Giới hạn dãy số đề thi HS giỏi MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Dãy số lĩnh vực khó rộng, đề thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế thường xuất toán dãy số Để giải tốn dãy số đòi hỏi người làm tốn phải có kiến thức tổng hợp số học, đại số, giải tích Các vấn đề liên quan đến dãy số đa dạng có nhiều tài liệu viết vấn đề này, tài liệu thường viết rộng vấn đề dãy số, vấn đề quan tâm nhiều tính chất số học tính chất giải tích dãy số Tính chất số học dãy số thể tính chia hết, tính nguyên, tính phương… , tính chất giải tích có nhiều dạng quan trọng tốn tìm giới hạn dãy số Các tốn dãy số thường tốn hay khó, tác giả sưu tầm, chọn lọc phân loại theo chủ đề Sáng kiến kinh nghiệm với đề tài “Giới hạn dãy số đề thi học sinh giỏi” có mục đích trình bày cách hệ thống, chi tiết giới hạn dãy số Đề tài trình bày với chương Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương hệ thống lại kiến thức dãy số, số học, phương pháp sai phân dùng để giải toán chương Chương Giới hạn dãy số Chương đề cập đến số toán giới hạn dãy số như: Giới hạn tổng, dãy hội tụ dãy số, dãy số xác định phương trình với phương pháp giải c th cho tng dng toỏn Mục đích nhiƯm vơ nghiªn cøu  Nghiªn cøu lÝ ln vỊ kỹ năng, kỹ giải toán số biện pháp rèn luyện kỹ giải toán cho học sinh THPT Rèn luyện kỹ gii cỏc bi toỏn v gii hn dóy s Tìm hiểu thực trạng cđa việc học dãy số chương trình mơn tốn ca trng THPT Tìm hiểu toán khú v giới hạn dãy số đề thi học sinh gii Xây dựng hệ thống tập điển hình nhằm rèn luyện kỹ tng hp kin thc i vi hc sinh gii Gợi ý cách vận dụng hệ thống tập điển hình việc rèn luyện kỹ giải toán nói chung, góp phần phát triển trí tuệ cho hc sinh Phơng pháp nghiên cứu a) Phơng pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu số giáo trình phơng pháp dạy học môn toán, SGK phổ thông, Sách bồi dng giáo viên THPT, sách tham khảo, tạp chí giáo dục liên quan đến đề tài b) Phơng pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm qua nhiều năm trực tiếp giảng dạy, qua trao đổi kinh nghiệm với số giáo viên giỏi môn Toán trng THPT Từ xây dựng đợc hệ thống tập điển hình gợi ý dạy học nhằm rèn luyện kỹ tỡm gii hn hm s c) Phơng pháp quan sát, điều tra: Quan sát điều tra thực trạng dạy học giải toán v dóy s học sinh lớp 11 v 12, qua nắm bắt đc nhu cầu việc rèn luyện kỹ gii toán dãy số học sinh Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đề tài nghiên cứu học sinh lớp 11A1, 11A2, 11A3 học sinh đội tuyển học sinh giỏi toán lớp 12 trường THPT Nguyễn Trung Ngạn Thời gian nghiên cứu Đề tài nghiên cứu năm học 2009 – 2010, 2010 – 2011, 2011- 2012 Chương MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1.DÃY SỐ 1.1.1.Định nghĩa Mỗi hàm số u xác định tập số nguyên dương N* gọi dãy số vô hạn (gọi tắt dãy số) Kí hiệu: u: N*  R n  u(n) Dãy số thường viết dạng khai triển u1, u2, u3,…, un, … Trong un = u(n) gọi u1 số hạng đầu, un số hạng thứ n số hạng tổng quát dãy số Mỗi hàm số u xác định tập M = {1,2,3,…, m} với mN* gọi dãy số hữu hạn Dạng khai triển u1, u2, u3,…,um u1 số hạng đầu, um số hạng cuối  - Dãy số (un) gọi là: Dãy đơn điệu tăng un+1 > un, với n = 1, 2, … Dãy đơn không giảm un+1  un, với moi n = 1, 2, … Dãy đơn điệu giảm un+1 < un, với n = 1, 2, … Dãy đơn điệu không tăng un+1  un, với n = 1, 2, …  Dãy số (un) gọi - Dãy số bị chặn tồn số M cho un < M, với n = 1, 2, … - Dãy số bị chặn tồn số m cho un > m, với n = 1, 2, … - Dãy số bị chặn vừa bị chặn vừa bị chặn  Dãy số (un) gọi tuần hồn với chu kì k un + k = un, với  n   Dãy số (un) gọi dãy dừng tồn số N0 cho un = C với n  N0, (C số, gọi số dừng) 1.1.2 Cách cho dãy số - Dãy số cho công thức số hạng tổng quát Ví dụ: n  1   1  un       5    n - Dãy số cho phương pháp truy hồi Ví dụ: Dãy số (un) xác định bởi: u1  1, u2  50  un 1  4un  5un 1  1975 n  2,3, - Dãy số cho phương pháp mơ tả: Ví dụ: Cho a1 = 19, a2 = 98 Với số nguyên n  1, xác định an +2 số dư phép chia an + an +1 cho 100 1.1.3 Một vài dãy số đặc biệt a) Cấp số cộng Định nghĩa Dãy số u1, u2, u3, … gọi cấp số cộng với công sai d (d  0) un = un – + d với n = 2, 3, … Tính chất un =u1 + (n – 1)d uk = uk 1  uk 1 với k =2, 3, … Nếu cấp số cộng hữu hạn phần tử u1, u2, …, un u1 + un = uk + u n – k với k = 2, 3, …, n – Sn = u1 + u2 + … + un = n n (u1  un )   2u1   n  1 d  2 b)Cấp số nhân Định nghĩa Dãy số u1, u2, u3, … gọi cấp số nhân với công bội q (q  0, q  1) un = un – 1q với n = 2, 3, … Tính chất un = u1qn – với n = 2, 3, … uk2  uk 1uk 1 với k = 2, 3, … Sn = u1 + u2 + … + un = u1 (q n  1) q 1 c)Dãy Fibonacci Định nghĩa Dãy u1, u2,… xác định sau: u1  1, u2   un  un 1  un  n  3, gọi dãy Fibonacci Bằng phương pháp sai phân tìm cơng thức tổng quát dãy là: n  1   1  un       5    n 1.1.4 Giới hạn dãy số Định nghĩa Ta nói dãy số (un) có giới hạn số thực a hữu hạn với số dương  (có thể bé tùy ý), ln tồn số n0  N (n0 phụ thuộc vào  vào dãy số (un) xét), cho với số n  N, n  n0 ta un  a limun = a nói dãy ln có un  a   Khi kí hiệu nlim  số (un) hội tụ a Dãy số không hội tụ gọi dãy phân kì Định lý Nếu dãy số hội tụ giới hạn Định lý 2.(Tiêu chuẩn hội tụ Weierstrass) a) Một dãy số đơn điệu bị chặn hội tụ b) Một dãy số tăng bị chặn hội tụ c) Một dãy số giảm bị chặn hội tụ Định lý Nếu (un)  a (vn)  (un), (vn)  C (vn)  a Định lý 4.(Định lý kẹp giới hạn) Nếu với n  n0 ta ln có un  xn  limun = limvn = a limxn = a Định lý (Định lý Lagrange) Nếu hàm số y = f(x) liên tục đoạn [a; b] có đạo hàm khoảng (a; b) tồn c  (a; b) thỏa mãn: f(b) – f(a) = f’(c)(b – a) Định lý (Định lý trung bình Cesaro) Nếu dãy số (un) có giới hạn hữu hạn a dãy số trung bình cộng  u1  u2   un    có giới hạn a n   Định lý phát biểu dạng tương đương sau: Định lý Stolz Nếu nlim  un1  un   a nlim   un a n Ta cần chứng minh cho trường hợp a = Vì nlim  un1  un   a nên với  > tồn N0 cho với n  N0, ta  có un 1  u n   Khi đó, với n > N0 ta có un 1   u N  u N 1  u N   un  un 1  u N   n  N  n n n n  0  Giữ N0 cố định, ta tìm N1>N0 cho  N1 u N Khi với n>N1 ta có u un  2 Vậy nên lim n  n  n n Định lý 7: Cho f: D  D hàm liên tục Khi 1) Phương trình f(x) = x có nghiệm  phương trình fn(x) = x có nghiệm 2) Gọi  ,  mút trái, mút phải D Biết lim [f ( x)  x] x   lim [f ( x)  x] dương âm Khi phương trình f(x) = x x  có nghiệm  phương trình fn(x) = x có nghiệm f ( f ( ( f ( x) ) Trong fn(x) =   n lân Chứng minh 1) a) Nếu x0 nghiệm phương trình f(x) = x x0 nghiệm phương trình fn(x) = x b) Nếu phương trình f(x) = x vơ nghiệm f(x) – x > f(x) – x < với x D fn(x) – x > fn(x) – x < với x D nên phương trình fn(x) = x vơ nghiệm 2) a)Giả sử phương trình f(x) = x có nghiệm x0 nghiệm phương trình fn(x) = x Đặt F(x) = f(x) – x F(x) liên tục (x0;  )  ; x0  nên F(x) giữ nguyên dấu Nếu lim [f ( x)  x] lim [f ( x)  x] dương F(x) > x   x  khoảng (x0;  )  ; x0  suy f(x) > x với x  D\{x0} Xét x1  D\{x0} suy f(x1) > x1  f(f(x1)) > f(x1)> x1 Từ fn(x1) > x1 nên x1 khơnglà nghiệm phương trình fn(x) = x Vậy phương trình fn(x) = x có nghiệm x = x0 Nếu lim [f ( x)  x] lim [f ( x)  x] âm chứng minh tương tự x   x  b)Ta thấy nghiệm phương trình f(x) = x nghiệm phương trình fn(x) = x, phương trình fn(x) = x có nghiệm phương trình f(x) = x có nghiệm Định lý Cho hàm f: D  D hàm đồng biến, dãy (xn) thỏa mãn xn+1 = f(xn), x  N * Khi đó: a) Nếu x1< x2 dãy (xn) tăng b) Nếu x1> x2 dãy (xn) giảm Chứng minh a) Ta chứng minh phương pháp quy nạp Với n = ta có x1 < x2 mệnh Giả sử mệnh đề với n = k (k  1) tức uk < uk +1 f(uk) < f(uk+1) suy uk+1 < uk+2 (đpcm) b) Chứng minh tương tự Định lý 9.Cho hàm f: D  D hàm nghịch biến, dãy (xn) thỏa mãn xn+1 = f(xn), x  N * Khi đó: a) Các dãy (x2n+1) (x2n) đơn điệu, dãy tăng, dãy giảm b) Nếu dãy (xn) bị chặn  = limx2n  =limx2n+1 c) Nếu f(x) liên tục  ,  nghiệm phương trình f(f(x)) = x (1) Vì phương trình (1) có nghiệm  =  limxn =  =  Chứng minh a) Vì f(x) hàm nghịch biến nên f(f(x)) đồng biến Áp dụng định lý ta có điều phải chứng minh b) Suy từ a) c) Ta có f(f(x2n) = f(x2n+1) = x2n+2 limf(f(x2n) =limx2n+2=  , limx2n =  f(x) liên tục nên f(f(  ) =  Chứng minh tương tự ta có f(f(  ) =  Vậy  ,  nghiệm phương trình f(f(x)) = x 1.2.SƠ LƯỢC VỀ PHƯƠNG PHÁP SAI PHÂN Định nghĩa Cho hàm số y = f(x) xác định R, Đặt xk = x0 + kh (k N*) với x0R, hR bất kì, cho trước Gọi yk = f(xk), hiệu số yk :  yk 1  yk (kN*) gọi sai phân cấp hàm số f(x) Hiệu số  yk :  yk 1   k  (yk ) (kN*) gọi sai phân cấp hàm số f(x) Tổng quát  i yk :   i 1 yk 1   i 1k  ( i 1 yk ) (kN*) gọi sai phân cấp i hàm số f(x) (i = 1, 2, …, n, …) Mệnh đề Sai phân cấp biểu diễn theo giá trị hàm số: y0, y1, y2, …, yn, … 2.Định nghĩa Phương trình sai phân (cấp k) hệ thức tuyến tính chứa sai phân cấp k f  yn , yn ,  yn , ,  k yn   (1) Vì sai phân cấp biểu diễn theo giá trị hàm số nên ta viết phương trình dạng a0yk+1 + a1yn+k-1 + … +akyk = f(n) (2) a0, a1, …., ak, f(n) giá trị biết, yn, yn+1, …, yn+k giá trị chưa biết Hàm số yn biến n thỏa mãn (2) gọi nghiệm phương trình sai phân tuyến tính (2) Phương pháp giải phương trình sai phân tuyến tính Phương trình a0yn+k + a1yn+k-1+ …+ akyn = f(n) gọi phương trình sai phân tuyến tính cấp k Giải  Giải phương trình sai phân tuyến tính tương ứng - Giải phương trình đặc trưng a0  k  a1 k 1   ak 1  ak  (*) -Tìm nghiệm tổng quát phương trình tương ứng + Nếu (*) có k nghiệm thực khác 1 , 2 , , k nghiệm tổng quát y  c  n  c  n   c  n n 1 2 k k (1) Trong c1, c2, …, ck số tùy ý +Nếu (*) có nghiệm thực  j bội s nghiệm tổng quát s 1 k y   c ni   n  ci in    j i  j n i 1,i  j  i 1  +Nếu phương trình (*) có nghiệm phức đơn  j  r (cos  isin ) có nghiệm  j  r (cos  isin ) Đặt  j 1   j Để thu công thức tổng quát, công thức (1) ta thay phận c j  jn  c j 1 jn1 phận tương ứng c j r n cosn  c j 1 r n sinn +Nếu phương trình (*) có nghiệm phức bội s  j   j 1    j  s 1  r (cos  isin ) Thì (*) có nghiệm phức bội s liên hợp với  j  j mà ta đặt  j  s   j  s 1    j  s 1  r (cos  isin ) Trong trường hợp này, để thu công thức nghiệm tổng quát, công thức (1) ta thay phận c j  jn  c j 1 jn1   c j  s 1 jn s 1 phận tương ứng  s 1  s 1 i  n i  n c n r c os     j i    c j  s i n  r sin n  i 0   i 0   Tìm nghiệm tổng qt phương trình sai phân tuyến tính cấp k Nghiệm tổng quát có dạng yn  y n  yn* Trong + yn nghiệm phương trình sai phân tuyến tính cấp k + y n nghiệm phương trình sai phân tuyến tính tương ứng + yn* nghiệm riêng phương trình khơng Chương GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 2.1.GIỚI HẠN CỦA TỔNG Các toán tìm giới hạn tổng ta thu gọn tổng cách phân tích hạng tử tổng quát thành hiệu hạng tử nối tiếp để hạng tử triệt tiêu, cuối đưa tổng biểu thức chứa xn , sau tìm limxn Bài Cho dãy số (xn) (n = 1, 2, …) xác định sau: x1 = xn 1  xn ( xn  1)( xn  2)( xn  3)  với n = 1, 2, … n Đặt yn   i 1 xi  yn (n = 1, 2, ….) Tìm lim n  Lời giải Ta có x2 = xn > với n = 1, 2, … xn 1  xn ( xn  1)( xn  2)( xn  3)   x n  xn  xn2  xn     xn2  xn  (1) Từ suy xn+1 +1 = xn2  3xn  = (xn + 1)(xn + 2) xn 1  n  Do yn   i 1  x n 1 xn    1  x n 1 xn   1   xn  xn  xn 1  n  1  1 1     =   xi  i 1  xi  xi 1   x1  xn 1  xn 1  Từ (1) xk+1 = xk2  3xk   3xk  3.3k 1  3k Ta dễ dàng chứng minh quy nạp xn > 3n-1 yn  Nên lim n  (2) (vì (2) xn+1 > 3n) Ta chứng minh limxn =  với cách khác: Dễ thấy (xn) dãy tăng, giả sử limxn = a (a  1) Nên ta có a  a(a  1)(a  2)(a  3)  Suy a2 = a(a+1)(a+2)(a+3) + hay a4 + 6a3 + 10a2 + 6a +1 = Rõ ràng phương trình khơng có nghiệm thỏa mãn a  Vậy limxn =  Bài (HSG QG năm 2009) Cho dãy (xn) (n = 1, 2, …) xác định bởi: Từ đây, dãy (xn) hợp bốn dãy (x4n+k) nên dãy (xn) hội tụ lim xn  x  Bài Chứng minh với số nguyên dương n cho trước phương trình xn x2n+1 = x + có nghiệm thực Gọi nghiệm xn Tính nlim   Lời giải: Nếu x < -1 x2n+1 < x < x+1 Nếu –  x  x2n+1 – x = (-x)(1x2n) < suy x2n+1 < x + Nếu < x  x2n+1  x < x + Vậy x nghiệm phương trình x2n+1 = x + ta phải có x > Đặt fn(x) = x2n+1 – x – Ta có fn’(x) = (2n+1)x2n – > [1, +) suy hàm f tăng nửa khoảng Vì f(1) = - < f(2) = 22n+1 – > nên phương trình có nghiệm xn thuộc (1, 2) Theo lý luận trên, nghiệm suy Xét fn+1 = x2n+3 – x – Ta có fn+1(1) = - < fn+1(xn) = xn2n+3 – xn – = xn2n+3 – xn2n+1 > Từ ta suy < xn+1 < xn Dãy {xn} giảm bị chặn 1, suy dãy (xn) có giới hạn hữu hạn a, a  Ta chứng minh a = Thật vậy, giả sử a > Khi xn  a với n ta tìm n đủ lớn cho: xn2n+1  a2n+1 > Trong ta có xn + < x1 + < Mâu thuẫn fn(xn) = Bài  x1  2007 Cho dãy số thực (xn) xác định bởi:  x    n 1  xn xn2  n  1/ Chứng minh dãy số (xn) bị chặn 2/ Chứng minh dãy số (xn) có giới hạn tìm giới hạn Lời giải Hiển nhiên xn > xn 1   xn x 1 n =  1   n  x 1 n Vậy xn  2007 với n  dãy bị chặn Cách 1: Hàm f(x) =  x x 1 =  1 nghịch biến ( 3; ) nên chứng x 1 minh dãy (x2n) (x2n+1) đơn điệu Theo 1/các dãy bị chặn xn nên có limx2n =a; limx2n+1 =b; Từ x n 1   b  a   b2 1   a b    a2 1  x g(x) = x  x 1 a Suy a  a2 1 ( x  1) x  b b có g’(x) = - qua giới hạn ta có : x n2  b2 1 > x  nên g(x) đồng biến từ a = b hay limx2n =limx2n+1   limxn = a= b x Lúc a nghiệm pt x    x= x 1  15  lim xn =  15 Cách x f(x) =  Có x2 1  f’(x) = -  f ' ( x)  ( x  1) x 2 x > x2  ( x  3)  x 1 x 1 f(x) = x  x    x  x  1(l )  15 =a  ( x  x)  2( x  x)      x= 2  x  x  2 Áp dụng định lý Lagrang có: x n 1  a  f ( x n )  f (a )  f ' ( n ) x n  a  Do limxn = a = 2 x n  a   (  15 Bài Cho dãy số (xn) thỏa mãn:  x1  a , a     xn 1  a  a  xn n  N * Chứng minh dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn 2 ) n x1  a n   Lời giải  Bằng quy nạp chứng minh  xn  a n  N *  Xét hàm f(x) = f '( x)  a  a  x , x  0; a  có xn+1 = f(xn) 1 a ax ax  , x  0; a  Suy f(x) hàm nghịch biến Do dãy (xn) tách thành hai dãy (x2n) (x2n+1), dãy tăng dãy giảm, mặt khác lại có dãy (xn) bị chặn nên tồn limx2n = α, limx2n+1=  , α,  nghiệm phương trình: f(f(x)) = x  a a a ax  x Xét hàm F(x) = a  a  a  a  x  x , với x  0; a  F '( x)  a a a ax 1 a a ax a ax ax với x  0; a  , ta có a ax ax  a a a a  a a a  a 1 1    a a  a  a   a   2    0,12  0,3 2 2   Thay vai trò x a a a ax a  a  x chứng minh tương tự ta có a  a  a  x  0,3 Suy F’(x) < - 0,9 < nên F(x) hàm nghịch biến, lại có F(0) > 0, F( a ) < nên phương trình F(x) có nghiệm Do    Suy limx2n = limx2n+1 = limxn Vậy có limxn= T với T thỏa mãn f(f(T)) = T 2.3.DÃY SỐ XÁC ĐỊNH BỞI PHƯƠNG TRÌNH Dãy số có mối quan hệ chặt chẽ với phương trình điều thấy rõ qua hai nội dung phương trình sai phân tuyến tính giải phương trình đặc trưng, giới hạn dãy số thường giải từ phương trình Đây nội dung quan trọng phần dãy số Với dạng tốn tìm giới hạn dãy số có liên quan đến phương trình ta thường xét tính đơn điệu hàm số, áp dụng định lý Lagrange định lý giới hạn kẹp Bài Giả sử xn thuộc khoảng (0; 1) nghiệm phương trình 1    0 x x 1 xn Chứng minh dãy (xn) hội tụ Tìm giới hạn x Nhận xét: xn xác định hàm số f n ( x)   1   liên x 1 xn tục đơn điệu (0, 1) Tuy nhiên, ta xác định giá trị cụ thể xn Rất may mắn, để chứng minh tính hội tụ xn, ta khơng cần đến điều Chỉ cần chứng minh tính đơn điệu bị chặn đủ Với tính bị chặn hiển nhiên 0< xn< Với tính đơn điệu, ta ý chút đến mối liên hệ fn(x) fn+1(x): fn+1(x) = fn(x) + f n 1 ( x)  f n ( x)  Đây chìa khố x  n 1 để chứng minh tính đơn điệu xn Lời giải x xn xác định hàm số f n ( x)   1   liên tục đơn x 1 xn điệu (0; 1) Để chứng minh dãy hội tụ ta chứng minh dãy (xn) bị chặn đơn điệu, hiển nhiên dãy bị chặn < xn < Bây ta chứng minh dãy (xn) đơn điệu Ta thấy < xn < nên f n 1 ( xn )  f n ( xn )  1  0 xn  n  xn  n  Trong fn+1(0+) > Theo tính chất hàm liên tục, khoảng (0; xn) có nghiệm fn+1(x) Nghiệm xn+1 Suy xn+1 < xn Tức dãy số (xn) giảm, dãy số bị chặn nên dãy số có giới hạn Ta chứng minh dãy số có giới hạn Ta dễ dàng chứng minh kết sau: 1 1     ln n n   1 (Có thể chứng minh cách đánh giá ln 1    ) n n  xn  a  Khi dãy (xn) giảm nên ta có xn Thật vậy, giả sử nlim   a n Do     1   n   , nên tồn N cho với n  N ta có n 1 1     n a Khi với n  N 0 1 1 1 1           0 xn xn  xn  n x n 1 2 n a a xn  Điều mâu thuẫn Vậy phải có nlim  Bài (HSG QG 2007) Cho số thực a > Đặt fn(x) = a10xn+10 + xn + … + x + (n = 1, 2, …) Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình fn(x) = a ln có nghiệm xn  (0; ) dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn n   Lời giải Với n, đặt gn(x) = fn(x) – a, gn(x) hàm liên tục, tăng [0; +  ) Ta có gn(0) = – a < 0; gn(1) = a10 + n + – a > nên gn(x) = có nghiệm xn (0; +  ) xn , ta chứng minh dãy (xn) (n = 1, 2, Để chứng minh tồn giới hạn nlim  …) tăng bị chặn Ta có  1  1 g n 1    a10 1    a  a  1 = a 1    a n 1 n 10  1  1   n 1   a  1  9    a  a     a     1   a    a   a  a  1  1  a Suy xn   , n = 1, 2, … Mặt khác, từ gn(xn) = a10 xnn 10  xnn    a  , suy xngn(xn) = a10 xnn 11  xnn 1   xn  axn   gn+1(xn) = xngn(xn) + + axn – a = axn + – a < xn   a Vì gn+1 hàm tăng = gn+1(xn+1) > gn+1(xn) nên xn < xn+1 Vậy dãy (xn) (n = xn 1, 2, …) tăng bị chặn, nên tồn nlim  xn   Nhận xét Ta chứng minh nlim  cách chứng minh bất a đẳng thức    1   a  a  1  1   a  a n 1  xn   a Thật vậy, ta có aa x 10 n 10 n  1  x   xn   a 1    a n n 10 n 10 n  1  1  1     1    xn   a  a Suy  1 a  a 1    a n 10 10      n 1   a  1    1     xn   a   a        1 Từ xn    a  a  1  1   a  a xn  Cách khác chứng minh nlim  Đặt c  n 1 a 1 a a 1 < ta có a fn(c) – fn(xn) = kcn (với k = (a – 1)((a – 1)9 – 1) > 0) Theo định lý Lagrang fn(c) – fn(xn) = f’(  )(c – xn) với  (xn; c) Nhưng f’(  ) = (n + 10)a10  n+9 + n  n-1 + …+ > nên kcn > c – xn xn =c Từ c – kcn < xn < c suy nlim  Bài (HSG QG 2002) Xét phương trình 1 1       n nguyên dương x 1 4x 1 k x 1 n x 1 1)Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình có nghiệm lớn 1, kí hiệu nghiệm xn 2)Chứng minh dãy số (xn) có giới hạn n   Lời giải Kí hiệu fn(x) = 1 1       x 1 4x 1 k x 1 n x 1 1).Dễ thấy, với nN*, hàm số fn(x) liên tục nghịch biến khoảng 1;  Hơn fn(x)   x  1+ fn(x)   x   Từ suy với n  N * phương trình fn(x) có nghiệm xn > 2).Với n  N * , ta có 1 1 f n (4)         2 1 1 (2k )  (2n)  1 1 1 1    1            2 3 2k  2k  2n  2n      f n ( xn ) 2(2n  1) Từ đó, hàm fn(x) nghịch biến 1;  suy xn < với n  N * (1) Mặt khác, với n  N * , hàm fn(x) khả vi [xn; 4] nên theo định lý Lagrange, với n  N * tồn t(xn; 4) cho f n (4)  f n ( xn ) 1 4 n '  f n (t )       với n  N * 2  xn (t  1) (4t  1) (n t  1) Suy 1   với n  N *  xn   2(2n  1)(4  xn ) 2(2n  1) Từ (1) (2) ta  (2)  xn  với n  N * 2(2n  1) Từ đó, theo định lý giới hạn kẹp ta có điều phải chứng minh Bài Cho dãy số (un) (n = 0, 1, 2, …) xác định sau: u0 = a un+1 = sin2(un+11) –2007 với số tự nhiên n, a số thực cho trước Chứng minh a).Phương trình sin2(x + 11) – x = 2007 có nghiệm Kí hiệu nghiệm b b).limun = b Lời giải a)Từ giả thiết ta thấy un  - 2007 n  N* Xét hàm số f(x) : = sin2(x + 11) – 2007, xR Ta thấy f’(x) = 2sin(x +11)cos(x + 11) = sin2(x + 11) un+1= f(un) hàm số g(x) : = f(x) – x có g’(x) = sin2(x + 11) -  g ( x)   , lim g ( x)   g(- 2007) = sin2(- 2006) > xlim  x  Vậy hàm số g(x) nghịch biến có nghiệm [- 2007;  ) gọi nghiệm b, phương trình sin2(x + 11) – x = 2007 có nghiệm b b)Kí hiệu   max g '(t ) Khi   [0;1] [  2007; 2006] Ta thấy -2007  un  -2006 phương trình sin 2( x  11)  vô nghiệm [-2007;-2006] nên < 