x n 1 n 1 Vậy n n 1 0 0 + − − + , n
n , từ đây suy ra kết quả. 0 n n 1
Bài 3: Dãy số (u dương thỏa lim u − u =
0 , chứng minh limu = 0 . n ) n+1 n 2 n
15 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
Lời giải: Tham khảo “Chuyên Khảo dãy số - Nguyễn Tài Chung”, tr.106 1 3
Bài 4: Dãy số (u bị chặn thỏa u u
+ u , chứng minh dãy đã cho hội tụ. n ) n+2 n+1 n 4 4
Lời giải: Tham khảo “Chuyên Khảo dãy số - Nguyễn Tài Chung”, tr.103
Bài 5: Dãy số (u bị chặn thỏa 2u u + u , n
= 1;2;3;... , chứng minh dãy đã cho hội tụ. n ) n+2 n 1 + n
Lời giải: Tham khảo “Chuyên Khảo dãy số - Nguyễn Tài Chung”, tr.104
Bài 6: Dãy số dương (u và dãy dương (x thỏa lim x = 0 đồng thời tồn tại số q thuộc (0;1) n ) n ) n sao cho u qu + x , n
= 1;2;3;... thì limu = 0 . n+1 n n n Lời giải:
Lấy 0 , ta chứng minh tồn tại N để 0 u ; n N n 1 Vì lim x = 0 N x = 1 − q ; n n n nên tồn tại 1 sao cho n ( ) 1 2 . Khi đó, ta có u
qu + x qu + 2 u qu + x
q u + q + n 1 + n n n ; n + n + n + n
;… Thực hiện tương tự cho 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 n 1 n − q ta đánh giá: u q u + . n = n +n n , với mọi 1;2;3;... 1 1 1 − q Vì lim n
q = 0 do q (0;1) nên tồn tại n : n q u ; n n 2 n 2 . Từ đó ta có 1 2 1 n n − q 1 u q u + . + = + = ; n n n +n n 2 1 1 1 − q 2 1 − q 2 2
Hay, tồn tại N = n + n u n N u = 1 2 thì 0 ; n nên lim 0 n . Áp dụng: n
Bài 6.1: Dãy số (x thỏa x = 2; x =
x + 1 . Tính giới hạn dãy đã cho 1 n+1 ( n ) n ) 2n + 1
(Xem lời giải khác sách Huỳnh Kim Linh – tr40) x = 3 1
Bài 6.2: Cho dãy số thực (xn) xác định bởi: n + 2 . Chứng minh rằng x = (x + 2),n 2 n n 1 − 3n
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
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
Hướng dẫn cách dùng Weierstrass + Ta có * x 0, n . n
+ Ta sẽ chứng minh kể từ số hạng thứ hai, dãy số đã cho là giảm, tức là chứng minh
2(n + 2) − (n −1)x + n− n 1 2 x − x 0
0 (n + 2) − (n −1)x 0 x , n 3 (*) bằng n n 1 − n 1 − n 1 − 3n n −1
phương pháp quy nạp. Thật vậy, • 10 n=3: x = nên (*) đúng. 2 3 + + + + + • n + 2 n 2 n 2 n 2 n 2 n 3
Giả sử với n 3 ta có x , khi đó x = (x + 2) + 2 = n 1 − − n −1 n n 1 3n 3n n −1 n −1 n .
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 x = a , ta có a = (a + 2),a 0 nên a=1. n 3 15 u = , u = 2 1 2 8
Bài 6.3: Dãy số (x thỏa
. Tính giới hạn dãy đã n ) 2 1 2 n u + = u + u + , n n+2 n+1 n 2 2 4n − 1 cho
(Kỷ yếu hậu gặp gỡ toán học 2016)
n + 1 n 2k
Bài 6.4: Đặt S = S n , tính lim n 1 2 + n k 1 = k Lời giải: Ta có n 1 + 1 2 1 n + 2 2 n + 2 2 2 2 + S = n n k n = n + + + 1 + +2 +2 2 k n k = 2 1 2 +1 1 1 2 n + 2 n +1 2 2 2n n + 2 n + 2 = S n + + + + = +1 1 + ( n ) 2(n +1) 2 1 2 n 2(n +1) 2(n +1)
Áp dụng bổ đề suy ra lim S = 1 n
Bài 6.5: Dãy (u x , p q 0;1
n ) dương và dãy ( n ) có lim là 0. Biết tồn tại các số ( )có tổng < 1 sao cho u pu + qu + x ; n = 1; 2; 3;... u = n+2 n n 1 + n Chứng minh lim 0 n
17 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] Lời giải:
a − b = q Xét hệ phương trình suy ra 2
a − qa − p = 0 . ab = p
Xét nghiệm dương của phương trình f ( x) 2
= x − 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: u a − b u
+ abu + x ; n = 1;2;3;... y
ay + x ; n = 1;2;3;... n+2 ( ) n 1+ n n n 1 + n n với y = u + bu y y = lim u + bu = 0 n n 1 +
n . Nhận xét rằng dãy ( n ) thỏa bổ đề nên lim 0 n hay ( n 1+ n ) . Mà dãy (u 0 u u + bu lim u = lim u = 0 n ) dương nên n 1 + n 1 + n n 1 + n .
Bài 7: Dãy (u thỏa điều kiện u − u q u − u , n
= 1; 2; 3;..., chứng minh dãy đã cho n ) n+2 n+1 n+1 n
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 thỏa x ; x 0,4nx = 6n −1 x
− 2n −1 x . Chứng minh dãy đã 1 2 n ( ) n−1 ( ) n ) n−2 cho hội tụ. Lời giải: 2n − 1 1
Từ giả thiết cho ta x − x = x − x x − x và suy ra kết quả. n n−1 n−1 n−2 n 1 − n−2 4n 2
Bài 8: Cho dãy số (u dương và dãy (S thỏa S = u + u + ... + u hội tụ. Chứng minh n ) n ) n 1 2 n S lim u = 0 . Nếu n lim
tồn tại hữu hạn thì kết luận lim u = 0 còn đúng không? n n n n
Bài 8.1: (HSG Lào Cai 12, 2015 – 2016) Dãy số dương (u và đặt 3 S = u với mọi n = n ) n i i 1 = (S −1 u +u n ) 1,2,3,…. Biết n n−1 u
, n = 1; 2; 3;... Tính limun. n+1 Sn+1
Lời giải: Sách Huỳnh Kim Linh tr113
18 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
Giả sử (S bị chặn trên thì lim u = 0 do dãy (S có giới hạn hữu hạn. Từ đây suy ra n ) n ) n 3 lim u = lim S − S = 0 . n ( n+1 n)
Nếu lim S = + thì từ giả thiết cho ta S u + u S u + u , n
= 2;3;... và từ đây suy ra n n+1 n+1 n n n n 1 − S u + u S u + u S u + u , n = 1;2;3... Do đó 2 2 1 0 u , n
= 1,2,3... và điều này suy ra kết n n n 1 − 2 2 1 n Sn quả. n a
Bài 9: Dãy (a ) là một hoán vị của tập số nguyên dương, đặt i
S = ; i = 1;2;3;... Chứng n n i 1 = i minh lim S = + . n
Lời giải: Ta dùng tiêu chuẩn Cauchy
Nhận xét: Lấy số tự nhiên N bất kì thì a ; a ;...; a N 1 + N +2
3N 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 vô lý). Khi đó, 3N a N i 1 S − S = = 3N N
. Từ đây áp dụng tiêu chuẫn Cauchy suy ra dãy (S ) không có 2 n i=N 1 + i 9N 9 giới hạn hữu hạn.
19 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN 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 có các phần tử a ;a ;...;a thỏa n ) 0 1 n 1 1 2 1 a = ; a = a + a
0 n m . Chứng minh 1 − a 1 0 n+1 n n ( ) 2 m m + m 2 1 1 1
Lời giải: Xây dựng đẳng thức − = ,k = 1; 2;...; n a a m +
. Làm tương tự và cộng a k 1 − k k 1 − 1 1
theo vế, chú ý đây là dãy số tăng nên −
1 a 1. Từ đây ta đánh giá n a a 0 n 1 1 1 1 − = 1 1 m 1 ,k = 1; 2;...; n a 1 a a m + a m + và cộng theo vế suy ra − − 1 a a m + m 1 m + 2 k 1 − k k 1 − 0 m
. Và từ đây suy ra kết quả.
Bài 2: Cho dãy (a là dãy các số nguyên lớn hơn 1 và tăng ngặt thỏa (a ;a = 1, i j và i j ) n ) 1 1 1 lim + + ...+ = +
. Chứng minh dãy đã cho chứa vô hạn số nguyên tố. a a a a a a 1 2 2 3 n n+1
Lời giải: Giả sử dãy đã cho có hữu hạn số nguyên tố thì tồn tại số nguyên dương m để
a là hợp số với mọi n m . Gọi p là ước nguyên tố bé nhất của ai thì các pi phân biệt đồng n i thời 2
a p nếu a là hợp số. n i n
Khi ấy, với mọi n > 1 ta có n m−1 n m 1 − n 1 1 1 1 1 = + + i=1 a a i=1 a a i=m a a i=1 a a i=m p p i i+ + + + + 1 i i 1 i i 1 i i 1 i i 1 m−1 n m−1 n m 1 − n 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + 2 2 2 2 i=1 a a 2 i=m p p i=1 a a i=m p i=1 a a i= + + 1 i i i 1 + i i i 1 i i 1 i i+1
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
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
Bài 3: Cho c là hằng số dương và dãy (a thỏa 2 a 0,a = ca + a n ) 1 n+1 n n a. Chứng minh n−1 n n+1 a c n a n 1 1
b. Chứng minh a + a + ... + a n na − . 1 2 n 1 c Lời giải: n−1 1 1 ca − 1 1 ca − a a. Từ đẳng thức n 1 i n 1 1 − = − = n − + n c và suy ra n 1 n n 1 a c n a . 2 a a a a a n 1 − i=1 a + a n 1 n n 1 n i 1 n 2 1 1 ca − c 1 1 cn b. Sử dụng n 1 − = = − hay 2 a a + + + + + − ca a ca 1 a a − − − + c a ... a n n 1 n n 1 n 1 n 1 1 n 1 ( 1 n ) 2 1 cn và suy ra kết quả. a c a + ... + a + n 1 ( 1 n ) 1
Bài 4: Dãy (x thỏa x = 2; x = + + + ( 2 2 3x n 2 . 1 n 1 n ) n ) 2 x a. Tính n lim ,lim (x − n n ) n n 1
b. Cho (0;1) , chứng minh tồn tại N để i.x n n +1 2n +1 + 4 , n N i ( )( ) i=1 6 Lời giải: 1
a. Quy nạp cho ta n x n + 1. Chú ý x + + + + ( 2 4n
6n 3 2 và ta cần chứng minh n 1 ) n 2 1 ( 2 4n + 6n + 3 + 2) 2
n + 2 4n + 6n + 3 2n + 2 2n +1 0 và đánh giá này đúng. Điều 2 x này suy ra n lim = 1. n 3 x + n 3 2n + 1 3 n + 1 Lại xét x −(n +1) = − − − + (x n ) n x n . . . x n và từ đây n 1 n ( n ) ( n ) 2 2 2 + + 2 4n 4 n 3x n 2n n n 3 suy ra 0 x − n + 1 . n + 1 lim x − n = 0 . n+1 ( ) ( ) ( n ) 4
21 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] b. Xét 3 + x −(n + 1) = − − + (x n ) x n 3 2n n x n n 1 n ( n ) 2 2 2 + + 2 3x n 2n + + + n 3(n 1)2 2 n 2n 3 ( 2n 3 n x − n x − n n ) ( n ) 2 4n + 2 4 n + 1 n n 3 1 3 Và từ đây suy ra x − n + 1 . hay 2 nx n + , n =
1; 2; 3;... và cộng theo vế n+1 ( ) 4 n+1 n 4 n 3 1 − n n 1 4 1 3
cho ta ix n n + 1 2n + 1 + = n n + 1 2n + 1 + 31− . Mặt khác, do i ( )( ) ( )( ) = 6 3 i 1 6 4 1 − 4 n n 3 3 lim 1 − = 1 N : 1− , n N
. Từ đây suy ra kết quả. 4 4 n
Bài 5: Dãy (x thỏa x = 1; x = x + 2 x + . n ) 1 n+1 n n xn n a. Chứng minh lim = 0 . xn 2 n b. Tìm lim . xn Lời giải: a. Quy nạp ta có x 1, n = 1;2;3;... và n 2 1 1 x x + 2 x x + x x + , n = 1; 2; 3;... n+1 n n n n+1 n 2 2 n − 1 n + 1 (n+ )2 1 n
Kết quả này suy ra x x + = x lim = 0 . n 1 n 2 2 4 xn
22 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] n n + 2 2 x + n x x x b. Xét n n n x − x = =
→ 1. Áp dụng Cesaro ta có n+1 n n 2 n x + 2 x + + x 1 + + + 1 n n n 2 x x x n n n x x n n lim = 1 lim = 1. 2 n n 2 1 na a a a
Bài 6: Dãy số (a thỏa n a = 1,a = ,a = . Đặt 2 3 n+1 b = + + ...+ , tính lim b n ) 1 2 n+1 2 1 + (n + 1)a n a a a n n 1 2 n
Lời giải: Quảng Nam TST, 2018 - 2019 a + 3 Ta có a + + = = − + = − + + (n 1) 2 n 1 a .a na na n 1 a b n 1 a n 1 n+1 n n n ( ) n+1 n ( ) n+1 a 2 n
Chú ý (a là dãy giảm dương nên dãy (b tăng và bị chặn trên nên có lim và n ) n ) a + 1 lim (b − b = = n 1 = = − ) an+1 lim 0 . Do lim 0 n : a a , k 1; 2; 3;... và do n n 1 a 0 n +k k n 0 0 a 2 n n n 3 lim a
= 0 nên lim na = 0. Từ đây suy ra lim b = . n n n n 0 2 2 1 3
Nhận xét: bằng quy nạp, ta chứng minh được x và suy ra lim b = . n n (n + 1) n 2 x x x x
Bài 7: Cho dãy (x có lim x = L , đặt n n−1 2 1 y = + + ...+ + . Chứng minh lim y = 2L n ) n n n−1 n 1 2 2 2 n
Lời giải: Lấy 0 , ta chứng minh N : y − 2L , n N n
Do lim x = L nên a = 0 thì n + : x − L a, n n . Xét n 4 1 n 1 x x x x x − L x − L x − L − n n −1 x L L n n−1 2 1 n 1 1 1 y − 2L = + + ... + + − 2L + ...+ + + ...+ + n n−1 n n−n +1 n−n n n 1 1 1 2 2 2 1 2 2 2 2
23 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] x − L x − L x − L − n n −1 x L M Lại có: n 1 + ...+ 2a , 1 1 + ...+
với M là chặn trên của dãy n n 1 n−n n n−n 1 − 1 1 2 − + 1 1 2 2 2 1 1 M L x − L . Do lim = lim = 0 nên tồn tại n : a, a; n n . Vậy, chọn n n n 1 n 2 n n 1 n 2 1 2 − − 2 1 2 − − 2 N = maxn ; n thì ta có N : y − 2L , n N . 1 2 n x =1 0
Bài 8: Cho dãy số thực ( x được xác định như sau: 2 n ) xn x = x − , n 0. n 1 + n 2016 1 Chứng minh rằng x x . 2016 2015 2
Lời giải: Đề xuất DHBTB 2017 – chuyên Hạ Long, Quảng Ninh
Trước hết, ta chứng minh 0 x 1, n 1. n 1
+ Với n = 1 ta có 0 x = 1− 1. 1 2016
+ Giả sử 0 x 1. Ta đi chứng minh 0 x 1. Thật vậy k k 1 + x − x 2 x k ( 2016 k ) x =
0 vì 0 x 1 và k x − x = −
0 x x 1. k 1 + + + 2016 k k 1 k k 1 2016 k 1 2016 1 1 1 1 = = + + (*) x x 2016 − x x 2016 − x x 2015 n 1 + n ( n ) n n n Từ đó ta có 1 1 1 + x x 2015 2015 2014 1 1 1 + x x 2015 2014 2013 … 1 1 1 + x x 2015 2 1 1 1 =1+ x 2015 1
24 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
Cộng vế các bất đẳng thức trên ta có 1 1 1 1 1 1 1 2015 + + ...+ + + ...+ + +1+ x x x x x x x 2015 2015 2014 2 1 2014 2 1 1 2015 1+ = 2 x 2015 2015 1 x . 2015 2 1 1 1 1 n 1 Cũng từ = + =1+ x x 2016 − ta có x x − + = x n i 2016 n 1 + n n 1 0 i
Áp dụng bất đẳng thức 2 1 1 1 k + +...+
với a , a ,..., a 0 ta có a a a
a + a + ... + a 1 2 k 1 2 k ( 1 2 k ) 1 n 1 (n + )2 1 (n + )2 1 =1+ 1+ 1+ x − + + = x n n i 2016 2016 1 1 i 2016(n + ) 2016 0 ( ) 1 − xi i=0 1 1
Cho n = 2015 ta được 2 x . 2016 x 2 2016 1 Vậy x x . 2016 2015 2 1
Bài 9: Cho dãy u = 1,u = 2,u = 3,u = u + u − + u −
. Tính giới hạn của dãy n+ ( 3 4 2 1 3 2 1 2 3 4 n 1 + n+2 n+3 ) 3 đã cho. Lời giải:
Dễ chứng minh: u 1 với mọi giá trị n > 1. n 1
Đặt dãy phụ x = 3, x = x + x − + x −
. Khi đó, ta chứng minh được đây là dãy n+ ( 3 4 2 1 3 2 1 1 n n n ) 3
giảm và bị chặn dưới bởi 1 nên có giới hạn và tính được giới hạn là 1.
Lại chứng minh được: u ,u ,u x ;u ,u ,u x ;.... quá trình này tiếp diễn và dùng định lý kẹp 1 2 3 1 4 5 6 2
cho ta điều cần chứng minh.
25 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] u −1
Bài 10: Cho dãy u = a ( 2 − ;2) 2 1 , n u − =
. Chứng minh lim(u . n = n ) 0 0 n n Lời giải:
Ta chứng minh luôn tồn tại u −1;
1 . Thật vậy, nếu u − n
thì u 1, n do từ cách định n 1; 1, k n
nghĩa ta có u 0 và kết hợp giả thiết phản chứng. n n + 2 − u u + n +1 n + 2
Từ giả thiết, ta có nu = u
−1 n u − n + = u − n − + = n n− ( n ( 2)) n− ( )2 2 2 n n 1 1 1 1 n +1− u n n n 1 −
Cho n = 1, 2,... và nhân theo vế ta có n + 2 − u n + n + + u − u n ( ) 1 ( 2)(2 ) u n + n + − n ( 2)( ) 2 1 4 0 0 1 2 − u 6 n +1 6 0
Rõ ràng, nếu n đủ lớn thì vế phải âm trong khi vế trái dương. Dẫn đến điều vô lý, vậy phải tồn tại u −1;
1 từ đó suy ra u − n
k − u n
k . Từ đây có kết quả. n 1 1;1 , 0, k n n
Bài 11: Cho hai dãy số (a ), (b ) được xác định như sau: a , a 1; b ,b 0 và với mọi n n 0 1 0 1
n , n 2 thì a , b lần lượt là nghiệm dương và nghiệm âm của phương trình n n 2 x + a x + b = 0. n 1 − n 1 −
Chứng minh rằng hai dãy (a ), (b ) có giới hạn hữu hạn và tìm các giới hạn đó. n n Lời giải:
(Đề đề nghị DH ĐBBB chuyên Tuyên Quang 2018) Theo Viet ta có a = (
− a + b ) = a + b − a b . Suy ra n n 1 + n 1 + n+2 n+2 n+2 n+2 a − a
= b (1− a ); n (*). n n+2 n+2 n+2 Nếu tồn tại n sao cho 1 − a
0 thì (*) cùng với b 0 suy ra 0 2( n 1 + ) 2(n 1 + ) 0 0 a a
1 1− a 0. Lặp lại lí luận trên suy ra a 1, điều này là vô lí. Vậy 2n 2n +2 2n 0 0 0 0 a
11− a 0 a a 1; n
. Do đó dãy (a ) giảm và bị chặn dưới nên có 2n 2n 2n 2(n 1 + ) 2n
giới hạn hữu hạn, lim a = A 1. 2n
Tương tự cho dãy (a ) lim a = A 1. 2n 1 +
cũng có giới hạn hữu hạn 2n 1 + 1
26 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] b + a = −a b = −(a + a ) − − Vì 2n 2n 2n 1 2n 2n 1 2n nên b + a = −a b = −(a + a ) 2n 1+ 2n 1 + 2n 2n 1+ 2n 2n 1 +
limb = −(A + A ) 2n 1
limb = −(A + A ). n 1 lim b = −(A + A ) 2n 1 + 1 a b = b + = + − ( A A A ) A A Thay vào hệ thức 2n 2n 2n 1 suy ra 1 1 A = A =1. a b = b 1
A ( A + A ) = A + A 2n 1 + 2n 1 + 2n 1 1 1
Vậy lim a = 1,limb = 2 − . n n
Bài 12: Cho dãy ( x x = 1; x = 2 x + 1 − x n ) thỏa 1 n+1 n n
1. Chứng minh dãy đã cho hội tụ và tính lim xn . n
2. Đặt S = x + x + ... + x S n 1 2 n , chứng minh n 3 Lời giải:
1. Dãy đã cho bị chặn trên vùng (0;1) và f (x) = 2
x + 1 − x là hàm nghịch biến nên chia làm
hai dãy, từ đó có kết quả . 1 Hoặc đặt a =
, áp dụng định lý Largange để có: f (x f a f c x a n ) −
( ) = '( n) . − .Với giá trị 3 n 1 1 1
c (x ;a c ; a x x x = 1 c n n
) hoặc n ( n) . Lại có 1 n nên n+1 nên . 2 x + 1 + x 2 + 1 3 n 3 n n cn 1 3
Từ đó: f '(cn ) = − 1 =
nên từ đây sẽ có kết quả. 2 2 1 c 1 c c c n n ( 2 1 n n ) + + + + 10 n
2. Cộng theo vế ta có đẳng thức S + S = x 1 x S n 1 x 1,n n 1 n 2 + + 2 + 2 + + i 1 n . Mà n+1 nên i=1 n n có đánh giá: S 2 S + 2 2 n S S n n n
. Chú ý dấu bằng không xảy ra nên chỉ có . 3 n 3
27 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] u = 2,u = a,
Bài 13: Cho các số thực a,b 0 và 2
1 a − 4b 4 , xét dãy số (u ) thỏa mãn 0 1 . Tiếp n u = au − bu n+2 n 1 + n
tục xét dãy số (v ) được xác định bởi n 0 1 2 2 n n
v = C u + C u + C u + +C u . n n n n n 1 − n n−2 n 0
a) Chứng minh rằng tồn tại số thực để lim v = 0. n
b) Với ở trên, đặt lim (v + v + v +
+ v = L . Chứng minh rằng L 1. 0 1 2 n )
Lời giải: Đề xuất DHBTB 2019 – Lào Cai
a) Phương trình đặc trưng 2
x = ax − b có 0 4 nên có hai nghiệm phân biệt là x , x và 1 2
x − x = 2 . 1 2
Từ đó dễ dàng tìm được công thức tổng quát của dãy số (u ) là n n
u = x + x . n n 1 2
Thay vào v được tổng của 2 nhị thức Newton nên n
v = (x + )n + (x + )n . n 1 2 Chỉ cần chọn để 1
− x + x + 1, điều này thực hiện được vì khoảng cách giữa 2 1 2 a
nghiệm nhỏ hơn 2, ta có thể chọn trực tiếp = − . 2 n n
b) Do lim (( + x + + x = 0 1 ) ( 2 ) )
Từ công thức, thay vào tính tổng cấp số nhân, ta có − + n x − + n ( 1 1 x 1 1
lim v + v + v + + v = lim + = + 0 1 2 n ) ( 1 ) ( 2 ) 1−( + x 1− + x 1− + x 1− + x 1 ) ( 2 ) ( 1 ) ( 2 ) 1 1 Hay: L = + . 1 − ( x + ) 1 − ( x + ) 1 2
Giả sử L = 1 thì quy đồng biến đổi, ta có 2
− a + b = 1. Phương trình này có nghiệm là 2 a a 4b 4 − − + = . 1,2 2 2 − 4 2 a a 4a 4 Chú ý rằng = a a b x nên nếu − + − + = = thì 1,2 2 1 2 2 2 2 2
a − 4a + a − 4a + 4
a − 4a − a − 4a + 4 x + = 1; x + = 1 − ;1 . 1 2 ( ) 2 2
28 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] Điề n n
u này suy ra lim v = + lim x + = + ; lim x + = 0 n do ( 1 ) ( 2 )
Tương tự nếu = thì x + 1 − , không thỏa. 2 2
Vậy điều giả sử là sai và ta luôn có L 1.
Bài 14: Cho dãy các số dương ( x x = 2; n n x = x + n n ) thỏa 1 n n 1 −
. Chứng minh rằng dãy đã
cho có giới hạn hữu hạn là L và L 3. Lời giải:
Dễ có đây là dãy tăng. Lại xét: n n
n = x − x = x − x
x − + x − x +
+ x − n − x − x n n hay suy ra −
( n n− )( n 1 n 2 n 1 ... n n n− n− ) n 1 .2 . 1 1 1 1 ( n n 1−) 1 x − x n n 1 − n 1 2 − 1 1
Cộng theo vế để có: x − x + ... + 1 x n = n 1 hay suy ra 3, 1; 2;... n 1 2 − 2 n
Vậy đây là dãy tăng, bị chặn trên bởi 3 nên có giới hạn là L và L 3 Bài 15: 1 1
1. Cho dãy số (x : x = 1+ + ... + , chứng minh với bất kì giá trị a > 0, luôn tồn tại n khác 1 n ) n 2 n 0 để x a . n0 n 2. Cho dãy số x = 1; x = x +
, chứng minh với bất kì giá trị a > 0, luôn tồn tại n khác 1 1 n+1 n 2x 0 n để x a . n0 Lời giải:
Ta chỉ cần chứng minh một dãy có hai tính chất: lim x = +,lim x
− x = 0 thì bài toán vẫn n ( n+1 n) đúng.
29 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
Do lim x = + nên với mọi số tự nhiên m luôn tồn tại n để x
m x và đồng thời do n n 1 − n x − x 1 nên x
m x m + 1 x = x − m x − x và với lim(x − x = 0 ta suy n+1 n ) n 1 − n n n+1 n n n n 1 − ra kết quả.
Bài 16: Dãy số (a thỏa a = n + n + 1
, chứng minh rằng tồn tại vô số n sao cho n ( )2 2 n ) a − a 1 = a −a . n n 1 − n+1 n
Lời giải: Đặt b = n + (n + 1)2 2 thì n lim (b − b = 2 0, N : 2 −1− a
− a 2 + 1+ và chọn đủ nhỏ để n+1 n ) n+1 n
2 + 1 + 3, 2 − 1 − 0 thì tồn tại n để 0 a −a 3; n n hay a − a 1; 2 , n n . n+1 n 0 n 1 + n 0 0 Nếu a
−a = 1; với mọi n n n thì b
− b 2 − −1 và từ cách chọn ở đầu bài ta có n+1 n n+1 n 1 0 2 −1− 0 thì b − b 2 − −1, n
n lập sai phân suy ra vô lý. n+1 n 1 Nếu a
−a = 2; với mọi n n n thì b − b 2 − 2 − , n
n và lập sai phân cũng suy n n+1 n+1 n 2 0 2
ra vô lý. Vậy có vô hạn giá trị n để a −a = 1,a −a = 2 . n+1 n n 1 + n
Bài 17 : (IMO shortlist 2015) Cho dãy số dương a ; a ;...; a ;... 1 2 n thỏa kak a , k = 1,2,3,... k 1 + . 2 a + k − 1 k
Chứng minh a + a + ... + a , n n = 2; 3; 4.... 1 2 n
Lời giải : Từ giả thiết ta có k k − 1 n a − a + a +...+ a k 1 2 n a a a k+1 k n+1
Ta chứng minh quy nạp, n = 2 thì mệnh đề đúng. Giả sử mệnh đề đúng khi n = 2 ;3 …k, ta có
a + a + ... + a n,n = 2; 3; 4;...; k 1 2 n Nếu 0 a
1 thì kết quả quy nạp đúng, nếu 0 a 1 thì tách k+1 k+1 k a + a + ... + a + a + a k +1 do 0 a 1. 1 2 k k+1 k+1 a k+1 k+1
30 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] k
Bài 18 : Cho 2k số thực a ;a ;...;a ; b ; b ;...; b , xác định dãy số (X thỏa X = a n + b . n ) 1 2 k 1 2 k n i i i=1
Chứng minh rằng nếu dãy (X là cấp số cộng công sai nguyên thì k a nguyên. n ) i i=1 Lời giải : k k
Đặt A = a , B =
b Ta có : a n + b −1 a n b a n b i i + i i + k k i i i 1 = i 1 =
Suy ra An + B − k X An + B . n Giả sử X
là cấp số cộng với công sai d , khi đó nd = X − X và A + B − k X A + B n n 1 1 Vì X = X + nd nên ta có : n 1 + 1
A(n +1) + B − k X + nd A(n +1) + B An + A + B − k − X nd An + A + B − X 1 1 1
A + B − X
X + k − A − B 1 1 d − A d + ; n n n
, cho n tiến ra vô cùng và lưu ý
A + B − X ; X + k − A − B = 1 1 là hằng số nên d A d A d Mà d nguyên nên A nguyên.
Bài 19: Cho dãy số thực ( x được xác định bởi công thức: n ) 1 x = 1; x = x +
với mọi n = 1, 2,3... 1 n 1 + n 2xn Chứng minh rằng: 1 1 1
a) n nx n + H , với mọi n = 1, 2,3... trong đó H = 1+ + + . n 6 n n 2 n b) 9x
= 81 (kí hiệu x là phần nguyên của số thực x ). 81
Lời giải: TST Hà Tĩnh 2017 1 a. Do 2 2 x = x + +1, 2
x = 1 nên ta chứng minh quy nạp 2 x n . n 1 + n 2 4x 1 n n
Với n = 1 thì mệnh đề đúng. Giả sử mệnh đề đúng đến n , tức là 2
x n . Suy ra n 1 2 x n +1+
n +1 đúng. Từ đó ta có nx n . n 1 + 2 4x n n 1 n− 1 1 n− 1 Lại có x = x + +1 =
= x + n −1 + n + n n− 2 ( ) 1 1 2 2 2 1 1 2 4x k 1 = 4x 4 k 1 = k n 1 − k
31 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 2 1 1 1 n + H n + H
nx n + H . 4 n n n n 6 n 6
b. Ta chứng minh H 6 . 81
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức: H 1+ ln n . n Thật vậy, xét hàm số f ( x) = (x + ) 1 1 1 ln 1 − ln x − = ln 1+ − x 0 x +1 x x +1 f ( x) 1 1 = − ( f x 0; + + ) + x
nên hàm số ( ) giảm trên khoảng ( ) x x 1 (x + ) 0 , 0 2 1 1
f ( x) 0, x 0 , hay ln (x + ) 1 − ln x (*) x +1
Áp dụng BĐT trên ta có : 1 1 1+ + +
1+ ln 2 − ln1+ ln3 − ln 2 + + ln81− ln80 =1+ ln81 6 2 81 1
Từ đó : 81 81 x 81+ H 82 9x = 81. 81 81 81 6 x − x
Bài 20: Dãy (x dương thỏa mãn (8x − 7x x = 8; x x − x − = , k = 2; 3; 4;... 2 1 ) 8 8 7 2 k 1 k n ) 1 k+1 k−1 k 7 7 x .x k k−1
Xác định điều kiện cho x để dãy đã cho hội tụ. 1
Lời giải: Ta cần thu gọn dãy đã cho, gợi ý rằng (8x −7x = . Biến đổi từ giả + ) 7x 8 thiết k 1 k k 9 8 8 x x − x 7 8 k 8 k 1 8x x − 7x = 8 − 7x +8 − k k 1 + k k k 8 x x k 1 − k 1 − 8 x x 8x x − 7x = k x − x + − k k + k k (8 7 k k − ) 8 7 8 8 8 1 1 8 x x k 1 − k 1 − ( x 8x − 7x x x x x k k ) 8 7 = 8 + k 8 − 7 −8 + k 8 ( k k − ) 7 1 1 k 1 − ) xk 1 − 7 1
Từ đây suy ra (8x − 7x ) 7 x = 8 : (8x − 7x x = hay x = x +
. Từ đây ta suy ra dãy đã cho k + k ) 7 8 2 1 1 1 k k+1 k 7 8 xk
luôn hội tụ với mọi giá trị x . 1
32 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 2 n x
Bài 21: Dãy ( x x = 1; x = x i 1 n 1 + 2 n ) thỏa + n n , tính lim n i=1 n
Quy nạp: n x n + 2 n n
Ta chứng minh theo quy nạp, chú ý đánh giá 2 n n 2 2 2
x + i n + 2 n + i n n i 1= n i 1 = 2 n ( + n + i) 2 n(n 1) = n n +
n + 1 + 2 n + 1 n i 1 = n 2 1 n
Bài 22: Dãy ( x x = 1; x = 2x ; n 1;2;3;... 1 n 1 + n = n ) thỏa + 3 x n x
Chứng minh x n n và tính lim n . n Lời giải:
Câu a, chỉ cần quy nạp n − 1 x n n . 1 2n
Bài 23: Cho dãy số ( x = 1; x = x + n
x ) xác định bởi 1 n+1 3 n x n 2 3 3
1) Chứng minh rằng (n − 1) x 2
n ,n = 3; 4... n x x 2) Tính + − 1 lim n n 3 2 n − n x Lời giải:
1/ Dễ thấy, các phần tử của dãy đều dương.
Ta chứng minh bằng quy nạp
- 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. k 1 k
Xét hàm số f ( x) 1 2 = x + 3 f ' x = 1 − 0, x k − 1 ; k 3 thì ( ) ( )2 3 2 từ đó suy ra x 3 3 x ( ) 2 2 (3 2 ) 3 2 f x f
k = k và f (x) 3
f (k − ) 3 1
(k +1) . Mà 3 (k −1)2 3 2
x k nên ta có k k x + n = k + + (k 1 k )2 3 2 3 1 hay mệnh đề đúng khi
1, từ đó suy ra điều phải chứng minh. x
2/ Từ câu a và áp dụng định lý kẹp, suy ra lim n
= 1 . Ta có biến đổi sau 3 2 n
33 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 2 2 ( 3 n − x
n + n x + x n n ) ( 3 2 3 n n ) x − x = − x = n 1 + n 3 n x 3 x n n 3 2 3 x − x
n + n x + x n+ n 2 1 = . n n 3 2 n − x 3 x x + n n n ( 3 n ) x x 1 n n + + 3 2 3 3
n + n x + x 3 2 x − x n n n n 3 Mà lim = = hay có kết quả n 1 lim + n = 1. x x n x x + 3 2 n − x n ( lim 3 n ) 2 n n + 1 n 3 3 n n
34 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
CHỦ ĐỀ DÃY SỐ 2021 – 2022
DÃY SỐ SINH BỞI NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH
Bài 1: Với mỗi số nguyên dương n, ta đặt x là nghiệm thuộc (0;1) của phương trình n
cos x = nx (đã chứng minh đây là nghiệm duy nhất trên vùng (0;1) của phương trình này).
a. Đặt S = x + x + ... + x , chứng minh lim S = + . n 1 2 n n
b. Tìm số thực a để lim ( a
n .(nx −1 là một số thực khác 0. n )) x x x x n + 1 c. Chứng minh rằng 1 2 3 n + + + ...+ n + ln ; n = 1; 2; 3;... x x x x 2 2 3 4 n+1 Lời giải: 2 x x 2 a. Ta có cos x 1 − ; x (0;1) 2 n nx = cos x 1− x và từ đây suy ra câu n n n 2 2 2 n + n + 2 a. 1
b. Ta cũng có nx = cos x 1 x
lim x = 0 lim nx = lim cos x = 1 . n n n n n n n Lại có đánh giá: 2 4 2 2 4 2 2 x x x x x n x n x n x n n n n 2 cos x 1 − + − nx −1 − + − n (nx −1) 2 2 2 4 n n − + n n 2 24 2 2 24 2 2 24 1 Mà 2 4
lim nx = 1; lim n x = 0 nên suy ra 2
lim n (nx − 1 = − . Từ đây suy ra n ) n n 2 2 ( 1
lim n nx − 1 = − hay a = 2. n ) 2
c. Theo định lý Lagrange và lưu ý dãy (x giảm thì n ) − sin.(x − x = cos x − cos x = n x − x − x n n+1 ) n n+1 ( n n+1) n+1 x = + − = + + + (n sin )(x x + ) x 1 1 n 1 1 n 1 n n 1 x n + sin n + 1 n+1
35 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 1 1 1 1 1 1 n + 1
Cộng theo vế và lưu ý: + + ... + ln 1+ + ln 1+ + ...+ ln 1+ = ln và suy ra 2 3 n 2 3 n 2 kết quả.
Bài 2: Với mỗi số nguyên dương n, xét phương trình 3 2 x = nx + 1 .
a. Chứng minh phương trình luôn có nghiệm dương duy nhất và kí hiệu là x . n x b. Tính n lim ; lim (x − n . n ) n x c. Tìm số thực k để k n lim n
−1 là một số thực khác 0. n Lời giải:
a. Tự làm, cần lũy thừa 3 hai vế để xét hàm số cho dễ. 1 1
b. Từ bảng biến thiên và kết hợp f (n) 0; f n + 0 n x n + , n = 1; 2; 3;... n n n 2 3 x x 1 x x x c. Từ giả thiết ta có n n n 3 n 3 n . −1 = lim .n −1 = 1 lim n −1 = 1 do 3 n n n n n n xn lim = 1. n x − x x Nếu k > 3 thì k n k 3 3 n lim n
−1 = limn .n −1 = + vì 3 n k−3 lim n − 1 = 1;lim n = + . n n n x 1 x x 1 Nếu k < 3 thì k n 3 n lim n −1 = lim .n −1 = 0 vì 3 n lim n −1 = 1;lim = 0 . 3 k n n − n 3 k n n −
Vậy, k = 3 là giá trị cần tìm duy nhất. 1 1
Bài 3: Với mỗi số nguyên dương n, xét phương trình + = x x − n x − n − 1
a. Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có 3 nghiệm phân biệt a b c . n n n b c b. Tính n n lim a ; lim ; lim . n n n
36 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] c. Tính lim n (b − n . n ) 2 d. b , n
= 2; 3; 4;... (Kí hiệu {..} là phần lẻ) n 4 + (n + 1)2 + n + 1 Lời giải:
c. Từ bảng biến thiên, ta đã có b là nghiệm duy nhất của phương trình trên (n; n + 1) . n
Sử dụng bảng biến thiên và xét hàm số ( ) 1 1 f x = + − x có x − n x − n − 1 1 n + 2 1 1 n + 1 1 f n + = n + 2 − − n − 0;f n + = n +1− − n − 0 và điều này suy n + 2 n + 1 n + 2 n + 1 n n + 1 1 1 n n ra n + b n + hay suy ra n(b − n ; n = 1; 2; 3;... n ) n n + 2 n + 1 n + 2 n + 1
Theo định lý kẹp ta có: lim n (b − n = 1 . n ) 1
d. Ta nhận xét rằng câu d chặn bất đẳng thức chặt hơn câu c ( b n + ) n n + 1
Do n b n + 1 b = n n n 1 1 1 Đặt y = b − n y = b
và từ giả thiết cho ta: y + n = − −1 n n n n n y 1− và từ đây giải bất y y n n n
phương trình suy ra kết quả.
Bài 4: Với mỗi n nguyên dương lớn hơn 1, xét phương trình n n x = x + 1 + x + 2
a. Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm dương duy nhất x . n b. Tìm lim x . n 22 c. Chứng minh: x 2 + , n = 2; 3;... n 20n − 9 Lời giải: a. Tự làm.
b. Xét n > 2 , theo bất đẳng thức Bernoulli ta có:
37 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] x 1+ x 2 1 2n + 1 n n n n x = x + 1 + x + 2 1+ + 1+ x 1− 2 + x . n n n n n n n n n n − 2 2n + 1
Mặt khác, từ bảng biến thiên cho ta x 2 nên 2 x
lim x = 2 theo định lý kẹp. n n n n − 2
c. Với n = 2; n =3 thì x ; x 3 nên kiểm tra bất đẳng thức đúng. Ta xét n 4 thì từ bảng biến 2 3 thiên ta có ( ) = − (n n + ) −( 4 f 3 3 4 5 3
4 + 5 ) 0 nên 2 x 3 . n x x + 1 x x + 1 x x + 1 n n n n n n x − 2 = + + + (Do 2 x 3 ) n n−1 ( − − n x + 1) n
(x +2) n. (x +1)n 1 n. (x +2)n 1 i i n n 4n 5n n n n n n n i=0 i=0 22
Và điều này suy ra x 2 + . n 20n − 9
Bài 5: Với mỗi số nguyên dương n, xét phương trình n
cos x = x có nghiệm thuộc (0;1).
a. Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có nghiệm duy nhất và kí hiệu là x . Tìm n lim x . n 1 b. Chứng minh rằng x ; n = 1; 2; 3;... . n n + 1 1 c. Chứng minh rằng x ; n = 1; 2; 3... n n + 1 + 1 Lời giải: a. Xét hàm số f (x) n x cos x f ' (x) n 1 1 n sin x.cos − = − = + x 0; x
0;1 nên đây là hàm số n n ( )
đồng biến trên (0;1). Mặt khác f (0) = 1 − ;f (1) n
= 1− cos 1 0 f x = 0 có nghiệm trên (0;1) và n n n ( )
đây là nghiệm duy nhất. 1 Lại có: f (x = − = − = + ) n x cos x x 1 0 f x x x hay đây là dãy giảm. n n 1 n+1 n+1 n+1 ( n ) n+1 n cos xn+1
Mà lại bị chặn dưới nên tồn tại lim, đặt lim x = L 0;1 . Nếu L > 0 thì n lim cos x = 0 do tồn n ) n
38 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] tại giá trị M để n n n M x 1; n
= 1; 2; 3... 0 cos x cos M 1; lim cos M = 0 . Trong khi đó, n n n
lim cos x = lim x = L 0 nên vô lý. Vậy L = 0 . n n
b. Sử dụng định lý Lagrange ta có n n n 1 x 1 cos x cos 0 n.sin .cos − − = − = − .x , 0; x hay n n n ( n) − 1 suy ra n 1 1 − x = nx .sin .cos nx x . n n n n n + 1 2 1
c. Cũng từ câu trên, lại có 2
sin sin x x 1− x nx x . n n n n n 1+ 4n + 1 n + 1 + 1 n x
Bài 6: Với mỗi số nguyên dương n, xét phương trình i cos = nx. i=1 i
a. Chứng minh phương trình luôn có nghiệm dương duy nhất và kí hiệu là x . n 1 b. Chứng minh n 2 cos x 1 − nx ; x (0;1). 2 c. Tính lim x . n Lời giải:
a. Tự chứng minh, ngoài ra ta còn có x 0;1 . n ( ) b. Xét hàm số ( ) n
f x = cos x và dùng định lý Lagrange. n 2 n n 1 x 1 1 1 1
c. Sử dụng câu b đưa đến đánh giá: 2 1 x 1− =1−x . 1− . Đồng thời n n n i=1 2i 2n i=1 i 2n i=1 i n 1 = i
dùng định lý Stolz suy ra i 1 lim
= 0 và dùng định lý kẹp ta có lim x = 1. n n
Bài 7: Với mỗi số nguyên dương n > 1, xét phương trình n x = 2x + 1.
a. Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm dương duy nhất và kí hiệu x . n
b. Tính lim x theo hai cách (định lý Weirestrass và kẹp). n c. Tính lim n (x −1 . n ) d. Tìm số thực k để k lim n (x − x
là một số thực khác 0. n n+1 )
39 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] Lời giải:
Bài 8: Với mỗi số nguyên dương n xét phương trình 2x = x + n + x + n + 1
a. Chứng minh phương trình luôn có nghiệm dương duy nhất, kí hiệu là x . n x b. Tính n lim . n
c. Chứng minh n + n x ; n và tính lim (x − n . n ) n Lời giải: a. Tự làm. b. x Cách 1: Đánh giá n n x n + 1 lim = 1. n n x 2x x x 1 Cách 2: Đánh giá: n n n n x n + 1 lim = 0 lim = lim + 1 + + 1+ = 2 và suy ra n n n n n n kết quả.
c. f x = 2x − x + n − x + n + 1 đồng biến trên (0; +) và có n ( )
f n + n 0; f n + n + 2 0 n + n − n x − n n + n + 1 − n và điều này n n n 1 suy ra lim (x − n = . n ) 2
Bài 9: Với mỗi n nguyên dương , xét phương trình 1 1 1 + + ...+ = 0 x x −1 x − n thuộc khoảng (0, 1)
a. Chứng minh rằng với mỗi n nguyên dương thì phương trình luôn có nghiệm duy nhất là xn thuộc khoảng (0, 1)
b. Chứng minh dãy {xn} hội tụ; hãy tìm giới hạn đó. Lời giải:
40 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 1 1 1 Xét hàm số f x = + + ...+ n ( ) x x−1 x −
liên tục trên (0;1) và nghịch biến trên (0;1) đồng thời n lim f x = + ;
limf x = − nên phương trình f x = 0 có nghiệm duy nhất là x 0;1 . n ( ) n ( ) + n ( ) − n ( ) x 0 → x 1 →
Ta có fn+1(xn) = fn(xn) + 1/(xn-n-1) = 1/(xn-n-1) < 0, trong khi đó fn+1(0+) > 0. Theo tính chất của hàm
liên tục, trên khoảng (0, xn) có ít nhất 1 nghiệm của fn+1(x). Nghiệm đó chính là xn+1. Như thế ta
đã chứng minh được xn+1 < xn. Tức là dãy số {xn} giảm. Do dãy này bị chặn dưới bởi 0 nên dãy số có giới hạn.
Ta sẽ chứng minh giới hạn nói trên bằng 0. Để chứng minh điều này, ta cần đến kết quả quen thuộc sau:
1 + 1/2 + 1/3 + … + 1/n > ln(n)
(Có thể chứng minh dễ dàng bằng cách sử dụng đánh giá ln(1+1/n) < 1/n)
Thật vậy, giả sử lim xn = a > 0. Khi đó, do dãy số giảm nên ta có xn a với mọi n.
Do 1 + 1/2 + 1/3 + … + 1/n → khi n → nên tồn tại N sao cho với mọi n N ta có 1 + 1/2 + 1/3 + … + 1/n > 1/a. Khi đó với n N ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 = + + ...+ + + + ...+ − = 0 x x −1 x − n x −1 − 2 − n a a n n n n
Mâu thuẫn. Vậy ta phải có lim xn = 0. 1 1 1
Bài 9.1: Với mỗi n nguyên dương thì phương trình + + ... + = 0 cũng 3 3 3 x x − 1 x − n
có nghiệm duy nhất x (0;1 x n ). Tính lim n.
Bài 10: Cho phương trình n
x = nx + 1 , n là số nguyên dương lớn hơn 1.
a. Chứng minh phương trình luôn có nghiệm dương duy nhất và kí hiệu là x . n b. Tính lim x . n 1 c. Chứng minh (n + ) 1 (x − x x −1− ; n
2 và từ đó suy ra n n+1 ) n nxn 3 H 1 1 n x 1 + + ; n
2 với H = 1+ + ...+ . n 2n n n 2 n Lời giải:
a. Tự làm, ngoài ra còn chỉ ra được x 1 . n b. Đặt f (x) n
= x − nx −1 là hàm số đồng biến trên (1;+) khi n > 1. n 1
Xét n = 2, n = 3 dễ dàng kiểm tra x 1 + và n n
41 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] n 1 1 1 f 1 + = 1+ − n 1+
−1 3 − n −1−1 0; n 3 n n n n 1
Kết hợp sự đồng biến cho ta kết quả: x 1 + . n n n 2 2 2 Ta có f 1 + = 1+ − n 1+
−1 1+ 2 n + 2 n −1 − n − 2 n −1 0 , với mọi n > 1. n ( ) n n n 1 2 Từ đây ta có: 1+ x 1+ và suy ra kết quả. n n n
c. Ta chứng minh được (x là dãy giảm và theo Lagrange n ) f − = + − − + ( x ) f + (x + ) (n 1)( n 1 x x ; x ; x n 1 n n 1 n 1 n )( n n+1) n ( n+1 n) n+1
x − (n +1)x −1 (n +1)( n x − 1 x − x = n + 1 nx x − x n n n )( n n+1) ( ) n ( n n+1)
Từ đây suy ra kết quả. 1 1
Lại sử dụng kết quả này ta có: (n + ) 1 x nx +1+ nx +1+ ; n = 2; 3; 4;... n+1 n n nx n + cộng theo 1 n 1 1 1 5 vế suy ra (n + 1) x 2x + n −1+ + + ...+
và suy ra kết quả. Lưu ý là x . n+1 2 3 4 n + 1 2 2
Bài 11: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n n−
n thì phương trình 1 x + x + + x = 2
luôn có một nghiệm dương duy nhất. Ký hiệu nghiệm dương đó là x , chứng minh rằng dāy số n
(x có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. n )
Lời giải: Quảng Nam TST 2019 – 2020 Đặt n n 1 − *
f (x) = x + x + + x − 2,n . Với mỗi * n
ta có f (x) là hàm số liên tục, đồng biến n n
trên [0; +) . Lại có f (0) = 2
− , lim f (x) = + nên phương trình f (x) = 0 có nghiệm duy nhất n →+ n n x
x (0; +) . Với n = 1 thì ta có x = 2 . Với n = 2 ta có x = 1. Với n 3 thì f (1) = n − 2 0 suy ra n 1 2 n
x 1. Do đó x (0;1),n 3. n n Hơn nữa với mỗi * n thì f x x x x x n ( = n + n + + − = − n n+ ) 1 − 1 2 + 0 1 n 1 + n 1 + n 1 + n 1 + Suy ra x
x hay ( x là dãy số đơn điệu giảm, vì vậy dãy ( x có giới hạn hữu hạn. Đặt n ) n ) n 1 + n n 1 + x n n − − 1
L = lim x , L [0;1) . Từ giả thiểt, với n 3 thì 1 x + x
+ + x − 2 = 0 n = 3 n n n n x −1 n 1 − 2
Lấy giới hạn, kết hợp với n 1 lim + x = 0 ta được = 3 L = . n L −1 3 2 Vậy lim x = . n 3
42 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
Bài 12: Cho số thực a 2 . Đặt 10 n 1 + 0
f (x) = a x + n
x ++ x +1(n = 1, 2, )
. Chứng minh rằng với n
mỗi n phương trình f (x) = a có đúng một nghiệm x (0; +) . Chứng minh dãy số ( x có n ) n n
giới hạn hữu hạn khi n → + và tính giới hạn này. Lời giải:
Với mỗi n , đặt g (x) = f (x) − a ; khi đó g (x) là hàm liên tục, tăng trên [0; +) . Ta có n n n
g (0) = 1− a 0 ; 10
g (1) = a + n +1− a 0 nên g (x) = 0 có nghiệm duy nhất x trên (0; +) Để n n n n
chứng minh tồn tại giới hạn lim x , ta chứng minh dãy ( x tăng và bị chặn. n ) → n n n 1 + 1 n − − 10 + 1 1 n 1 + 9 1 1 a 1 1 10 9 Ta có g 1− = a 1− + − a = a 1− a n 1− −1 a a 1 a a a n 1 + 1 = a 1− ( 9 (a −1) − ) 1 0 a 1 Suy ra x 1− n n a Mặt khác, từ g x a x x a , suy ra n ( n ) 10 n 10 + = + n ++1− = 0 n n x g x a x x x ax n n ( n ) 10 n 1 + 1 n 1 + = + ++ − = 0 n n n n 1 g x
= x g x +1+ ax − a = ax +1− a 0 do x 1− . n 1 + ( n ) n n ( n ) n n n a Do g
là hàm tăng và 0 = g x g x nên x x
. Vậy dãy ( x tăng và bị chặn nên n ) n 1 + ( n 1 + ) n 1 + ( n ) n 1 + n n 1 + tồn tại lim x → n n 1 n 1 1 x Do 0 x 1 −
1 lim (x )n = 0 , từ giả thiết ta có 10 n 10 n a x a , lấy lim hai vế suy ra n n a n 1 xn 1 lim x 1 . n a Bài 13: Với mỗi * n , xét hàm số 2 f (x) = n x
+ sin 2x với x . n
1/ Chứng minh rằng hàm f (x) đạt giá trị nhỏ nhất tại 1 điểm x duy nhất. n n
2/ Gọi u là giá trị nhỏ nhất của hàm f (x) . Chứng minh rằng dãy (u có giới hạn hữu n ) n n hạn.
Lời giải: Vinh TST 2019 - 2020 2
n
1/ Ta thấy f (x) 0 với mọi x [ 1 − ,0] . Mặt khác f = − −1 0 n n 4 4 nên min f (x) 0 −
. Do đó ta chỉ cần xét f (x) trên [ 1, 0] . Ta có x n n
43 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 2n 1 − 2n−2
f '(x) = 2nx
+ 2cos 2, f '(x) = 2 (
n 2n −1)x − 4sin 2x 0 n n với mọi x [ 1
− ,0] . Suy ra f '(x) đồng biến trên [ 1 − ,0]. Mặt khác n f '( 1) 2n 2cos( 2) 0, − = − + − f (0) = 2 0 n n
và f (x) liên tục nên phương trình
f (x) = 0 có nghiệm duy nhất x [ 1
− ,0] đồng thời f '(x) n n n n
đổi dấu từ âm sang dương khi x qua x do đó hàm f (x) đạt giá trị nhỏ nhất tại x duy nhất. n n n 2/ Ta có u = min f (x) = f x . Với x [ 1 − ,0] ta có 2n+2 2 f (x) = x + sin 2x n x
+ sin 2x = f (x). n [ 1 − ,0] n n ( n ) n 1 + n Từ đó suy ra u = f x f x
f x = u , n = 1, 2 n 1 + n 1 + ( n 1 + ) n 1 + ( n ) n ( n ) n
Do đó (u là dãy giảm. Mặt khác u = f x x x
với mọi n nên (u bị chặn. n ) n n ( n ) 2 = n + sin 2 2 − n ) n n
Vậy (u là dãy giảm và bị chặn nên có giới hạn hữu hạn. n ) n n
Bài 14: Cho phương trình (x − )
1 + (x − 2) = x , với n là số nguyên dương lớn hơn 1
a. Chứng minh phương trình luôn có nghiệm lớn hơn 2, kí hiệu là x x n , tìm lim n .
b. Tính lim n ( x − 2 n ) Lời giải: n n n−1 n−1 a. Xét f x x x x f x n x n x x n ( ) = ( − ) 1 + ( − 2) − ' n ( ) =
( − )1 + ( − 2) −1 0; 2 nên
hàm số này đồng biến trên (2; +) . Đồng thời f f
n (2) 0; n (3) = 2n + 1 − 3 0 nên phương
trình luôn có nghiệm trên (2; 3) và đây là nghiệm duy nhất. 1 1 n 1 1 1 1 1 Lại xét: f C C n n 2 + = 1 + + − 2 − 1 + 1 + 2 − 2 −
0; 2 . Điều này n n n n 2 n n n n n n 1 suy ra 2 x 2 + lim x 2 n n và suy ra = n . n n
b. Từ câu a, và do lim (x − 2 x lim x − 1 = 2 n ) = 0 lim( − 2 n ) = 0nên ( n ) ln x 1
lim n ln (x − 1 n x n ) = ln 2 lim ( − 2 n ) ( − n ) = ln2 x − 2 . n ln x − 1 n Lại có lim ( x − 2 n x n ) ( ) = 0 lim = 1 lim ( − 2 n ) = ln2 x − 2 . n
44 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] n 1 1
Bài 15:Với mỗi số tự nhiên n 0 , chứng minh rằng phương trình = luôn
i=1 i (i + 1) ( x + i) 4
có nghiệm dương duy nhất là x x n và tìm lim n . Lời giải: n 1 1 n 1 Xét hàm số f x f x x n ( ) = − ' = − n 0, 0 2 nên đây là
i=1 i (i + 1) ( x + i) ( ) 4
i=1 i (i + 1) ( x + i)
hàm nghịch biến trên (0; +) . Mặt khác f f n ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0; n (2) = + + ... + n( 0 1.2.3 2.3.4
n + 1)(n + 2) − = − 4 2 2 (n + 1)(n + 2) − 4
Vậy suy ra f ( x) = 0 0;2 n có nghiệm trên (
) và đây là nghiệm duy nhất.
Lại có: f (2) − f ( x ) = f '(c)(2 − x ); c (x ;2 n n n n n n ) nên 1 n 1 n 1 1 x x x 2( 2 n 2 2 n + 1)(n + 2) = n n
i 1 i (i + 1) (c + i) ( −
) i 1 i(i+1)(2+i)( − ) ( − ) = = 4 2 Vậy: ( x x .
n 1)(n 2) 2 − 0 lim = 2 + + n n n 1
Bài 16: Cho phương trình
= 1 , chứng minh rằng với mỗi n > 23,
i=1 ( x + i − 1) i + 1 + (i + 1) i
phương trình đã cho luôn có nghiệm duy nhất là x x n , tìm lim n .
Lời giải: Tương tự bài 15.
45 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
46 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
ÔN TẬP DÃY SỐ DỰ TUYỂN
LẦN 1 – Ngày 26/7/2021 2 nu + 1
Bài 1: Cho dãy số (u thỏa n u = 2; u = ; n = 1, 2, 3,... n ) 1 n+1 u n + . 1 n ( )
a. Chứng minh dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó. 1 1 1 b. Tính lim + + ...+ − (n +1)u . n 2 u u u + 1 2 n Lời giải: n 1 1 a. Ta có u = u +
và quy nạp suy ra u 1 + ; n = 2; 3;... và lại có n+1 n n + 1 u n + 1 n n n ( ) − − = − = − − + ( ) nu 1 n 1 u 1 u 1 u 1
và từ đây cũng suy ra 1 u . u n + 1 n +1 u n +1 n n ( n n 1 n ) ( n ) n ( ) Do đó: lim u = 1 . n 1 1 1 1
b. Từ giả thiết ta có (n + ) 1 u − nu = n +1 u − u = + + ...+ và chú ý rằng n+1 n ( ) n+1 1 u u u u n 1 2 n lim (n + 1)(u
− u = 0 nên suy ra kết quả. n+1 n ) 2 2u + 3u + 2
Bài 2: Dãy số (u xác định thỏa n n u = 1; u = n ) 1 n+1 3u + . 2 n
a. Tính giới hạn dãy đã cho. b. Tính n lim u − 2 . n Lời giải: 2u + 1 2u + 1 2 a. Ta có: n u − 2 = . u − 2 u 0 nên n , điều này suy ra n+1 n 3u + và do 2 n 3u + 2 3 n n n 2 2 u − 2 u − 2 ... u − 2 , n = 2; 3;... n+1 n 1 3 3 Vậy lim u = 2 . n
47 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] u − 2 + 5 5
b. Áp dụng định lý Cesaro dạng nhân, ta có n 1 lim = nên n lim u − 2 = . u − 2 7 n 7 n u = 3 1
Bài 3: Cho dãy số (u được xác định bởi . Chứng minh rằng dãy n ) 3 u
− 3u = 2 + u , n 1 n 1+ n 1 + n
(u có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. n ) Lời giải:
Ta chứng minh quy nạp: u 2; n
= 1;2;3... và chứng minh quy nạp đây là dãy giảm nên suy n
ra dãy đã cho có giới hạn hữu hạn là L. Lấy lim hai vế suy ra L = 2. u
Bài 4: Cho dãy số (u xác định bởi: u = 1, n u = n . n ) 0 n 1 + 2 2 n u + u +1 n n
a. Chứng minh dãy (S xác định bởi S = u + u + ... + u bị chặn trên. n ) n 1 2 n b. Tìm 3 lim n u = ? . n n→+ Lời giải: u u 1 a. Từ giả thiết n u = n ta có n * u = n
nên ( S xác định bởi n ) n 1 + 2 2 + n u + u +1 n 1 2 2 n u n n n n S = n u bị chặn trên. n k k =0 u 1 1 1 1 b. Cũng từ n u = n ta có 2 = n + u + n 2 − = n + u n . n 1 + 2 2 n u + u +1 n u u n u u n n n 1 + n n 1 + n 1 1 1 1 Do đó 2 − = 0 + u , 2 − =1 + u . 0 u u 1 u u 1 0 2 1 …. 1 1 2 −
= (n −1) + u . n 1 − u u n n 1 − n 1 1 1
(n −1)n(2n −1) −
Cộng theo vế ta được : − = + u . u u 6 k n 0 k =0 1
(n −1)n(2n −1) v +1 n 1 − = + . 3 3 3 n u 6n n n 1+ v Mà lim
n = 0 ( do lim v = c ) nên. 3 n n→+ n n→+ 1
(n −1)n(2n −1) 1 lim = lim = hay 3 lim n u = 3. 3 3 n n→+ n n u →+ 6n 3 n→+ n
48 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 2 1 a
Bài 5: Dãy số (a xác định bởi n a = ; a =
. Chứng minh rằng lim (a + a + ... + a 1 2 n ) n ) 1 n+1 2 2 a − a + 1 n n
tồn tại và không vượt quá 1. Lời giải: a a a a Thu gọn n n+1 1 n+1 a = − a + a + ...+ a = −
1 và từ đây suy ra kết quả. n 1 2 n 1− a 1 − a 1 − a 1 − a n n+1 1 n+1
Ngoài ra, còn có thể chứng minh lima = 0 để suy ra lim của dãy đã cho là 1. n 1 1 1 Bài 6: Cho dãy (x = + + + + n) biết x1 = 1, x (x 1)(x )(x )...(x ) n 1 + 1 2 3 (nN*) 2 3 n n 2018n n Tính lim x + . 2019 n Lời giải:
Bằng qui nạp , ta chứng minh được xn ≥ 1, n N* 1 1 1 x
= (x +1)(x + )(x + )...(x + ) n 1 + 1 2 3 2 3 n n 1 1 1 1
= (x +1)(x + )(x + )...(x + ). x + 1 2 3 n 1 − 2 3 n −1 n n 1 x = x x + (n 2) (*) n 1 + n n n
• Ta chứng minh x n bằng qui nạp. n
Ta có: x1 = 1, x2 = 2 . Giả sử x k (k 1) k 1 1 Ta có: x = x x + k k +
= k k +1 k +1 k 1 + k k k k
Vậy x n , n . n
Ta chứng minh được (n +1) n +1 − n n 2 n ( thực hiện biến đổi tương đương). Ta có:
49 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
(n +1) n +1 − n n 2 n 0 x − x x − x n 1 + n n 1 + n 2 n 2 2 = (do x n ) n 1 1 x −1 x ( x + −1) x + −1 n n n n n n 2
(n +1) n +1 − n n n n Vì lim = 0 lim = 0 lim = 0 ( định lí Stolz ) x −1 x − x x n n 1 + n n 2018n n n n n n 2018n n Ta có: 0 2018. và lim = 0 lim = 0 x + 2019 x x x + . 2019 n n n n
50 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
CHỦ ĐỀ DÃY SỐ 2021 – 2022
ÔN TẬP DÃY SỐ LẦN 4
Bài 1: Dãy (a được định nghĩa như sau: Nếu p , p , ,
p là các ước nguyên tố khác nhau của n ) 1 2 k 1 1 1
số nguyên dương n thì a = + ++
. Chứng tỏ rằng với bất kì số nguyên dương N 2 n p p p 1 2 k ta có: N
a a a 1. 2 3 n n=2 Lời giải: n 1 n
Nhận thấy rằng a = k p p k =2 pn
Mặt khác chúng ta có bất đẳng thức 1 n n 1 1 n n 1 + + = n n . 2 2 p p p k k k pn pn
4 k= (2 +1) 4 4 k= ( +1) 2 1 1 n Do đó n a
, n 2 . Theo bất đẳng thức AM − GM ta có k k = 2 2 n 1 − n 1 −
a + a ++ a e n 1 1 3 2 3 a a a 1+ $ 2 3 n n 1 − n 1 − n 1 n −1 2 n −1 2 2 −
Cộng các bất đẳng thức lại ta có 1 1 1 1 1 1 1 46 6
Na a a + + + +3 + + + = + 1 2 3 n 5 6 7 n= 2 6 12 60 2 2 2 60 32 2
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài 2: Cho dãy số (u xác định bởi n )n 1 2 3 u = a,u
= u + u + a n 1 . 1 n 1 + n n ( ) 1
a. Chứng minh rằng, với dãy a − ;0
, dãy số hội tụ và tìm giới hạn đó. 2
b. Cho a = 2020. Chứng minh rằng 2 3
u + 2020 luôn có ít nhất n+4 ước số nguyên tố khác nhau. n
Lời giải: TST Bắc Giang 2020 1 a. Xét hàm số ( ) 2 3
f x = x + x + a . Ta có f(x) đồng biến trên − ; , và u = f u n 1 + ( n) 2
+) Ta chứng minh bằng quy nạp 1 u − ;0 , n *.(1) n 2
51 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
Thậy vậy, n=1 đúng. 1
Giả sử (1) đúng với n= k, nghĩa là u − ;0 , k *. k 2 1 1 1 Ta có 3 3 u
= f (u ) f (− ); f (0) = − + a ;a − ;0 , n . k 1 + k 2 4 2
Như vậy (1) được chứng minh. 1 Mặt khác 2 3 2 2 3
a − ;0 a + a = a (a + 1) 0 a + a + a a u u . 2 1 2
Vì thế (un) tăng , bị chặn trên bởi 0 nên dãy (un) hội tụ. Giả sử lim u n = L. Suy ra 1 L − ;0 = − −
. Chuyển qua giới hạn, ta tìm được 3 L a . 2 b. Ta có 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3
u + a = (u
+ u + a ) + a = (u + a )((u +1) + a ) . n n 1 − n 1 − n 1 − n 1 − *) Chứng minh hai số 2 3 2 3
(u + a ),((u + 1) + a ) nguyên tố cùng nhau với mọi số nguyên k k dương k.
+)Trước hết, Ta chứng minh MĐ (1): 4a3 + 1 và 2un+1 nguyên tố cùng nhau với mọi số nguyên
dương n, bằng quy nạp.
Với n =1, gọi d là UCLN của 4a3 + 1 và 2u1+1=2a+1.
Ta có d|2(4a3 + 1)=(2a+1)(4a2-2a+1)+1. Suy ra d|1. Suy ra d=1. Đúng.
Giả sử (4a3 + 1, 2un+1)=1, với n là số nguyên dương.
Gọi q =(4a3 + 1, 2un+1+1). Suy ra q|2( 2un+1+1)=( 2un+1)2+4a3+1.
Do đó q|( 2un+1)2. Theo giả thiết quy nạp thì suy ra q=1. Như vậy, ta dã chứng minh được MĐ (1).
+) Gọi g là UCLN của 2 3 2 3
(u + a ),((u + 1) + a ) . k k
Khi đó g|2uk+1(2) và 2 3 2 3 2 3
g | 2(u + a ) + 2((u + 1) + a ) = (2u + 1) + 4a 1 + k k k 3 g | 4a 1 + ,(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra g=1.
52 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
Do đó ta được, với mọi số nguyên k: ( 2 3 2 3
(u + a ),((u + 1) + a ) = k k ) 1 2 3 2 3 2 3 (u
+ a ).((u +1) + a ) = u + a , k 1 − k 1 − k Mỗi k thì 2 3
(u + 1) + a có ít nhất một ước nguyên tố p k
k, với k =1,...,n-1.
Theo trên ta được, n-1 số nguyên tố pk phân biệt. 2 3 2 3 2 2 4 2 2
u + a = a + a = a (a + 1) = 2020 .2021 = 2 .5 .101 .43.47 có 5 ước nguyên tố phân biệt là 1
2,5,101,43,47 khác với pk, k =1,...,n-1. n 1 − Như vậy, 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3
u + a = (u
+ a )((u +1) + a ) = (u + a )((u +1) + a ) n n 1 − n 1 − 1 k k 1 =
Có ít nhất 5+(n-1)=n+4 ước nguyên tố khác nhau. Điều phải chứng minh.
Bài 3: Cho dãy số (u ) xác định bởi n u 1 1 2 u 2n n * u , n . n 1 3un u a. Tìm lim n . n n u − u b. Tìm số thực k để k 1 lim n . n+
n là một số thực khác 0. u − n n Lời giải:
Ta chứng minh quy nạp n 1 u n, . n (1) n
+) Dễ thấy khẳng định đã đúng với n 1,2.
+) Giả sử (1) đúng với n
k , tức là ta có k 1 u k , k 2 . k 2 x 2k x 2k
Xét hàm số f (x) , x k 1, k 3x 3 3x Ta có 2 1 2k x 2k f (x) 0 , x k 1, k 2 2 3 3x 3x
53 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 3k 1 Nên u f (u ) f k k Và u f (u ) f k 1 k 1 k k 1 k 3 k 1 1 u Do n 1 u n 1 n 1. n n n 1 u Vì lim 1 lim 1
1 nên theo nguyên lý kẹp ta có lim n 1. n n n n n
Bài 4: Với mỗi số nguyên dương 𝑛 ≥ 2, xét số thực 𝑢𝑛 > 1 sao cho phương trình [𝑢𝑛𝑥] = 𝑥 (ẩn
𝑥) có đúng 𝑛 nghiệm nguyên ([𝑢𝑛𝑥] là phần nguyên của 𝑢𝑛𝑥).
1. Chứng minh rằng [𝑢𝑛] = 1, ∀𝑛 ∈ , 𝑛 ≥ 2.
2. Với mỗi cách xác định của dãy (𝑢𝑛) thỏa điều kiện trên. Chứng minh rằng dãy (𝑢𝑛) luôn có
giới hạn và tìm giới hạn ấy. Lời giải:
1. Nếu x là nghiệm của phương trình trên thì x . Vì u 1 nên từ (1) suy ra x 0 Dễ thấy n
x = 0 là một nghiệm. Suy ra phương trình trên có đúng n −1 nghiệm nguyên dương. Ta có: u x x x u x x u x n 1 = +11 1+ , 0 n n x
Xét x là một nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho. Từ (1) ta được u n n = 1, 2.
2. Với mỗi n nguyên dương (n 2) , gọi x là nghiệm nguyên dương lớn nhất của phương 0 trình đã cho.
Vì phương trình có đúng n −1 nghiệm nguyên dương nên x n −1. 0 1 Suy ra 1 u 1+ ,n 2 . n n −1
Cho n → + , ta được limu = 1. n 3 u
Bài 5: Cho dãy số (u xác định bởi u = ,u = 1+ n , n = 1, 2, n ) 1 n 1 + 2 2 2u − 4 n
a) Chứng minh rằng dãy (u có giới hạn hữu hạn và tìm lim u . n ) n
b) Chứng minh rằng u + u + + u 4038 . 1 2 2019
Lời giải: TST Vinh 2018 - 2019 u 1
a) Từ hệ thức truy hồi ta có u 0 nên u 1+ n = 1+ với mọi n 1. n n 1 + 2 2u 2 n Ta có
54 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 2 2 u − 2u − 4 n n 4 − u u n u + 2 u − 2 = n −1 = = = n u − 2 n 1 + n 2 2 2u − 4 2u − 4 u u u u u u n n ( 2 + 2 − 4 n n ) 2 2 − 4 n ( 2 + 2 − 4 n n ) 2 2 − 4 n x + 2 1
Xét hàm số g(x) = với x 1+ . 2 2
2x − 4 + x 2x − 4 2 2 2x (x + 2) 2 2 2
− x −8x − 4 − 2 2x − 4 − 2 x − 1 Ta có 2 4 g '(x) = ( với mọi x 1+ nên g
2x − 4 + x 2x − 4 ) 0 2 2 2 2 1 nghịch biến trên 1+ ; +
. Suy ra g (u g q với mọi n 2 . n ) 1 0 1+ = 1 2 2 Suy ra u
− 2 q u − 2 với mọi n 2 . Suy ra limu = 2 . n 1 + n n x 3 4 −
b) Từ Câu a), xét hàm số f ( x) = 1 +
; x và f '(x) = 0 nên là 2 x 2 2 − 4 ( 2 2x − 4) 2 2x − 4 3
hàm nghịch biến trên ; + u k 2 và quy nạp ta suy ra 2 với mọi 1 . 2k x 4
Xét hàm h(x) = x +1+
trên [2; +) . Ta có h '(x) = 1−
0 với mọi x 2 2 2x − 4 ( 2 2x − 4) 2 2x − 4
nên h đồng biến trên [2; +) . Do đó u + u + + u
= u + u + u + u + u + + u + u 1 2 2019 ( 1 2 3) ( 4 5) ( 2018 2019 ) 3 3 3 =
+ u + u + h u + + h u + 3 + + ( h 2) + + ( h 2) = 4038 2 3 ( 4) ( 2018) 2 2 2
Bài 6: Cho số thực a và xét dãy số ( x thoả mãn n ) 2 2 2 x + x + x n+2 n 1 + n *
x = x = 1, x = 0, x = + a,n 1 2 3 n+3 6
a) Chứng minh rằng với a = 0 thì dãy ( x hội tụ. n )
b) Tìm số thực a lớn nhất sao cho dãy ( x hội tụ. n ) Lời giải: 2 2 2 x + x + x
a. Chứng minh rằng với a = 0 thì dãy ( x hội tụ. Với a = 0 thì +2 1 + x = n n n . n ) n+3 3 2 2 2 x + x + x x + x + x
Dùng quy nạp chứng minh được x (0;1),n 3 . Ta có n+2 n 1 + n n+2 n 1 + x = n . n n+8 3 3
55 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
Sử dụng bổ đề: Cho k là số nguyên dương và , , ,
là các số thực dương có tổng bằng 1. 1 2 k
Xét dãy (u bị chặn dưới thoả mãn * u
u + u + + u ,n . n ) n+k 1 + 1 n 2 n 1 + k n+k
Khi đó dãy (u hội tụ. n )
Áp dụng bổ đề trên ta suy ra điều phải chứng minh.
b. Tìm số thực a lớn nhất sao cho dãy ( x hội tụ. n ) 2 L
Giả sử ( x hội tụ đến L . Khi đó L là nghiệm của phương trình
− L + a = 0 . Phương trình n ) 2 1 1 2 2 2 x + x + x 1
này có nghiệm khi a . Với a = , ta có n+2 n 1 + x = n + . n+ 2 2 3 6 2 u +1
Dùng quy nạp chứng minh được x (0;1),n 2 . Xét dãy (u u u n . n ) 2 n * : = 0, = , n 1 n 1 + 2
Dễ thấy (u là dãy tăng, u (0;1) nên (u hội tụ đến 1. Dùng quy nạp chứng minh được n ) n ) n u min x x x n , , . 3n 3n 1 − 3n−2
Thật vậy, với n = 1, (*) đúng. Giả sử (*) đúng đến n . Ta có 2 2 2 2 x + x + x 1 u +1 3n 3n 1 − 3n−2 x = + n = u 3n 1 + n 1 + 6 2 2 2 2 2 2 2 2 x + x + x 1 u + 2u 1 u +1 3n 1 + 3n 3n 1 − n 1 + x = + n + n = u 3n+2 n 1 + 6 2 6 2 2 2 2 2 2 2 x + x + x 1 2u + u 1 u +1 3n+2 3n 1 + 3n n 1 + x = + n + n = u 3n+3 n 1 + 6 2 6 2 2
Như vậy (*) dúng đến n +1.
Như vậy (*) được chứng minh. 1
Dùng nguyên lí kẹp suy ra lim x = 1. Vậy max = . n 2 a
Bài 7: Cho dãy số (a a 0; n a = ; n = 0;1;2;...
n ) xác định bởi 0 n 1 + Chứng minh 2 1 + 2020.an 1 a 2020 2020
Lời giải: Baltic way 2020 1 1 1 1 Từ giả thiết ta có: −
= 2020; n = 1;2;3;... = + 2020 n − 1 2 2 2 2 ( ). a a a a n n 1 − n 1
56 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] a 1 1 1 Lại có: 0 a = a 0 2020n a 1
( 0 ) nên điều này suy ra . 2 1 + 2020.a 2020 2 2020 a 2020 0 n
Bài 8: Dãy số dương (a a − a . A a ; n = 1;2;3;...
n ) , tồn tại số A > 0 sao cho 2 n n 1 + n Chứng minh B
tồn tại số B > 0 thỏa a ; n = 1;2;3;... n n
Lời giải: TST Hưng Yên ngày 1 – 2021 Từ giả thiết ta có: 2 0 a
−Aa + a ; n = 1;2;3;... n 1 + n n 1
Lập bảng biến thiên cho hàm số ( ) 2
f x = −Ax + x ta có: a ; a ;...; a ;... 0; 2 3 n
4A và đồng thời 1
f (x) đồng biến trên 0; 4A. Đặt dãy (b ) 2
: b = a ;b = −Ab + b
a f a = b ; a f a f b = b ;... n 1 1 n 1 + n n . Ta có: 2 ( 1) 2 3 ( 2) ( 2) 3 vậy từ
quy nạp cho ta a b ; n = 1; 2; 3;... n n
Mặt khác: ta có lim b = 0 lim nb nb n
và dùng Cesaro suy ra tồn tại n
( n) bị chặn trên bởi B B
hay từ đây: a b ; n = 1;2;3;... n n n
Bài 9: 2. Chứng minh rằng tồn tại dãy số x
vô hạn các số thực thỏa mãn đồng thời các n n 1 = điều kiện sau
i) 0 x 2 với mọi i = 1, 2,3, i 1 i) x − x
với mọi 1 i j . i j j
Lời giải: Trường Đông miền Nam 2014 – ngày 1
Ta sẽ xây dựng dãy số này bằng quy nạp như sau.
Với n =1 , ta chọn a = 1. 1
Giả sử ta đã xây dựng được n 1 số hạng đầu của dãy số này thỏa mãn điều kiện đề bài, tức là 1
với mọi 1 i j n , ta đều có a − a . i j j
Ta sẽ chứng minh rằng tồn tại số a thỏa mãn đồng thời các điều kiện n 1 + 0 a 2 n 1 + 1 a − a , i = 1, 2, 3,, n i n 1 + n +1
57 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] Thật vậy,
Xét hoán vị (i,i ,i của bộ số (1, 2,, n) sao cho 0 a a a 2. 2 n ) i i i 1 2 n
Các số này chia đoạn [0 ; 2] thành n +1 phần rời nhau nên phải tồn tại một đoạn nào đó, giả sử 2 là a , a
có độ dài không nhỏ hơn
(để đơn giản, ta xét a = 0, a = 2 ). i, ij 1 + n +1 i i 0 n+2 a + a i i Khi đó, ta chọn 1 + a = j j
thì ta dễ dàng thấy rằng với mọi i {1, 2, , } n , ta có n 1 + 2 1 2 1 a − a a − a = . i n 1 + i n 1 + j 2 n +1 n +1
Do đó, ta luôn xây dựng được số hạng tiếp theo khi đã có các số hạng trước đó của dãy.
Vậy tồn tại dãy số thỏa mãn đề bài. Ta có đpcm. H + H + + H Bài 10: Tính n 1 n 2 2 lim + + n n→ nHn 1 1 1 Với H = 1+ + + + ,n 1. n 2 3 n
Lời giải: Crux - 4608 + 1 Với mỗi số tự nhiên , n m ta có H = H + m n n m n+ k k =n 1 + n n −1 1 nH + + + + H + H + + n H n n n n + n + Do đó: 1 + +2 2 1 2 2 lim = lim n n→ n→ nH nH n n n n −1 1 nH + + + + n − k +1 n n + n + n 1 Vì 0
1 với mọi 1 k n , ta có 1 2 2 1 n 1+ =1+ . n + k nH nH H n n n
Sử dụng định lý kẹp và lim H = + n suy ra kết quả.
Bài 11: Với 𝑎, 𝑏, 𝑐 là các số thực xét dãy (𝑥𝑛)𝑛≥1 được định nghĩa bởi 𝑎 𝑏 𝑐 𝑥𝑛 = + + ∀𝑛 ≥ 1. 3𝑛 − 2 3𝑛 − 1 3𝑛
Đặt 𝑦𝑛 = 𝑥1 + 𝑥2 + ⋯ + 𝑥𝑛 ∀𝑛 ≥ 1. Chứng minh rằng dãy (𝑦𝑛) có giới hạn hữu hạn khi và chỉ khi 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 0.
Lời giải: Đề xuất DHBTB 2019 – Quảng Trị 𝑎+𝑏+𝑐 Đặt 𝑑 = . Khi đó 3 𝑑 1 1 1 1 1 1 𝑥𝑛 − = 𝑎 ( − ) + 𝑏 ( − ) = 2𝑎 ⋅ + 𝑏 ⋅ . 𝑛 3𝑛 − 2 3𝑛 3𝑛 − 1 3𝑛 (3𝑛 − 2)3𝑛 (3𝑛 − 1)3𝑛
58 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] Suy ra 𝑛 𝑛 𝑛 𝑑 1 1
∑ (𝑥𝑘 − ) = 2𝑎 ∑ + 𝑏 ∑ = 2𝑎 ⋅ 𝑢 𝑘 (3𝑘 − 2)3𝑘 (3𝑘 − 1)3𝑘 𝑛 + 𝑏 ⋅ 𝑣𝑛(1) 𝑘=1 𝑘=1 𝑘=1 (trong đó 𝑢 𝑛 𝑛 𝑛 = ∑ 1 𝑘=1 và 𝑣 (3𝑘−2)3𝑘 𝑛 = ∑ 1 𝑘=1 ). (3𝑘−1)3𝑘
Dễ thấy (𝑢𝑛) là dãy tăng, và 𝑛 𝑛 𝑛 1 1 1 1 1 𝑢𝑛 = ∑ < ∑ = ∑ ( − ) = 1 − < 1 (3𝑘 − 2)3𝑘 (3𝑘 − 2)(3𝑘 − 1) 3𝑘 − 2 3𝑘 − 1 3𝑛 − 1 𝑘=1 𝑘=1 𝑘=1
nên dãy (𝑢𝑛) có giới hạn hữu hạn, giả sử là 𝑢0. Tương tự, dãy (𝑣𝑛) cũng có giới hạn hữu hạn, giả sử là 𝑣0. 𝑑
Do đó, từ (1), ta suy ra lim ∑𝑛 (𝑥 𝑘=1 𝑘 − ) = 2𝑎𝑢 𝑘 0 + 𝑏𝑣0, hay 𝑛 1
lim (𝑦𝑛 − 𝑑 ⋅ ∑ ) = 2𝑎𝑢 𝑘 0 + 𝑏𝑣0. 𝑘=1 Từ đây, do lim ∑ 1 𝑛 𝑘=1 = +∞ nên (𝑦 𝑘
𝑛) có giới hạn hữu hạn khi và chỉ khi 𝑑 = 0. Ta có điều cần chứng minh. 1
Bài 12: Xét dãy số thực vô hạn x ; x ;...; x − − 1 2 thỏa mãn x x x với mọi số nguyên n m+n m n m + n
dương m,n . Chứng minh rằng (x là cấp số cộng. n ) Lời giải: Ta có
(x −x − x −x = x − x − x − x − x − x a+1 a )
( b+1 b) ( a+b+1 a b+1) ( a+b+1 b a+1) 2 |x
− x − x |+|x
− x − x ∣ a+b+1 a b+1 a+b+1 b a+1 a + b +1
Do đó: với mọi giá trị m,n ( 2 2 x
− x − x − x = x
− x − x − x + x − x − x − x + m+1 m )
( n+1 n) ( m+1 m) ( a+1 a) ( a+1 a) ( n+1 n) a+m+1 a+n+1
Cho a tiến ra vô cùng ta suy ra x
− x = x − x = d, n m+1 m n n+1
hay đây là một cấp số cộng.
Bài 13: Cho dãy số {x } 0 x x n thỏa mãn và 0 1
59 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
1+ x (1+ x .x = 1+ x 1+ x .x , n 1. n n 1 − n 1 + ) n 1 − ( n n 1 + )
Chứng minh rằng dãy số {x } n
có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.
Lời giải: Đề xuất DHBTB Quảng Nam
▪ 0 x x nên tồn tại , 0; sao cho : 0 1 1 2 2 2 2
x = tan , x = tan 0 0 1 1 ▪ Ta có 1 + x 1 + x x
= 1 + x 1 + x x 1 ( 0 2 ) 0 ( 1 2 ) 1 ( + x 1 1 .tan 1 x .tan 2 0 ) = ( + 2 1 ) cos cos 1 0 cos − cos + + 0 1 0 1 2 0 1 x = = tan x = tan 2 2 sin − . sin 2 2 1 0
▪ Xét dãy số { } như sau: n , 0, 0 1 2 . 1 = + n 1 + ( n n 1−) 2
Phương trình sai phân này cho ta + 2 n 2 1 − 0 1 = + ( − ). . n 0 1 3 3 2 Do đó mà + 2 0 1 lim = . n n→+ 3
▪ Ta chứng minh bằng quy nạp 2 x = tan . n 1 + n 1 + Từ đó ta được
60 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] + 2 2 2
lim x = lim(tan ) = tan = . n n →+ →+ (lim n n n n→+ ) 2 0 1 tan 3
Bài 14: Cho dãy số thực ( x là dãy đơn điệu giảm và lim x = 0 . Dãy ( y được xác định như n ) n ) n n sau y = − x n =
Chứng minh dãy số ( y có giới hạn hữu hạn. n ) n
(( )k1 k), 1,2,3,... k 1 =
Lời giải: Đề xuất DHBTB 2017 – Vĩnh Phúc
Do ( x là dãy đơn điệu giảm và *
lim x = 0 x 0 n n ) n n Ta có y
= −x + x − x + x −...− x + x = y + x − x y 2n 1 2 3 4 2n 1 − 2n 2n−2 2n 2n 1 − 2n−2 y
= −x + x − x + x − x + ...+ x − x
+ x −x + x −x 2n 1 ( 2 3) ( 4 5)
( 2n−2 2n 1−) 2n 1 2n 1
Do đó ( y là dãy đơn điệu giảm và bị chặn dưới nên tồn tại lim y = a 2n ) 2n Ta có y
= −x + x − x + x −...− x + x − x = y + x − x y 2n 1 + 1 2 3 4 2n 1 − 2n 2n 1 + 2n 1 − 2n 2n 1 + 2n 1 − y
= x − x + x − x + ...+ x − x + x x x 2n 1 + ( 1 2 ) ( 3 4 )
( 2n 1− 2n ) 2n 1+ 2n 1+ 1
Do đó ( y là dãy đơn điệu tăng và bị chặn trên nên tồn tại lim y = b 2n ) 2n 1 + Mặt khác ta có y
= −x + x − x + x −...− x + x − x = y − x 2n 1 + 1 2 3 4 2n 1 − 2n 2n 1 + 2n 2n 1 +
Chuyển qua giới hạn ta được lim y = lim y − x
b = a . Do đó dãy số ( y có giới hạn hữu hạn. n ) 2n 1 + ( 2n 2n 1+)
Bài 15: Cho trước k số khác không a1; a2; …; ak thoả mãn với mọi số tự nhiên n lẻ ta có n n a + a + ... n
+ a = 0 . Chứng minh rằng k chẵn và giả sử k = 2m thì các số a1; a2; …; ak có thể 1 2 k
phân chia thành m cặp sao cho tổng của 2 số trong mỗi cặp bằng 0.
Lời giải: Đề xuất DHBTB Hưng Yên 2017
Do k hữu hạn nên trong k số a1; a2; …; ak ta chọn được số có giá trị tuyệt đối lớn nhất. Giả sử số đó là a1.
61 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] n n a a
Theo giả thiết, với mọi n lẻ ta có: 2 1 + + ... k + = 0 ( ) 1 a a 1 1 a Do a i =
1 có giá trị tuyệt đối lớn nhất nên 1, i 2,3...k a1 a
Ta chứng minh, tồn tại i để i = 1 − a1 a
Giả sử không có số nào trong các số i bằng -1. a1 a a
Giả sử i = 2, 3, .., t thì i = 1 và với i = t + 1, ..., k thì i 1. a a 1 1 n n a a Khi đó, từ (1) t 1 S + = + ... k + = t
− S = t với mọi n lẻ a a 1 1 n a a t
Do i 1 với i = t + 1, ..., k . Chọn n lẻ đủ lớn để i
với i = t + 1, ..., k . a a k − t 1 1 n n a a t 1 S + = + ... k
+ t (mâu thuẫn) a a 1 1 a
Do đó, trong các số i có ít nhất 1 số bằng -1. a1 a Giả sử 2 = 1
− a1 + a2 = 0. a1
Còn lại k – 2 số: a3; a4; ...; ak.
Nếu k chẵn lặp lại lập luận trên đpcm
Nếu k lẻ thì phải có 1 số trong các số đã cho mà mọi luỹ thừa lẻ của nó đều bằng 0 số đó bằng 0 (mâu thuẫn)
Vậy ta có điều phải chứng minh.
62 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] a = b = 1
Bài 15: Cho hai dãy số dương a , b xác định như sau: 1 1 n n b = a .b − 2018 n , n 2. n n n 1 − n 1 Cho lim b 2017 , đặt S . Tính lim S . n n n n a a a n k ... 1 1 2 k Lời giải: Do lim b 2017 , b
0 n suy ra dãy b bị chặn. Nên tồn tại số dương M sao cho n n n n 0 b M n . n b 2018 a b b Có n a và n n 1 1 n suy ra : n b 2018 n 1 1 1 b a b b b n 1 n n n 1 . n a a ...a a a ...a a 2018 2018a a ...a 2018a a ...a 1 2 n 1 2 n 1 n 1 2 n 1 1 2 n n 1 1 b b Suy ra 1 n S n a a a a a a a a k ... 2018 2018 ... 1 1 2 k 1 1 1 2 n b b b b Lại có n 2 3 . ... n a a ...a b 2018 b 2018 b 2018 1 2 n 2 3 n t b M Do hàm số f t đồng biến trên 0; nên k k t 2018 b 2018 M 2018 k n 1 b M M Suy ra n 0 khi n do 1 . a a ..a M 2018 M 2018 1 2 n 2019 Vậy lim S . n n 2018
Bài 16: Cho dãy số (u ) giảm và limu = 0 , với mỗi số nguyen dương n , đặt n n
v = u + u + ... + u − nu
, z = u + u + ...+ u n 1 2 n n 1 + n 1 2 n
Chứng minh nếu (v ) bị chặn thì (z ) hội tụ. n n
Lời giải: Chọn đội tuyển năng khiếu 2012
Vì (u ) giảm và limu = 0 nên dãy (u ) là dãy dương. n n n
Giả sử dãy (v ) có chặn trên là L; ta thấy dãy (z ) tăng nên chỉ cần chứng minh dãy này n n cũng bị chặn trên.
63 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
Ta có: v = z − nu
L z nu + L n n n 1 + n n 1 + z − nu
= u + u + ... + u − nu = u + ... + u − n + 1 u + u − u v L n n+2 1 2 n n+2 1 n 1 + (
) n+2 n+2 n 1+ n 1+
và làm tương tự ta suy ra z nu + ; L ; n m + n n+m .
Cố định n ; cho m ra vô cùng thì lim u = 0 n u = n+m và suy ra lim . 0 n+m ta có: z ; L n = 1; 2; 3... n
và suy ra dãy đã cho bị chặn trên. Hay dãy đã cho hội tụ. Bài 17: 1
Các số thực dương x sao cho biểu thức 2 x −
là số chính phương được viết thành một 2x
dãy số tăng a a a a 0 1 2 3 1 1 1 1
a) Với n = 1, 2,3, ký hiệu tổng s = + + + + . Chứng minh n 2 2 2 2 2 2 2 2 a − a a − a a − a a − a 1 0 2 1 3 2 n n 1 −
rằng dãy số (s không bị chặn trên khi n → + . n )
b) Chứng minh rằng a và a
có 3 chữ số thập phân đầu tiên sau dấu phẩy là giống 2018 2019 nhau. Lời giải: a) Đặt 2 ( ) 2− = − x f x x với −
x 0 . Dễ thấy f liên tục và ( ) = 2 + 2 x f x x
ln 2 0 nên f đồng biến trên (0; +) .
Với n 0 , xét phương trình 2
f (x) = n Ta thấy 2 n 2 f ( ) n n 2− = − n và 2 −(n 1 + ) 2 2
f (n +1) = (n +1) − 2
(n +1) −1 n nên phương trình 2
f (x) = n có nghiệm duy nhất thuộc ( ;
n n +1) . Do đó a (k; k +1) với mọi k = 0,1, 2, k Từ đó ta có đánh giá 2 2 0 a − a = a − a a + a
2(k +1+ k) 6k nên k k 1 −
( k k 1−)( k k 1−) 1 1 1 1 s + + + n 6 1 2 n −1 1 1 1
Ta có bổ đề quen thuộc + +
+ → + khi n → + nên s → + khi n → + . 1 2 n n
64 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 1
b/ Ta sẽ chứng minh rằng a n +
với mọi n 10 . Thật vậy, n 1000 2 1 1 1 − n+ n 1 1000 2 1 − 0 2 f n + = n + − 2 n + + − 2 n 6 1000 1000 500 10 1
Do đó, ta có đánh giá chặt hơn là n a n + nên a , a
đều có cùng ba chữ số n 1000 2018 2019
thập phân đầu tiên là 000 .
Bài 18: Cho dãy ( x y 1; y 0
n ) bị chặn và dãy ( y ) thỏa ( n ) là cấp số nhân công bội . n 1 Biết x y + x
1 + y x ; n = 1;2;3... x n n n+2 ( n ) n 1 +
Chứng minh ( n ) hội tụ. Lời giải:
(n−k)(n−k 1 + ) Từ giả thiết: x − x y x − x y y x − x y + − q x − x n+ n+ n ( n+ n ) . . n n− ( n n− ) n 1 k 2 ... 1 2 1 1 1 k ( k k 1+).
Từ đây làm tương tự và cộng theo vế cho ta: n
1(n−i)(n−i 1 + ) n 1 + −i 2 x − x y q x − x ; , n k + k 1 + n+2 k ( k k 1+) i=k Vì ( y k y 1; k k , k n k
n ) có công bội lớn hơn 1 nên tồn tại 0 để k 0 . Khi đó, xét 0 thì x − x x − x k 1 + n+2 x − x
và do (x ) bị chặn nên k 1 + n+2 lim = 0 . Vậy, cố n 1 ( k k 1+) ( n n n→+ n 1
−i)(n−i 1 + ) n 1
(n−i)(n−i 1 + ) + −i 2 y q n 1 + −i 2 y q k k i=k i=k
định k k và cho n → + ta có x − x 0; k
k hay dãy (x k n ) giảm từ trở đi. Từ đây 0 k k 1 + 0 0
suy ra dãy đã cho có giới hạn.
65 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 2019 a = , 1 2018
Bài 19: Cho dãy số (a xác định bởi công thức . n ) 2 n
a = a + 2 a + ,n 1 n 1 + n n a n n 1
a) Chứng minh rằng dãy số (b xác định bởi b = có giới hạn hữu hạn khi n ) n → + . n = a i 1 i n i
b) Xét dãy số (c được xác định bởi c = , kí hiệu
là phần nguyên của số thực n ) [x] x . n = a i 1 i
Chứng minh rằng mỗi số nguyên dương đều có xuất hiện trong dãy (c . n )
Lời giải: Đề xuất DHBTB Lào Cai 2018
a) Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng 2 2
n a (n +1) với mọi . n n 2 n a −1 2 Xét hiệu 2 2 2 a
− (n +1) = a − n + 2( a − n) +
−1 = (a − n ) n + 1 n 1 + n n n ( ) a a a n + n n n 2019 Ngoài ra, 2 a =
1 nên từ (1) bằng quy nạp, dễ dàng chứng minh được rằng 2
a n với mọi . n 1 2018 n
66 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
Khi đó a a + 2 a +1 a a +1 (2) n 1 + n n n 1 + n Ta cũng có 2019 2 a =
2 nên từ (2) bằng quy nạp, ta chứng minh được 2
a (n +1) với mọi n 1. 1 2018 n
Từ đó, với mỗi n nguyên dương, ta có 2 2
n a (n +1) nên n 1 1 1 1 1 1 1 b + + + 1+ + + + = 2 − 2. n 2 2 2 1 2 n 1 2 2 3 (n −1)n n
Suy ra (b ) bị chặn trên, mà dãy số (b ) tăng thực sự nên nó có giới hạn hữu hạn. n n 1 1 1 1
Trước hết ta chứng minh kết quả quen thuộc sau: + + + + → + khi n → + . 1 2 3 n Thật vậy, ta có x
e x +1 với x 0 nên x ln(x +1), x 0 . 1 1 i +1
Thay x bởi , ta có ln
= ln(i +1) − ln i . i i i n 1 n
Suy ra ln(i +1) − ln i = ln(n +1) → + khi n → + . = i i 1 i 1 = Theo câu a, ta cũng có 1 n n 1 với mọi . n 2 n a (n +1) 4n n Đặ 1 2 3 n 1 1 1 1 1 t s = + + + + thì s + + + + nên s → + . n a a a a n 4 1 2 3 n n 1 2 3 n
Khi đó, với mỗi số nguyên dương m thì tồn tại n để s m . n
Gọi n là chỉ số đầu tiên để s m thì s
m . Ta phải có s m +1 vì nếu không thì 0 n n 1 − n 0 0 0
n0 = s − s 1 = = −
, mâu thuẫn. Điều này cho thấy rằng c [s ] . m 0 n 0 n 1 a n n 0 0 0 n
Vậy mỗi số nguyên dương đều có xuất hiện trong dãy (c ) . n 1
Bài 20: Cho dãy số (a với a = 1 và a =
với mọi số nguyên dương n . Chứng minh n ) 1 n 1 + (2n +1)an rằng
(a) Dãy (a có giới hạn hữu hạn n ) (b) a +
+ a 2n +1 −1 với mọi số nguyên dương n . 1 n
Lời giải: Đề xuất DHBTB 2018 – ĐHSP Hà Nội
(a) Từ công thức xác định dãy ta suy ra (a là dãy dương. Với mỗi số nguyên dương n ta có n ) 1 2n +1 a = = a n+2 (2n + 3)a 2n + 3 n n 1 +
67 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] Vậy a
a với mọi số nguyên dương n . Từ đây ta suy ra hai dãy con (a và (a cùng 2n 1 + ) 2n ) n+2 n
giảm. Thành thử từng dãy đều có giới hạn hữu hạn là a,b 0 . Từ giả thiết 1 a a = n n 1 + n + 2n +1 4n −1 4n −1 3
cho n → ta được ab = 0 . Vậy a = 0 hoặc b = 0 . Lưu ý rằng a = a = = 2n 1 + 2n 1 − 4n +1 4n +1 5 4n − 3 4n − 3 5 1 Và a = a = = . 2n 2n−2 4n −1 4n −1 7 3 4k −1 4k − 3 Do
k = 1, n nên a
a với mọi n . Suy ra a b . Vậy a = 0 . n+ 4k +1 4k −1 2 1 2n 4k −1 4k +1 3(4n +1) Mặt khác
k = 1, n nên a
a với mọi n . n+ + 4k +1 4k + 3 2 1 2 4n + 3 n
Thành thử cho n → ta được ngay b = 0 . Tóm lại a = b = 0 nên dãy (a có giới hạn hữu hạn n )
và giới hạn đó bằng 0 .
(b) Ta chứng minh bằng quy nạp theo n . Đầu tiên ta thấy bất đẳng thức đúng với n = 1, 2 . Giả
sử rằng khẳng định đã đúng tới n 2 . Khi đó theo giả thiết quy nạp và bất đẳng thức Cauchy a +
+ a = a + + a + a + a
2n −1 −1+ 2 a a 1 n 1 + ( 1 n 1 − ) ( n n 1+) n n 1 + 2 2 4 = 2n − 1 − 1 + = 2n + 3 − 1 + − 2n + 1 2n + 1
2n − 1 + 2n + 3
2n + 3 −1 ( luu ý a + b a + b , , a b 0)
Bài 21: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm trên . Giả sử tồn tại các số p 0 và q (0; ) 1 sao cho
f ( x) p, f ( x) q, x
. Chứng minh rằng dãy số ( x xác định bởi x = 0; x = f x có n 1 + ( n ) n ) 0
giới hạn hữu hạn.
Lời giải: Đề xuất THHV chuyên Hùng Vương 2019
Vì f ( x) có đạo hàm trên
nên f ( x) liên tục trên
. Với mọi x, y , x y, theo định lí
Lagrange tồn tại z ( x; y) sao cho f ( x) − f ( y) = f ( z)( x − y) f ( x) − f ( y) = f ( z ) x − y
68 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
Do f ( x) q, x
nên f (x) − f ( y) q x − y .
Xét hàm số g ( x) = f ( x) − x . Ta có f ( x) liên tục trên
nên g ( x) liên tục trên .
Mặt khác g (− p) = f (− p) + p 0 và g ( p) = f ( p) − p 0 (do f ( x) p, x
) nên g ( x) = 0 có
nghiệm trên đoạn − p; p.
Giả sử phương trình f ( x) = x có hai nghiệm phân biệt a b thì theo định lí Lagrange tồn tại
c (a;b) sao cho f (a) − f (b) = f (c) a − b a − b = f (c) a − b f (c) = 1 , mâu thuẫn với
giả thiết f ( x) q, q (0; ) 1 , x .
Do đó phương trình f ( x) = x có nghiệm duy nhất, giả sử là . Ta có f ( ) = .
Khi đó ta có x − = f x
− f q x − q x − n ( ... n . n 1 − ) ( ) n 1 − 0 Do q (0; ) 1 nên lim n
q = 0 , theo nguyên lí kẹp ta có lim x = . n n→+ n→+
Bài 22: Xét dãy f (x) (n = 0,1,2,…) các hàm số xác định trên [0;1] thoả mãn f (x) = 0 và n 0 1 f (x) = f (x) + − + ( 2 x (f (x)) với n = 0,1,2,… n 1 n n ) 2 nx Chứng minh rằng
f (x) x với n ,x [0;1] n 2 + n x
Lời giải: Đề xuất THHV 2019 – Yên Bái
Với x [0;1] đã được xác định, để đơn giản trong trình bày ta kí hiệu 2 x = a , a [0;1] và x = f (x) , n
, (Bài toán chuyển về bài toán dãy quen thuộc). Như vậy ta có: n n 2 2 a − x n a [0;1], x = 0, x = x + với n = 0,1,2,… 0 n 1 + n 2 2 na Ta cần phải chứng minh: x a n 2 + với n na
Ta chứng minh BĐT (1) bằng quy nạp theo n.
Với n = 0 thì (1) đúng vì x = 0 . 0
Giả sử (1) đã đúng với n = k ( k
), ta sẽ chứng minh (1) cũng đúng với n = k + 1
69 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 2 2 a − x Ta có k x = x + . k 1 + k 2 2 2 a − x a + x Suy ra k k a − x = a − x − = (a − x ) 1− (2) k 1 + k k 2 2 a + x a + a
Chú ý: Theo giả thiết quy nạp x a a − x 0 và k 1− 1− =1− a 0 k k 2 2
Do đó từ (2) ta nhận được a − x 0 , tức là x a (3) k 1 + k 1 + 2 k.a
Lại theo giả thiết quy nạp x a k 2 + , suy ra: k.a 2 a + x k.a a 2a a 2a k (a − x ) 1− a − 1− = 1− k 2 2 + k.a 2 2 + ka 2 2 + (k +1)a vì 2
2(2 + ka) − (2 − a)(2 + (k +1)a) = a(2 + (k +1)a) − 2a = (k +1)a 0 . 2 2a (k +1)a Hệ quả là x a − = k 1 + 2 + (k +1)a 2 + (k + (4) 1)a Từ (3) và (4) ta có: 2 (k +1)a x a k 1 + 2 + (k +
suy ra điều cần chứng minh. 1)a 1 a = 1, a = 1 2 3
Bài 23: Cho dãy số (a xác định như sau: n ) (1+ a + a + a a n ) (1 n . 2 ) n n+2 * = ( n N 1+ a a n+ ) , 2 2 n 1 1 + 34 Chứng minh rằng *
a + a + ... + a , n N . 1 2 n 21
Lời giải: Đề xuất THHV 2018 – Lai Châu
Biến đổi công thức truy hồi về dạng (a +1 a a +1 a a +1 .a n+2
) n 1+ ( n 1+ ) n ( 2 ) 1 ( = = ... = = 2 a +1 a a +1 a a + 1 .a n 1 +
) n+2 ( n ) n 1+ ( 1 ) 2
70 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] a +1 a +1 Và đưa về n 1 + n * = 2. , n
N , từ đây rút ra a a n 1 + n a +1 − a + n n 1 1 1 n * = 2 . = 2 , n N a a n 1 1 * a = , n N n 2n − . 1 n 1 1 1 n 1 Tách =1+ + + = 2i −1 3 7 = 2i − i i 1 1 4 i 1 1 2 − 1 1 Vì = − , i 4 i i i 1 2 −1 2 −1 2 − −1 2i − nên 1 n 1 31 n 1 1 31 1 1 34 + − = + − đpcm. i i 1 2 −1 21 2 − = =
−1 2i −1 21 7 2n − i i 1 21 1 4 a
Bài 24: Cho dãy số (a xác định bởi a = 1, a = n ,n 1. n ) 1 n 1 + a +1 n
Chứng minh rằng lim na = 0 . →+ n n
Lời giải: TST Hà Nội 2020
Dễ thấy a 0,n 1 và dãy (a giảm thực sự. Ta chứng minh bằng quy nạp với mọi n 1 thì n ) n 1 a (*) n n
Dễ thấy điều này đúng với n =1 . Giả sử nó đúng với n , khi đó ta có a 1 1 1 a = n = n 1 + a + 1 1 1 n + n n +1 n + a a n n
vì n 1. Vì thế khẳng định (*) cũng đúng với n +1, nên nó đúng với mọi n . 1
Vậy khi cho n → + thì lim a = 0 . Do đó dãy ( y xác định bởi y = , n 1 n ) →+ n n n an
là dãy tăng thực sự (vì dãy (a giảm thực sự) và lim y = + . n ) →+ n n Bây giờ đặt x = ,
n n 1 thì theo định lí Stolz ta thấy: n
71 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] x − x 1 x Vì: n 1 lim + n = lim
= lim a = 0 nên lim na = lim n = 0 →+ →+ y − y 1 1 →+ n n n n n n→+ n→+ y n 1 + n − n a a n 1 + n a Bài 25: Cho (a
là một dãy số thực thỏa mãn a = 1 và a = n n )n 0 0 n 1 + 2 2 n a + a +1 n n Tìm 3 lim n a . → n x Lời giải: a 1 n Nhận thấy a n = , do vậy dãy y =
a là dãy dương bị chặn trên bởi L n n 1 + 2 2 n a n i n i=0 1 1 Ta có 2 = n + a +
, lần lượt cho n = 0;1; 2;... và cộng theo vế cho ta n a a n 1 + n 1 − n a +1 1 1
(n −1)n(2n −1) − n − n n − k = + n 1 ( 1) (2 1)
a +1; n = 1; 2;3;... Suy ra, k =0 = + a 6 k 3 3 3 n a 6n n n k =0 n 1 − n a +1 k Vì k =0 lim
= 0 theo định lý kẹp nên suy ra 3 n→ n 1
(n −1)n(2n −1) 1 Nên lim = lim = . Do vậy, 3 lim n a = 3 . 3 3 n n→ n→ n a 6n 3 n→ n Bài 26: Cho ( x
là dãy số tăng và tồn tại số a 2 thỏa mãn x
ax − (a −1)x , với mọi n 1 . n )n 1 n 1 + n n 1 −
Chứng minh rằng dãy ( x có lim là + . n )n 1 Lời giải: Ta có x − x a x − x 2 x − x
x − x x − x , với mọi n = 2;3;4;... n 1 + n 1 −
( n n 1−) ( n n 1−) n 1 + n n n 1 − Đặt y = x
− x thì rõ ràng dãy ( y
là dãy số dương tăng ngặt nên y y ; n = 2; 3;... và n ) n n 1 + n n 1 n 1
suy ra x − x = y ; x − x y ; x − x y ;...; x − x y 2 1 1 3 2 1 4 3 1 n n 1 − 1 và cộng theo vế suy ra
x − x n − 1 y lim x = + n 1 ( ) 1 n . Bài 27:
72 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 2n − 5 a. Dãy số ( x x = 1; x = x , n = 2;3;4...
S = x + x + ... + x S n ) thỏa 1 n n 1 2n − Đặt n 1 2 n , tính lim n . 2n − 3 b. Dãy số ( x x = 1; x = x , n = 2;3;4...
S = x + x + ... + x S n ) thỏa 1 n n 1 2n − Đặt n 1 2 n , tính lim n . Lời giải: a. Từ giả thiết ta có
2nx = (2n − 5) x 2nx − 2 n − 1 x = 3 − x
3S = 2x − 2 n + 1 x n n 1 − n ( ) n 1− n 1 − n 1 ( ) n 1+ 2n − 5 2(n − 2) n − 2 2 Mà lại có: x = x x = x ... x n n 1 − n 1 − n 1 2n 2n n − và điều này suy ra n(n − 1) 2 2 0 2 nx
x ; n = 2;3;4;... lim nx = lim n + 1 x = 0 lim S = n 2 n ( ) n 1 n . Vậy . − 1 + n 3
b. Tương tự như câu a, ta có S = 2x − 2 n + 1 x n 1 ( ) n 1+.
Cần chứng minh lim (n + 1) x = 0 n 2n − 1
2n − 1 2n − 3 2n − 5 3 1 Ta có: x = x = ... = . . ... . x n 1 + . 2(n + 1) n
2(n + 1) 2n 2(n − 1) 1 2.3 2.2
Lại có: (2n − 1) (2n − 3) 2(n − 1); (2n − 3) (2n − 5) 2(n − 2) …; 3.1 2 nên ( − − − n + )
2n 1 2(n 1) 2(n 2) 2.2 2.1 2n − 1 1 x . . ... . x = x ; n = 2;3;... n 1 + 2n
2(n − 1) 2(n − 2) 1 2 2.3 2.2 n
Mà 0 (n + 1) x ; n = 1;2;3... lim n + 1 x = 0 S = n 1 + nên ( ) n suy ra lim 2 n
Bài 28: Cho hai dãy số ( x ), y xác định bởi x = a, y = ;
b a 2, b 0 và n ( n ) 0 0 x y − y = 0 + + n 1 n 1 n , n . 2 y + 2 = x n 1+ n
Chứng minh rằng với mọi số thực a,b dương, hai dãy số ( x ), y có giới hạn hữu hạn. Tìm giới n ( n ) hạn đó.
Lời giải: Đề xuất DHBTB 2019 – Lê Quý Đôn
Từ công thức xác định dãy, ta có:
73 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 2 x = y + 2 2, n n n 1 + (1)
Từ (1) và kết hợp với giả thiết: x y
= y y & y cùng dấu, với mọi giá trị n. n 1 + n 1 + n n 1 + n
nhưng y = b 0 y 0, n . (2) 0 n
Từ (1) và (2) suy ra x 2, y 0, n . (3) n n
Áp dụng (3) và từ công thức truy hồi của dãy, ta có: 1 1 1 b y = x y
2y 0 y y y ... y = . n n 1 + n 1 + n 1 + n 1 + n 2 n 1 − n 1 + 0 n 1 2 2 2 2 + b Mà lim = 0 lim y = 0 và n 1 2 + n lim x = lim y n ( 2 +2 = 2 n 1 + ) n + 1 2 x
Bài 29: Dãy ( x x = 1; x = x + ; n = 1;2;3;.... lim n n ) thỏa 1 n 1 + n nx Tính 2n + 1 n
Lời giải: TST Nam Định 2021
Dễ thấy dãy ( xn ) dương
Từ giả thiết, ta bình phương hai vế: 2 + + 2 2 n 1 n 1 2 2 x = x + 2. + x − x 2; n = 1;2;3... n = n n 1 + n n 1 n . + n n x và cho 1;2;3;....; và cộng n theo vế ta có 2 2 x − x 2 ; n n = 1;2;3... x 2n + 1; n = 1;2;3... n 1 + 1 và suy ra n 1 + và suy ra lim x = + n 2
n + 1 n + 1 n + 1 Ta có: lim ( 2 2 x − x = lim2. + = 2 lim x = + lim = 0 n 1 + n ) n . n x do n . nx n n 2 2 2 x x x n
Theo Cesaro suy ra lim n = 2 lim n = lim n . = 1 n 2n . + 1 n 2n + 1
74 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
Nhận xét: Ta thấy x − x 0; n x x n 1 + n
( n) là dãy tăng và dương; giả sử ( n) bị chặn n + 1 1
trên thì tồn tại lim x = L 0 lim = n và chú ý rằng: . n x
L . Từ đề bài, lấy lim hai vế thì n 1 L = L + x = +
L (Vô nghiệm). Vậy, lim n .
75 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
BÀI TẬP ÔN THI ĐỘI TUYỂN 2021 – 2022 LẦN I Ngày soạn: 29/09/2021
Bài 1: Cho P ( x) 2 x mx ; n , m n + = + +
, ta kí hiệu F (n) là tập các giá trị m sao cho
P (x) = 0 có nghiệm nguyên và S = n ;n ;... F n 1 2
là tập các giá trị n sao cho ( ) chứa hai giá trị k 1
liên tiếp. Chứng minh tập S là vô hạn và lim 1 . k→+ i 1 = ni Lời giải: Các phương trình 2 2
x − mx + n = 0; x − (m + 1) x + n = 0 đều có nghiệm nguyên nên 2 2 2 2
m − 4n = p ; (m +1) − 4n = q với ,
p q là các số nguyên và q p 0 Từ đây suy ra 2 2
2m +1 = q − p , và có thể q − p = 2x +1, q + p = 2 y +1, với y x 0 là các số nguyên. Điều này suy ra 2 2 2 2 2 2 2
q − p −1 q − p −1
q − p −1 2 2 2
4n = m − p = − p = − p + p 2 2 2 2 q − ( 2 p + p + ) 2 q − ( 2 2 1 p − 2 p + ) 1 1 =
= (q − p −1)(q − p +1)(q + p −1)(q + p +1) 2 2 4 1
= (2x)(2x + 2)(2y)(2y + 2) n = x(x +1)y(y +1) 4
Vì n 0 ta có x, y 0 . Ngược lại, nếu n = x(x +1) y( y +1) với các số nguyên dương x và y tthì 2 2 m =
p + 4n = ( y − x) + 4n = 2xy + x + y = x( y +1) + (x +1) y và
m +1 = 2xy + x + y +1 = xy + (x +1)( y +1) . Nên tập S là vô hạn vì các phần tử dạng
n = x(x +1) y( y +1) . 1 1 1 1 1 Khi đó,
= 11 = 1 lim k tồn tại và lim k 1 . n x x y y n k →+ n S
x ( +1) y ( +1) k →+ 1 1 i 1 = n i i 1 = i
Bài 2: Let ( x ) , y
be two sequences of strictly positive numbers, such that n ( n ) n 1 n 1
76 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 2 2 x + y x + y n n n n * x , y , for all n n 1 + n 1 + 2 2
a) Show that the limits of the sequences ( x + y and ( x y exist. n n ) n n )n 1 n 1
b) Show that the limits of the sequences ( x ) , y exist and are equal. n ( n ) n 1 n 1
Lời giải: RMC 2008, Tr 53
Define the sequences s , p by s = x + y , p = x y for all n 1 n n n n n n n n 1 1 a) we have x s p , y s p , whence s s , p
p . It follows that the sequences n 1 + n n n 1 + n+ n n+ 2 2 n n 1 1 n (s and ( p
are nondecreasing and therefore have a limit. n ) n )n 1 n 1
b) if s → , we get, using the above inequalities, that x → and y → n n n 1
If s → s , then the sequence ( p is bounded above by 2
s ,so it converges to some n ) n n 1 4 1 1 2 p s . We also have 2 p = x y
s whence, passing to the limit, we obtain the reverse n+ n+ n+ 4 1 1 1 4 n inequaliry. 1 1 1 1 Since x , y s s p , it follows that 2 x − s = y − s = s − 4 p → 0 n n ( 2 − 4 n n n ) 2 n 2 n n 2 n 2 n n 1 1
so x → s and y → s . n 2 n 2
77 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
BÀI TẬP ÔN THI DỰ TUYỂN 2021 – 2022 LẦN II Ngày soạn: 5/10/2021
Chủ đề: Dãy số và công thức tổng quát. 3 u + 9u − 6 Bài 1: Cho dãy số n 1 − n 1 u = ; a u − = 1 n
. Tìm các giá trị của a để dãy đã cho có giới 2 3u − 6u + 7 n 1 − n 1 −
hạn hữu hạn và tính giới hạn trong các trường hợp đó. Lời giải: Nếu a = 1 − thì u = 1 − ; n lim u = −1 n n . (u + 1 u − n− )3 ( 3 n− )2 1 1 Xét a 1 − ta có u + 1 = ; u − 3 = n và các điều này suy ra 2 n 2 3u − 6u + 7 3u − 6u + 7 n 1 − n 1 − n 1 − n 1 − n−1 3 3 u − 3 u − 3 a − + b n n− 3 3 1 = = ... n = = b u = u 1 u 3 + + a + 1 n n 1 − b n n 1 − n Xét các TH: a − 3 1/ lim b = + 1 u = −
a a − u = − n nếu a + 1 nên suy ra lim 1 n . Vậy 1; 1 lim 1 n . Kết
hợp trường hợp đã xét ta suy ra a 1 lim u = −1 n . a − 3 2/ lim b = 0 1 u = a u = n nếu a + 1 nên suy ra lim 3 n . Vậy 1 lim 3 n . a − 3 3/ Nếu = 1 a
thì không tồn tại a . + 1 a − 3 4/ Nếu = 1
− a = 1 u = 1; n u = a hay suy ra lim 1. + 1 n n
Bài 2: Cho dāy số (u thỏa n ) 2 2(n + 2) u
− n + n + n + u n+ ( 3 2 4 5 2 1 ) n
u = 1;u = 4; u =
, n , n 1 1 2 n+2 n + 3
78 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] n 1 1 Chứng minh rằng: ; n = 1;2;3... i 1 = (i + 11) .u 8 i Lời giải: Từ giả thiết ta có: 2 2 (n + 3)u
= 2(n + 2) u − (n + 2)(n +1) u (1) n+2 n 1 + n
Đặt u = n!.v ; v = 2; v = 1 n + v
= n + v − n + n n 2 1 thì (1) suy ra ( 3) 2( 2) (
1)v và có thể viết thành n+2 n 1 + n
(n + 3)v − n + 2 v = n + 2 v − n + 1 v ; n = 1;2;3;... n+2 ( ) n 1+ ( ) n 1+ ( ) n
Vậy làm tương tự cho ta: (n + 3) v − n + 2 v
= 3v − 2v = 4; n = 1;2;3;... n+2 ( ) n 1+ 2 1 và tiếp tục suy 4n − 2 2 2n − 1
ra (n + 1) v − 2v = 4 n − v = u = n n ( 1) ( ) !. 1 n n + 1 n n + 1 n 1 n i 1 1 n 1 1 n 1 1 + 1 Lại có: = = − . + + − + + + i 1 = (i 11)u i 1= 2 i i i = i i = i i i
( 11)(2 1). ! 4 i 1 !.( 2) 4 i 1 ( 1)! ( 2)! 8 i + 1 1 Ta có: 2 2 ( )( + + + − (đúng) + i − )
(i + ) 2i 6i 4 2i 21i 11 15 15i i 11 2 1 2 2 2 x + 45 n 1
Bài 3: Cho dãy số ( x +2
x = 2; x = 3; x = 7; x = 18; n x = lim n ) thỏa 0 1 2 3 n+4 x . Tính = x x n i 0 i i+2 Lời giải:
Nhận xét: dãy ( xn ) với cách xác định như trên là duy nhất. Lại chú ý rằng khi tính thêm vài giá
trị nữa x = 18; x = 47 x = 3x − x x = a + b 3 4
nên ta dự đoán n+2 n+1 n hay chứng minh n n n với , a b là nghiệm phương trình 2
x − 3x + 1 = 0 .
Mệnh đề đã cho đúng với n = 0;1; 2; 3 và giả sử mệnh đề đúng với mọi giá trị
n = 0;1;2;3...; k + 3 và ta chứng minh mệnh đề đúng khi n = k + 4 . Xét ( k+ k a + b + )2 2 2 + 45 k+ k+ + + 47 ( k k
a + b )( k+4 k+4 2 4 2 4 a + b a b ) k+4 k+4 = = = a + b k k k k k k a + b a + b a + b Điều này suy ra k+4 k+4 x = a + b n = k + x = a + b k+4 nên mệnh đề đúng khi 4 hay ta có n n n .
Lại chú ý rằng: từ giả thiết ta có 1 1 x x n+4 n+2 = − x x 45 x x n n+2 n+2 n
79 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] nên n 1 1 x x x x x x x x n+4 n+2 n+3 n 1 + n+2 n 4 2 lim = lim − + − + − + ... + − i=0 x x 45 x x x x x x x x i i+2 n+2 n n 1 + n 1 − n n 1 − 2 0 1 x x x x n+ n+ 1 7 4 3 3 2 2 = lim + − − = 2a − 6 − 45 x x x x 45 2 n+2 n 1 + 1 0 a
Bài 4: Cho a = 0, a = 2 , and 1 a = 2 −
− n với n 1. Tính lim 2na . 0 1 n 1 + a → n n n
Lời giải: Mathematical Reflection 2014 U297
Ta chứng minh quy nạp: a = 2sin n 2n Chú ý: 2sin = 2sin 0 = 0 = a ; 2sin
= 2sin = 21 = 2 = a 0 0 1 1 2 2 2
Giả sử mệnh đề đúng khi n = k − 1; n = k ta chứng minh mệnh đề đúng khi n = k + 1 2sin k 1 − a Ta có: k 1 − 2 2 a = 2 − = 2 − = 2 − 2cos = 4sin = 2sin . k 1 + k k 1 + k 1 a 2 2 2 + k 2sin 2k
Hay mệnh đề đúng khi n = k + 1 và suy ra điều cần chứng minh . Cuối cùng ta có sin n n n+ 1 2 lim 2 a = lim 2 sin = lim n n 2 = 2 n→ n→ 2 n→ 2n 2 3 u + 1 − 1
Bài 5: Cho dãy số u = ; n u = ; n = 1;2;3... 1 n 1 3 + u Chứng minh rằng n 1 1 1 n 1 ... 2 + + + + − 2; n = 1;2;3... u u u 1 2 n
Lời giải: HSG Hà Nội 2019 Đặt u = tan u = n = 1
và ta chứng minh quy nạp được tan ; 1;2;3... 1 3.2 n 3.2n
Mặt khác, lại có đánh giá tan x ; x x 0; 2 nên 1 1 1 1 1 1 3.2 3.2n 3 ... ... ... ( n 1 2 + 2) n 1 2 + + + + + + + + + = − − 2 u u u 1 2 n tan tan tan 2 3.2 3.2 3.2n
80 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
Từ đây suy ra điều cần chứng minh.
Bài 6: Cho trước các số , x ,
y z khác 0 thỏa xy + yz + xz = 0 và đồng thời x + y + z 1 . Xét các a
= xa + yb + zc n 1 + n n n
dãy (a );(b ); c b
= za + xb + yc a n n ( n) thỏa n 1+ n n n . Tính lim n .
c = ya + zb + xa n 1 + n n n Lời giải: Ta xét 2 2 2 a + b + c
= x + y + z a + b + c n+ n+ n+ ( 2 2 2)( 2 2 2 1 1 1 n n
n ) và áp dụng liên tiếp quy n 1 − tắc này để suy ra 2 2 2
a + b + c = x + y + z a + b + c n n n ( 2 2 2) .( 1 1 1).
Lại có: x + y + z = (x + y + z)2 2 2 2 0 1 nên suy ra ( 2 2 2
lim a + b + c ) = 0 lim a = 0 n n n n (Theo định lý kẹp). 1 1 1
Bài 7: Cho dãy số dương (a lim + + ... + = + n ) thỏa a a a . Đặt 1 2 n a a ...a 1 2 n x = S
S = x + x + ... + x n (
, chứng minh dãy ( n ) xác định bởi hội
a + 1 a + 1 ... a + 1 n 1 2 n 2 )( 3 ) ( n 1+ ) tụ và tính giới hạn. Lời giải: x a
Từ cách đặt cho ta n 1 + n 1 + =
x = a x − a x , n =1,2, n 1 + n 1 + n n+2 n 1 + x a +1 n n+2
Lấy tổng hay vế từ 1 đến n −1, ta được (S − x = a x − a x n 1 ) 2 1 n 1 + n
Mặt khác lại xét đánh giá: a a a a a 2 n n 1 + 1 1 0 a x = a = n 1 + n 1 (a + ) n+ 1 (a + ) 1 (a + n+ ) 1 1 1 1 1 1 2 3 1 1+ 1+ 1+ a a a a k =2 2 3 1 + k n
Ta suy ra lim a A = 0 Vì vậy, ta được lim S = a x + x = a lim S = a . n 1 + → n n 2 1 1 1 n 1 n n→ n→
81 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 1 2 8
Bài 8: Dãy số ( x x ; a x 1 = = + − x + ; n = 1;2;3;...
n ) xác định bởi 1 n 1 + n + 1 (n + 1)2 n (n + 1)2
Tìm a để dãy đã cho có giới hạn hữu hạn. Lời giải:
Công thức truy hồi được viết lại (n +1)x nx 8 n 1 + = n + (n + 2)(n + 3) (n +1)(n + 2)
(n +1)(n + 2)(n + 3) Do đó nx x 8 8 n 1 = + + + (n +1)(n + 2) 2.3 2.3.4
n(n +1)(n + 2) 1 1 1 1 = + 4 − + + − 6 2.3 3.4 n(n +1)
(n +1)(n + 2) 1 1 2 4 = + 4 − = + − 6
6 (n +1)(n + 2) 6 3 (n +1)(n + 2) 2 (n +1)(n + 2) + − 4 6 3 Từ đó suy ra x = n n 2 2 2 Nếu
+ 0 thì lim x = + khi + 0 và lim x = − khi + 0 6 3 n 6 3 n 6 3 2
Như vậy để dãy số ( x có giới hạn hữu hạn, buộc + = 0 hay = 4 − . Khi = 4 − thì n ) 6 3 4 − x = → 0 n n
Vậy để dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn thì = 4. − Bài 9: n n 1
Cho k là số nguyên dương, đặt a = k k n . n ( 2 + +1) + , 2 1
Xét dãy (s thỏa mãn: s = n n n , 1 n ) a a i 1 = i 1 − i 1 +
82 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
Chứng minh rằng dãy (s hội tụ và tìm lim s . n ) n Lời giải:
Xét dãy (b xác định bởi: b = 2,b = 2k và b
= 2kb + b ,n 1 n ) 0 1 n 1 + n n 1 − n n Khi đó b = k k k k n . n ( 2 + + ) +( 2 1 − +1) , n n n 1 n 1 Vì b k k b
và b ,n nên a = k k b n n ( 2 + +1) + = , n ( 2 + +1) + +1 2 n n 2 n
Khi đó với mọi n 1, ta có: n 1 n 1 1 n b − b 1 n 1 1 1 1 1 i 1 + i 1 − s = n = = = − = − a a b b k b b b k b b b b k b b b b i= i− i+ i= 2 i− i+ i= 2 i− i i+ i= 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 i 1 − i i i 1 + 0 1 n n 1 + 1
Từ đó suy ra lim s = . n 2 8k u = 2 1
Bài 10: Cho dãy số
u + 2u + ... + (n −1)u . Đặt v = n n u u . Tìm n ( + ) 1 (3 + 2). . 1 2 n 1 n n− u − = , n 1 1 n 2 n(n −1)
lim (v + v + ... + v 1 2 n ) . Lời giải: Với n 3 , ta có 2 3
u + 2u + ... + (n −1)u + nu = (
n n −1)u + nu = n u . 1 2 n 1 − n n n n 3
u + 2u + ... + (n − 2)u
+ (n −1)u = (n −1) u . 1 2 n−2 n 1 − n 1 − 2 3 u (n −1)
n −1 n Suy ra 3 3
n u = nu + (n −1) n u = = (*) . n n n 1 − 3 u n − n
n n +1 n 1 − Từ (*) cho n = 3, 4, 5,.... 2 2 2 u u u u
n −1 n − 2 2 n n −1 3 12 n n n 1 − 3 = . .... = . ... . ..... = 2 u u u u
n n −1 3 n +1 n 4 n (n +1) 2 n 1 − n−2 2
83 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 4 3n + 2 1 1 Suy ra u = và v = 4. = 4. − và khi đó n 2 n n (n +1) ( + )2 ( + ) 2 2 n (n n n n + 1 . 1 . 2 )
(n +1)2 .(n + 2) 1 1 v v ... v 4. + + + = −
lim v + v + ... + v = 2 1 2 n . 2 ( 1 2 n ) 2
(n + 1) (n + 2)
Bài 11: Cho dãy số (an ) thỏa 2 2 n 2 1 a = ; a = a + a −
na − 2 ; n = 1;2;3... 1 n 1 3 + (
n + 1)(n + 2) ( n n )
(n + 1)(n + 2) ( n ) 2 1 1
Chứng minh rằng a + a + ... + a H −
; n = 1;2;3... Trong đó, H = 1 + + ... + 1 2 n n 3 n 2 n
Lời giải: Đặt b = na n
n thì dãy đã cho trở thành 2 2
a + n − a + n ( 1) 2 b = ; n b = ; n = 1;2;3... 1 n 1 3 + n + 2 b + n Khi đó, xét b
− 1 = b − 1 . n b 1 b n n 1 + ( n ) n và do nên quy nạp ta suy ra 1; + 2 1 n b + n n + n 1 Từ đây: b − 1 = b − 1 . b − 1 ; n = 1;2;3;... n 1 + n n
Áp dụng liên tiếp đánh giá này + 2 n + 2 n 2 2 1 2 1 cho ta b − 1 b − 1 = . ; n = 1;2;3;... b 1 − . n 1 + n Và điều này suy ra + 2 n 3 n + 2 n 1 + 3 n + 2 1 2 1
với mọi giá trị n . Suy ra a − . n = n n Và từ đây suy ra n(n + ) , 1;2;3;... 3 1 1 1 2 1 2
a + a + a + ... + a 1 + + ... + − 1 − H − 1 2 3 n 2 n 3 n + 1 n 3
Bài 12: Cho dãy số a xác định bởi n a =1 1 a =3 2 2an 2 a = + 1+ a , n = 2, 3, 4, n 1 + n 1− n n −1
84 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 1 1 1 Tính lim + + ... + 3a 4a n + 2 a 1 2 ( ) n Lời giải: 2a a a a a a a n 2 n n n n n n Ta viết lại 1 − 1 − −2 −3 a = + 1+ a = 2. + + a = 2 + + 2 + + a = ... n 1 + n 1− n 1 − n−2 n n −1 n n −1 n n −1
n − 2 n − 3 Vậy suy ra: 2n 2n a a a = 2. i + a = 2. i + 1; 2n 1 + 1 i 1 = i i 1 = i 2n 1 − 2n 1 a − a 2n 1 − a a = 2 i + a = 2 i
+ a − 2a = 2 i + 1 2n 2 2 1 i =2 i i 1 = i i 1 = i n a 1 a 2a n + n n 2 Vậy: a = 2. i + 1 a = 2. a − 1 + + 1 = a + = a n 1 + và suy ra n 1 + ( n ) n n . Áp i 1 n n n = i 2 1 1
dụng liên tiếp công thức này ta suy ra a =
n + 1 n + 2 a = n n + 1 n 1 + ( )( ) n ( ) 2 2 . Vậy a a a n 1 1 1 1 2 lim + + ... + = lim + ... + 3 4 n + 2 2 1.2.3 n (n + 1)(n + 2) 1 1 1 1 = lim − = 4 2
(n + 1)(n + 2) 8
Bài 13: Cho dãy (a
a = 1; a = 2; a = 1 + a a ...a + a a ...a , n 2
n ) xác định bởi n . Tìm + n− ( n− )2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 m 1 *
số thực M nhỏ nhất sao cho M, m . i 1 = ai Lời giải: 2
Ta viết lại giả thiết a = 1 + a a ...a + a a ...a
= 1 + 1 + a a ...a a a ...a n 1 + 1 2 n 1 − ( 1 2 n 1−) ( 1 2 n 1 − ) 1 2 n 1 −
Ta tính thêm: a = 3; a = 7 3 4 …
Khi đó, ta chứng minh quy nạp a a ...a + 1 = a ; n 2 n = 1 2 n 1 − n .
2;3 thì mệnh đề đúng. Giả sử
mệnh đề đúng đến n ta chứng minh mệnh với n + 1
85 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] Ta có: a
= 1 + 1 + a a ...a a a ...a
= 1 + a .a a ...a = 1 + a a ...a n 1 + ( 1 2 n 1 − ) 1 2 n 1 − n 1 2 n 1 − 1 2
n hay mệnh đề đúng
với n + 1 và suy ra mệnh đề đúng với mọi n và suy ra a 1; n = 2; 3; 4... n Từ đây suy ra: 2 a
= a − a + 1; n = 2;3;4;... n 1 + n n
(1) và hơn nữa có biến đổi 1 1 1 a − 1 = a a − 1 = − ; n = 2;3;4;... n 1 + n ( n ) a a − 1 a − 1 n n n 1 + m 1 1 1 1 suy ra * = 1 + − = 2 − M; m . (2) i 1 = a a − 1 a − 1 a − 1 i 2 m 1 + m 1 +
Mặt khác, ta có dãy (a a = L a . Nhưng
n ) tăng nên giả sử dãy bị chặn thì tồn tại lim 1 n do 1 n
mặt khác lấy lim hai vế (1) lại có L = 1 và suy ra vô lý hay lim a = + n .
Khi đó, từ (2) lấy lim hai vế cho ta 2 M . Và khi M = 2 thì bất đẳng thức đúng nên M = 2 là giá trị nhỏ nhất cần tìm. 2 2
Bài 14: Cho dãy (a a + a .a
= 2 a + a − 1 , n = 2;3;4;...Đặ n ) thỏa n 1 + n n 1 − ( n n ) t u u u
u = (a + a a + a ... a + a lim n n− + + ... + n n n 1 − ) ( n 1 − n−2 ) ( 2 1) , tính 1 2 a .a a a a a . n 1 + n n n 1 − 3 2 Lời giải: 2 2 2
Từ giả thiết ta suy ra: a
+ 2 − a = a a + 2 − a = a a a + 2 − a = ... = 0 n 1 + n n ( n n 1 − ) n n 1 − ( n 1 − n−2 ) (vì 2
a + 2 − a = 0) . Và điề 2 a
= a − 2; n = 1;2;3;4;... 2 1 u này suy ra: n 1 + n
Khi đó, ta chứng minh quy nạp được a 2 , điề a a = + n
u này suy ra ( n ) là dãy tăng và suy ra lim n . Lại biến đổi: a
− a = a − a a + a ; n = 2;3;4... n 1 + n
( n n 1−)( n n 1−)
và nhân vế theo vế ta suy ra 1 u u u u n n− 1 1 1 1 = a − a lim + + ... + = lim − = n ( n 1+ n) 7 và do đó: 1 2 a .a a a a a 7 a a 49 . n 1 + n n n 1 − 3 2 2 n 1 + 2 2
Bài 15: Cho dãy số (u
u = 1;u = 42;u = 3u + 8 u
+ u , n = 1;2;3... n ) thỏa 1 2 n+2 n ( n 1+ n) Tính
u + u + u + ... + u 1 3 5 2n 1 lim +
u + u + ... + u 2 4 2n Lời giải:
86 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] 2 2 2
Từ giả thiết ta có: u
− 6u .u + u = 8u u − 6u .u + u = 8u n+2 n+2 n n n 1 + và tương tự cũng có 2 2 2 n 1 + n 1 + n 1 − n−2 n 1 − . 2 2
Trừ vế theo vế ta có (u − 3u = 3u − u , n = 2;3;4... n +2 n ) ( n 1+ n 1−)
Từ giả thiết ta có: u
− 3u 0 3u − u 0 n+2 n n 1 + n 1 − nên suy ra u = 3u
+ 3u − u , n = 2;3;4... n+2 n 1 + n n 1 −
Phương trình đặc trưng là 3 2
x − 3x − 3x + 1 = 0 có các nghiệm 1
− ; x = 2 + 3; x = 2 − 3 1 2 và suy ra n n n
công thức tổng quát của dãy là: u = . a − + b + + c − n ( 1) (2 3) (2 3) và suy ra (2n 1 + ) (2n 1 + ) x − x −
u + u + u + ... + u = 7 − n + + b x + c x n+ ( 1) 1 1 1 2 . . 1 3 5 2 1 1 2 2 2 x − 1 x − 1 1 2 2n 2 x − 1 n x − 1 2 1 2 2
u + u + u + ... + u = 7n + . b x + . c x 2 4 6 2n 1 . Từ đây suy ra 2 2 2 x − 1 x − 1 1 2 (2n 1 + ) (2n 1 + ) x − x − 7 − (n + 1) 1 1 1 2 + . b x + . c x 1 2 2 2
u + u + u + ... + u x − 1 x − 1 1 3 5 2n 1 + 1 2 lim = lim = x 2n 2n 1
u + u + ... + u x − 1 x − 1 2 4 2n 2 1 2 2 7n + . b x + . c x 1 2 2 2 x − 1 x − 1 1 2 n + 1 n Chú ý: lim = lim = 0 2n+2 2n+2 x x 1 1 2 x .x
Bài 16: Cho dãy ( x n 1 x = 2; x = 4; − n x = ; n = 2;3;4... n ) thỏa 1 2 n 1 + Tính 2 x + x − x n n 1 − n 1 − ( x − ) 1 1 1 lim 1 1 − 1 − ...1 − n x x x . n 1 − n−2 1 Lời giải:
Ta biến đổi giả thiết: 2 x .x x + x x + x n 1 − n n n− n+ n x = x x + x = x x + x = n+ 2 n+ ( n n− ) n− ( n+ n ) 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 x + x − x x .x x .x n n 1 − n 1 − n 1 − n n 1 + n
87 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
Khi đó, từ đẳng thức cuối suy ra: 2 2 2 2 x + x x + x x + x x n n− n+ n n 1 1 1 2 1 = = ... = = 1 x = = x + 1 + n 1 x .x x .x x .x + x − 1 n
x − 1 và từ đây quy nạp ta n 1 − n n 1 + n 2 1 n n có x 1; n x x = + n
và suy ra ( n ) là dãy tăng, suy ra lim n . x x n 1 1 1 Lại có: 1 = 1 − , n = 1;2;3... = 1 − ...1 − x x x x x n 1 + n n 1 + n 1 Hay ta có: x x lim(x − 1 − − − = = n ) 1 1 1 . 1 1 1 ... 1 lim n 2 x x x x n 1 − n−2 1 n 1 + n
Bài 17: Dãy ( x 2 2
x = 0 n = 0; x = x + 1 − .x n n ) thỏa n n 1 + n khi 0. Tính +3 ( ) n 2 2 ( 1 − )n ( 1 − )n 1− ( 1 − )2 lim + 1 + 1... + 1 . 2 2 2 x x x n n 1 − 2 Lời giải:
Thay n = 0 và n =1 ta có 2 x = x và 2
x = x , do đó x = x = 1. Từ điều kiện suy ra 1 1 2 2 1 2 2 2 2 2 x
= x + x and x = x − x 2n 1 + n 1 + n 2n n 1 + n 1 − Trừ theo vế ta có: 2 2 x
− x = x + x = x 2n 1 + 2n n n 1 − 2n 1 −
Ta chứng minh quy nạp: x = x + x , n 1 (1) 2n 2n 1 − 2n−2
Thật vậy, x = x + x và giả sử (1) đúng đến n . Thì 2 1 0 (*) x − x = x
− x − x + x = x + x
− x − x + x − x
= x + x = x n+ n n+ n n+ n− ( n+ n )2 n n+ ( n+ n )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 n 1 + n 2n 1 +
Vậy từ các điều trên ta suy ra: x = 0; x = 1; x = x + x 0 1 n+2 n 1 +
n và công thức tổng quát là n n 1 + 5 1 − 5 x = . a + . b n 2 2
88 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] x − x x − x + Biến đổi: +2 1 + 1 = 1 − =
x .x − x = −1 . x .x
− x = ... = −1 n n n n n n+2 n n 1 +
( ) ( n 1+ n 1− n) ( ) 1 2 2 x x và n 1 + n n+ x .x 1 − n+2 n ( ) 1 điều này suy ra = + 1 và khi đó ta có 2 x x n 1 + n 1 + ( 1 − )n ( 1 − )n 1− ( 1 − )1 x x x x x x + n+ n− n n− 1 5 1 1 2 3 1 lim + 1 + 1 ... + 1 = lim . ... = . 2 2 2 2 2 2 x x x x x x 2 n n 1 − 2 n n 1 − 2
Bài 18: Cho dãy (a
thỏa a = 0, a = 1, a = 2, a = 6 và n )n0 0 1 2 3 a
= 2a + a − 2a − a ,n 0 . n+4 n+3 n+2 n 1 + n
Chứng minh rằng an chia hết cho n với mọi * n Lời giải: 1 + 5 1 − 5
Cách 1: Phương trình đặc trưng: 4 3 2
x − 2x − x + 2x + 1 = 0 có nghiệm a = ;b = 2 2
(mỗi nghiệm đều là bội 2) n n 1 5 1 5 + −
Suy ra công thức tổng quát: a = A n + B
+ A n + B n ( 1 1 ) ( 2 2 ) 2
2 . Lập hệ và giải ra n n 1 1 5 1 5 + −
công thức tổng quát suy ra a n = − n 5 2 2
Cách 2: Ta tính vài số a = 0, a =1, a = 2, a = 6, a = 12, a = 25; a = 48 xét 0 1 2 3 4 5 6 a a a a a a 1 2 3 4 5 6 = 1; = 1; = 2; = 3; = 5; = 8... 1 2 3 4 5 6
Từ đây, ta chứng minh quy nạp
an = F , n = 1;2;3... n n
Giả sử mệnh đề đã cho đúng đến n + 3; ta chứng minh mệnh đề đúng với n + 4 .
89 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ] a = 2(n + 3)F + (n + 2)F − 2(n + 1)F − nF n+4 n+3 n+2 n 1 + n = 2(n + 3)F + (n + 2)F − 2(n + 1)F − n F − F n+3 n+2 n 1 + ( n+2 n 1+) = 2(n + 3)F + 2F − (n + 2)F n+3 2n+2 n 1 + = 2(n + 3)F + 2F − (n + 2) F − F n+3 2n+2 ( n+3 n+2)
= (n + 4) (F + F = (n + 4)F n+3 n+2 ) n+4 n n 1 1 5 1 5 + −
Nếu làm cách 1 thì cần chứng minh − . 5 2 2
Nếu làm cách 2 thì hiển nhiên.
Bài 19: Dãy số (a xác định bởi a =1, a = 2a
+ a + + a ; n 1. n ) 1 n n 1 − n−2 1 1 1 1 Tính lim + + ... + a a a a a a . 2 3 4 5 2n 2n 1 + Lời giải:
90 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh [TÀI LIỆU ÔN THI HSGQG 2021 – DÃY SỐ]
91 | N ă m h ọ c 2 0 2 1 - 2 0 2 2
Document Outline
- Bài 2: Cho dãy số xác định bởi