Tài liệu Tổng hợp các bài toán về giới hạn, dãy số, và các vấn đề liên quan trong kì thi HSG cấp tỉnh, thành phố

  • Số trang: 95 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 377 |
  • Lượt tải: 0
bachkhoatailieu

Tham gia: 31/07/2016

Mô tả:

Tổng hợp các bài toán về giới hạn, dãy số, và các vấn đề liên quan trong kì thi HSG cấp tỉnh, thành phố
TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ, GIỚI HẠN TRONG ĐỀ THI HSG CÁC TỈNH, THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2011 – 2012 VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN (Lê Phúc Lữ - tổng hợp và giới thiệu) A – ĐỀ BÀI. Bài 1. (Quảng Bình, vòng 1) Cho dãy số un  xác định như sau u1  1, un1  1  un2011 , n  1, 2, 3,... un  u 2011 u 2011 u 2011  Tính lim  1  2  ...  n  .  u2 u3 un1  Bài 2. (Vĩnh Long, vòng 1) u1  3 Cho dãy số un  xác định bởi  un1  1 un2  un  4 , n  1, 2, 3,... 5  a) Chứng minh rằng un  là dãy tăng nhưng không bị chặn trên. n 1 , n  1, 2,3,... . Tính lim vn . n  k 1 u k  3 b) Đặt vn   Bài 3. (Chọn đội tuyển THPT chuyên Bến Tre) Tìm số hạng tổng quát của dãy un  thỏa mãn: u1  u2  1  un 1.un  un 2  2u  u  n 1 n Bài 4. (Bình Định, vòng 1) u  2  3  1 Cho dãy số un  được xác định bởi  un1  3  2 un2  2 6  5 un  3 3  3 2      1 n 1 , n  1, 2, 3,... Tìm lim vn . k 1 u k  2 Đặt vn   Bài 5. (Bình Dương, vòng 2) 1 a   , n  2 và a  0, x1  0 . Cho dãy số  xn  được xác định như sau xn   xn1  2  xn1  Chứng minh rằng dãy đã cho có giới hạn và tìm giới hạn của dãy. Bài 6. (Chọn đội tuyển THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai) x  a Cho hai số thực a và b. Xét dãy số  xn  xác định bởi công thức  0  xn1  1  b. xn ; n   Tìm điều kiện của a, b để  xn  có giới hạn. Tính giới hạn đó. Bài 7. (Hà Nam, vòng 2) 3 xn 1 Cho dãy số thực (xn) thỏa mãn: x1  , xn1  với mọi n nguyên dương. 6 2 xn  1 a. Chứng minh dãy số trên có giới hạn và tính giới hạn đó. b. Tìm số hạng tổng quát của dãy số trên. Bài 8. (Hà Nội, vòng 1) 1. Cho dãy số un  xác định bởi: u1 = 1 và un1  un  n với mọi n  1 . Tìm lim n  un . un1 2. Cho dãy số vn  xác định bởi: v1  2015 và vn1  vn2  2 với mọi n 1, 2, 3,... vn21  2011 . n  v 2 .v 2 ...v 2 1 2 n Chứng minh rằng lim Bài 9. (Long An, vòng 2) u1  1  Cho dãy số xác định bởi  3u  4 un1  n , n  1, 2, 3,... un  1  Đặt xn  u2 n1 , yn  u2 n . 2 a) Chứng minh dãy  xn  ,  yn  có giới hạn hữu hạn. b) Chứng minh un  có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó Bài 10. (Phú Thọ, vòng 1) Cho dãy số u1  4, un1  1 un  4  4 1  2un , n  1, 2, 3,... 9   Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy số trên. Bài 11. (Nam Định, vòng 1) Xét dãy số un  thỏa mãn u1  1, un1  un (un 1)  2, n  1 . n Chứng minh rằng An  uk2  1 1 là số chính phương với mọi n. k 1 Bài 12. (Cần Thơ, vòng 2) Cho dãy số  xn  được xác định bởi: Chứng minh rằng dãy số  xn   x1  a   2011 2 2 2  xn1  3 ln  xn  2011   2011 có giới hạn. Bài 13. (Quảng Ninh, vòng 2)  Cho dãy  xn  xác định bởi x0  a với a  1; 2 và xn1    2 xn , n  0,1, 2,... . Chứng minh dãy có giới hạn và tìm giới hạn đó. Bài 14. (Vĩnh Phúc, vòng 1) Giả sử a là số thực dương thỏa 0  a  1 . Lập dãy (an ) như sau a1  a, an 1  a an , n  1 . Chứng minh rằng dãy có giới hạn hữu han khi n tiến tới vô cực. Bài 15. (Nam Định, vòng 2) Với mỗi số thực x kí hiệu  x  là số nguyên lớn nhất không vượt quá x và  x  x  x  . Cho un  (45  2012 ) n . Chứng minh dãy un  có giới hạn và tìm giới hạn đó.   3 Bài 16. (Đà Nẵng, vòng 2) xn3  3 xn Cho dãy số thực  xn  thỏa mãn điều kiện xn1  với mọi n  * . 2 3 xn  1 a) Tìm công thức tính xn theo x1 và n. b) Chứng minh rằng dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn. Bài 17. (Hưng Yên, vòng 1)  x1  a  0 2 Cho dãy số xác định bởi công thức   xn1  xn  xn , n  1  n2 1 1  . 2 xn  n a  n(n  1) Bài 18. (Quảng Bình, vòng 2) Chứng minh rằng Cho hai dãy số dương un  , vn  xác định bởi công thức  u  v  2 1  1 2   un vn , vn1  , n  1, 2, 3,... un1  2 4vn 1 1 1 4un21  2 2 a. Tính u2011  v2011 . b. Tính lim un , lim vn . Bài 19. (Vĩnh Phúc, vòng 2) n Cho dãy các số dương (an ) thỏa mãn: ak  2ak 1  ak 2  0,  a j  1, k  1. j 1 Chứng minh rằng 0  ak  ak 1  2 , k  1 . k2 Bài 20. (Vĩnh Long, vòng 2) Xét phương trình x n  x 2  x  1, n  , n  2 a. Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n  2 thì phương trình trên có đúng một nghiệm dương duy nhất. Gọi nghiệm đó là xn . b. Chứng minh rằng lim xn  1 . n  4 Bài 21. (Bến Tre, vòng 1) Cho phương trình x 2 n  3x  2  0 trong đó n là số tự nhiên lớn hơn 1. 1. Chứng minh rằng ứng với mỗi n, phương trình có đúng một nghiệm xn   0;1 . 2. Gọi  xn  với n  2, 3, 4,... là dãy số có được theo cách xác định như trên. Chứng minh rằng dãy số này đơn điệu và bị chặn. Bài 22. (TP HCM, vòng 2) Cho dãy un  được xác định bởi công thức 4  u1  5   un4 un1  n  * 4 2  un  8un  8 Tìm công thức tổng quát của dãy un  . Bài 23. (Tiền Giang, vòng 2) Cho dãy số un  xác định bởi u0  0, un1  2  2un2  4un  4 un , n  1, 2, 3,... Chứng minh rằng dãy un  có giới hạn và tìm giới hạn đó. Bài 24. (Chọn đội tuyển Phổ thông năng khiếu TP. HCM) Cho dãy un  thỏa mãn điều kiện u1  1 2 và un1  un2  un với mọi n nguyên dương. 6 3 5un21  2un2un1  5unun1 . n  3un2  unun 1 (4  un2 ) Tính giới hạn sau lim Bài 25. (Hà Tĩnh, vòng 2) Dãy số  xn  với n  1, 2, 3,... bị chặn trên và thỏa mãn điều kiện: xn 2  1 3 xn 1  xn với mọi n  1, 2, 3,... 4 4 Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn. 5 Bài 26. (Ninh Bình, vòng 2) n 1 Chứng minh dãy un  xác định bởi công thức un    ln n có giới hạn hữu hạn. k 1 k Bài 27. (Hà Nội, vòng 2) Cho dãy số nguyên dương U n  thoả mãn U1  1, U 2  2, U 4  5 và với mọi n  1 thì U n1U n1  U n2  a với a 2  1 . 1) Xác định số hạng tổng quát của dãy số trên. 2) Tìm các số tự nhiên n không vượt quá 2012 sao cho U n chia hết cho 10. Bài 28. (KHTN, vòng 3) 2 1 3 Cho dãy số dương an  thỏa mãn a1  1, a2  , an2  an21  an , n  1, 2, 3,... 3 4 4 Chứng minh rằng an hội tụ và tìm giới hạn của nó. Bài 29. (Chọn đội tuyển ĐHSP Hà Nội) Cho dãy số an  , n 1 thỏa mãn: a1  1, an  2n  3 an1 , n  2 và dãy bn  thỏa mãn 2n n bn   ai , n  1 . Chứng minh dãy bn  có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó. i 1 Bài 30. (Đại học KHTN Hà Nội, vòng 1) a1  6, a2  14 Cho dãy số an  xác định như sau  n an 2  6an 1  an  24.(1) , n  1, 2,3,... n Tính giới hạn lim n  1 a k 1 . k 6 B – LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ NHẬN XÉT Bài 1. (Quảng Bình, vòng 1) Cho dãy số un  xác định như sau u1  1, un1  1  un2011 , n  1, 2, 3,... un  u 2011 u 2011 u 2011  Tính lim  1  2  ...  n  .  u2 u3 un1  Lời giải. Từ công thức xác định dãy, ta có u 2011 u 2011 1 1 1 1   n  n   , n  1, 2, 3,... un un1 un1 un1 un un1 n n  u12011 u22011 un2011 uk2011 1 1  1 1    Do đó .   ...       u2 u3 un 1  uk uk 1  u1 un 1 k 1 uk 1 k 1  Dễ thấy rằng un  0, n nên ta cũng có: un1  un  un2012  un hay dãy đã cho tăng thực sự. Giả sử dãy không có chặn trên thì nó sẽ có giới hạn, đặt đó là  , rõ ràng   1 . Chuyển công thức tổng quát của dãy về giới hạn, ta có      2012    0 , mâu thuẫn. Suy ra dãy đã cho không bị chặn trên hay lim un   .  u 2011 u 2011 1 1  u 2011  Từ đó, ta được lim  1  2  ...  n   lim     1 .  u2 u3 un1  1 un  Nhận xét. Bài toán này thuộc dạng quen thuộc với ý tưởng rút gọn tổng dưới dạng sai phân để đưa giới hạn cần tính về giới hạn của dãy ban đầu. Đề bài ở đây rất thuận lợi vì công thức sai phân đã được thể hiện khá rõ, chỉ cần lập luận cẩn thận, đầy đủ ở các bước là có thể giải quyết trọn vẹn bài này. Bài 2. (Vĩnh Long, vòng 1) u1  3  Cho dãy số un  xác định bởi  un1  1 un2  un  4 , n  1, 2, 3,...  5 7 a) Chứng minh rằng un  là dãy tăng nhưng không bị chặn trên. n 1 , n  1, 2,3,... . Tính lim vn . n  k 1 u k  3 b) Đặt vn   Lời giải. a) Dễ thấy với mọi n  0 thì các số hạng của dãy đều dương. 1 2 1 1 2 un  un  4  un  un2  4un  4  un  2  0 nên dãy đã cho không  5 5 5 giảm. Hơn nữa, từ u1  3  2 nên un  2, n . Từ đó un1  un  0  un1  un , n hay dãy đã Ta có un1  un  cho đơn điệu tăng. Giả sử dãy bị chặn trên thì nó phải có giới hạn, đặt là   3 . Chuyển công thức của dãy qua giới 1 hạn, ta được     2    4    2 , mâu thuẫn. 5 Từ đó suy ra dãy này không bị chặn trên. Ta có đpcm. b) Giả sử ta có công thức  1 uk 1  uk 1 1  1    a   a  uk  b uk 1  b  uk  3 uk  3 uk  b uk 1  b Quy đồng và biến đổi, ta được (3a  b)un 1  (a 1)un1un  aun2  (3a  b)un  b 2 . Để tương ứng với công thức quan hệ xây dựng dãy, ta chọn a  1 thì được quan hệ đơn giản hơn là (3  b)un1  un2  (3  b)un  b 2 , chọn tiếp b  2 thì được công thức đã cho. Như thế, ta có n u k 1 1 1 1   , k . Suy ra uk  3 uk  2 uk 1  2 n  1 1 1  1 1 1   .       1  uk  2 uk 1  2  u1  2 un 1  2 un 1  2 k 1  k 3  1 1    1 . Vậy giới hạn cần tìm là 1.  lim 1  un1  2  k 1 uk  3 n Do lim un   nên lim  Nhận xét. Trong bài toán này, ta đã dùng phương pháp hệ số bất định để thử tìm một quan hệ có dạng sai phân giữa các biểu thức liên quan nhằm rút tổng cần tính để tìm giới hạn. Bài 3. (Chọn đội tuyển THPT chuyên Bến Tre) Tìm số hạng tổng quát của dãy un  thỏa mãn: u1  u2  1  un 1.un  u  n  2  2un1  un  8 Lời giải. Bài này có thể đổi điều kiện của các số hạng đầu để không rơi vào trường hợp đặc biệt. Ta xét bài toán tổng quát hơn là: Tìm số hạng tổng quát của dãy số un  thỏa mãn: u1  a, u2  b, 2a  b  0  un 1un  un 2  2u  u , n  1, 2,3,...  n 1 n Từ công thức xác định dãy, ta có 2u  u 1 2 1 1  n1 n   . Đặt yn  , n  1, 2, 3,... un1 un 1un un un1 un Ta có yn1  2 yn  yn 1 , n . Xét phương trình đặc trưng t 2  2  t  t 2  t  2  0  t  1  t  2 . Công thức tổng quát của dãy có dạng: yn  r  (2)n  s, n  1, 2,3,... 1 a b   2r  s  a r  6ab So sánh với hai số hạng đầu của dãy, ta có:    4r  s  1  s  a  2b   b 3ab Từ đây thay vào suy ra công thức tổng quát của dãy ban đầu là xn  1 a b a  2b (2)n  6ab 3ab  6ab , n (a  b)(2) n  2(a  2b) Trong bài toán ban đầu, nếu thay a  b  1 , ta có công thức tổng quát của dãy là xn  1, n . Nhận xét. Trong bài toán trên, ta không nhắc đến điều kiện của a, b để dãy xác định với mọi n. Điều kiện đó chính là 2 xn 1  xn  0, n hay 12ab 6ab   0, n n 1 (a  b)(2)  2(a  2b) (a  b)(2) n  2(a  2b) n Ngoài điều kiện ab  0 suy ra từ đó, ta còn cần có (a  b)  2   2(a  2b)  0, n và 9 2(a  b)(2) n  4( a  2b)  ( a  b)( 2) n 1  2( a  2b)  4a( 2) n  2 a  4b  0 Đây chính là hai điều kiện của các số hạng đầu để dãy đã cho luôn xác định. Ngoài ra, còn một bài toán có giả thiết tương tự như trên nhưng yêu cầu khác: Cho dãy số  xn  thỏa mãn xn2  xn xn1 , n  * . Tìm điều kiện của x1 , x2 để dãy số trên có 2 xn  xn1 vô hạn số nguyên. Lời giải. Đặt x1  a, x2  b, ab  0 . Trước hết, dãy đã cho phải có tất cả các số hạng khác 0. Ta có 1  xn2 2 xn 1  1 1 , n  *  yn 2  2 yn1  yn , n  * với yn  , n  1 . xn xn Phương trình đặc trưng của dãy này có nghiệm kép t  1 nên công thức tổng quát của nó có dạng 1 1 yn  rn  s với r , s được xác định theo y1  , y2  . a b  r  s  1 1 1 2 1 a Ta có:   r   ,s    1 b a a b 2r  s  b   a  b  2b  a ab Do đó yn   n  xn  .  ab  ab (a  b)n  (2a  a ) Ta thấy a, b nhận những giá trị không đổi và muốn dãy đã cho có vô số số nguyên thì cần phải (a  b)n  (2b  a ) ab với vô số n. Dễ thấy cần có hệ số trước n phải bằng 0 và a  b . Khi đó xn  a nguyên khác 0. Thử lại thấy thỏa. Vậy điều kiện để dãy có vô số số nguyên là a  b   \{0} . Bài 4. (Bình Định, vòng 1) u  2  3  1 Cho dãy số un  được xác định bởi  un1  3  2 un2  2 6  5 un  3 3  3 2      n 1 , n  1, 2, 3,... Tìm lim vn . k 1 u k  2 Đặt vn   10 Lời giải. Từ công thức xác định dãy, ta thấy rằng un1      2  u   2  3  3  2  u 2 u   2  3  u  6  2 u  2 u  3  3  2 un2  2 6  5 un  3 3  3 2  3  3   un1  3  3  un1  3  un1  3 2 n 2 n n  3  3 2  n n n  1 1 1   un1  3 3  2 un  2 un  3  1 1 1 1 1 1      un1  3 un  3 un  2 un  2 un  3 un1  3    n   1 1 1 1   1      . k 1 u k  2 k 1   un  3 un1  3  u1  3 un 1  3 n Do đó, vn   Từ đẳng thức un1  3      3  2 un  2 un  3 và u1  3  2  3 , bằng quy nạp, ta chứng minh được un  3 , n . Từ đẳng thức 1 1 1    0 (*) , ta cũng có được un  un1 , n hay dãy đã un  2 un  3 un 1  3 cho tăng thực sự. Giả sử dãy đã cho bị chặn trên thì nó có giới hạn, đặt là   3  2 . Chuyển đẳng thức (*) qua giới hạn, ta được 1 1 1    0 , vô lí.   2  3  3 Từ đó suy ra dãy này không bị chặn trên hay lim un   .  1  1 1   2 .  lim    u1  3 un1  3  2 k 1 uk  2 n Do đó, lim vn  lim  Vậy giới hạn cần tìm là 2 . 2 11 Nhận xét. Tương tự bài đầu tiên, ở bài toán này, ta cũng cần tìm được công thức liên hệ ở dạng thuận lợi cho việc rút gọn tổng. Tuy biến đổi ở trên khá rắc rối nhưng mục tiêu vẫn là tìm một biểu thức có dạng như sau  1 1 1    a    un  b un1  b  un  2 Ta có thể biến đổi rồi đồng nhất hệ số, để tránh các căn thức rắc rối, ta có thể tổng quát nó thành 2  x, 3  y rồi xử lí cho đơn giản hơn. Một đặc điểm khá thú vị của bài toán này chính là việc chứng minh các số hạng của dãy dương và dãy đơn điệu tăng không suy ra trực tiếp được từ công thức ban đầu mà phải thông qua các biến đổi trong quá trình tính toán. Trên thực tế, các dãy số dạng này nói chung luôn có giới hạn tại vô cực (vì nếu nó có giới hạn là  thì chuyển qua giới hạn trong công thức sai phân, thường thì ta sẽ thu được mâu thuẫn) nên các quá trình lập luận ở trên có thể nói là thống nhất cho các dạng tương tự của nó. Một bài tương tự trong kì thi VMO 2009: 1) VMO 2009:  1  x1  ,  2 Cho dãy số ( xn ) xác định như sau  .  xn21  4 xn1  xn1  xn  , n  2  2 n 1 Chứng minh rằng dãy số  yn  trong đó yn   2 , n có giới hạn hữu hạn khi n   . i 1 xi 2) VMO 2011: Cho dãy số  xn  xác định bởi x1  1, xn  2n n1  xi , n  2 . (n 1) 2 i1 Đặt yn  xn 1  xn , n  1, 2,3,... . Chứng minh dãy  yn  có giới hạn hữu hạn khi n   . Bài 5. (Bình Dương, vòng 2) 1 a   , n  2 và a  0, x1  0 . Cho dãy số  xn  được xác định như sau xn   xn1  2 xn1  Chứng minh rằng dãy đã cho có giới hạn và tìm giới hạn của dãy. Lời giải. 12 1 a Giả sử dãy đã cho có giới hạn, đặt đó là   0 thì ta có          a . 2   Ta xét biến đổi sau   2 xn  a  xn1  a  a xn1    xn1  a a     xn1  a 1  xn1  xn1   Từ đó suy ra xn  a   a xn1  a   a  xn1  a   xn1  2 xn1  a x  a 1 xn1  a  xn  a  n1 xn1  a  xn1  a . 2 xn1 2 xn1 2   (do xn1  a  xn1 ) Lặp lại quá trình này n 1 lần, ta được xn  a  1 2n1 x1  a . Cho n tiến tới vô cực, theo nguyên lí kẹp, ta có lim xn  a  0  lim xn  a . Vậy giới hạn của dãy đã cho là a và không phụ thuộc vào giá trị của x1 . Nhận xét. Bài này có thể giải bằng cách sử dụng hàm số f (t ) liên hệ giữa các số hạng xn , xn1 hoặc dùng định lí Lagrange. Tuy nhiên, cách đó cần xem xét một số trường hợp nữa và đòi hỏi lập luận thêm một số trường hợp nữa. Cách giải như trên là đơn giản và nhẹ nhàng hơn cả. Cách tìm ra giá trị   a cũng rất tự nhiên từ việc giải phương trình sau khi chuyển qua giới hạn. Bài 6. (Chọn đội tuyển THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai) x  a Cho hai số thực a và b. Xét dãy số  xn  xác định bởi công thức  0  xn1  1  b. xn ; n   Tìm điều kiện của a, b để  xn  có giới hạn. Tính giới hạn đó. Lời giải. Xét trường hợp b  1 , ta thấy rằng khi đó xn1  1  xn nên xn  n  a , dãy trong trường hợp này không có giới hạn. 13 Xét trường hợp b  1 , khi đó xn1  xn  1 nên dãy cũng không có giới hạn. Xét trường hợp b  1 , ta có xn1  1  bxn  xn1  Suy ra xn   1 b 1   bxn   b  xn  .   1 b 1 b 1 b   1 1  a  ab 1 1 n a  ab 1  b n  x0   xn  b n  , n .   b   1 b 1 b  1 b 1 b 1 b Dễ thấy rằng nếu b  1 thì lim b n  0 và giới hạn của dãy này là lim xn  1 . 1 b a  ab 1  0  a  ab  1 thì dãy đã cho không đổi, còn nếu ngược lại thì 1 b dãy này tiến tới vô cực, tức là nó không có giới hạn hữu hạn. Nếu b  1 thì nếu Vậy dãy đã cho hội tụ khi và chỉ khi b  1 hoặc b  1, a  1 . 1 b Nhận xét. Dãy số xác định như trên thay vì biến đổi từng bước như trên, ta hoàn toàn có thể dùng công thức tổng quát cho dãy truy hồi tuyến tính cấp 1 để xử lí. Các điều kiện về giới hạn của dãy cũng dễ dàng suy ra được từ các kết quả đó. Bài 7. (Hà Nam, vòng 2) 3 xn 1 Cho dãy số thực (xn) thỏa mãn: x1  , xn1  với mọi n nguyên dương. 6 2 xn  1 a. Chứng minh dãy số trên có giới hạn và tính giới hạn đó. b. Tìm số hạng tổng quát của dãy số trên. Lời giải. a. Dễ dàng thấy rằng xn  0, n . Xét hàm số f (t )  3t 3 , t  0  f  (t )   0 nên đây là hàm đồng biến. 2t  1 (2t  1)2   x1  1 Dãy số đã cho có thể viết dưới dạng  6   xn1  f ( xn ), n  1, 2, 3,... 14 3 Do x2   x1 nên x3  f ( x2 )  f ( x1 )  x2 nên bằng quy nạp, ta chứng minh được dãy này 8 3 xn 3 3 3 3 tăng, đồng thời xn1      0 nên xn1  , n . 2 2 2 xn 1 2 2 xn 1 Dãy này tăng và bị chặn trên nên có giới hạn, đặt là  thì   Tuy nhiên, do   3  2 2  2    0    1 . 2 1 1 nên   1 và đây chính là giới hạn cần tìm. 6 b. Do mọi số hạng của dãy đều dương nên ta có thể biến đổi như sau: 1 xn1 Với y1   2 xn  1 2 1 1   , n  3 yn1  2  yn , n trong đó yn  , n . 3xn 3 3 xn xn 1 1 1  6 , ta tiếp tục biến đổi 3 yn1 1  yn 1  yn 1 1   yn 1  n  y1 1 . 3 3 x1 3n1 5 Suy ra yn1  n 1 hay xn  , n  1, 2, 3,... Đây chính là công thức tổng quát cần tìm. 3 5  3n1 Nhận xét. Về mặt tìm giới hạn thì dãy số ra trong trường hợp khá chuẩn mực nên có thể tìm được dễ dàng, ta cũng có thể nhẩm trước rồi trừ vào công thức xác định để đưa về dãy kẹp. Ở bài toán xác định au  b công thức tổng quát, thực ra đây là trường hợp đặc biệt của dãy phân tuyến tính un1  n . cun  d un1  aun  bvn Dãy số dạng này được xử lí bằng cách đưa về hệ hai dãy tuyến tính là  . vn1  cun  dvn Tuy nhiên, bài toán ở đây đưa ra ở dạng tương đối đặc biệt nên có thể dùng các biến đổi thông thường để giải quyết. Bài 8. (Hà Nội, vòng 1) 1. Cho dãy số un  xác định bởi: u1 = 1 và un1  un  n với mọi n  1 . Tìm lim n  un . un1 2. Cho dãy số vn  xác định bởi: v1  2015 và vn1  vn2  2 với mọi n 1, 2, 3,... vn21  2011 . n  v 2 .v 2 ...v 2 1 2 n Chứng minh rằng lim 15 Lời giải. n(n  1) n2  n  2 1. Từ công thức xác định dãy, ta có  ui1   ui   i  un1  u1   . 2 2 i 1 i 1 i 1 n n n (n 1)2  (n 1)  2 n2  n  2  . 2 2 u n2  n  2 Do đó, lim n  lim 2  1. n u n n  n  2 n1 Suy ra un  Vậy giới hạn cần tìm là 1. 1 2. Vì v1  2015  2 nên ta có thể đặt v1  a  , a  1 . Ta có a 2 1 1  v2  v  2   a    2  a 2  2 a a  n 1 Bằng quy nạp, ta chứng minh được rằng vn1  a 2  2n , n . Ta xét tích a 2 1 n n 1  i1 vi    a 2  2i1  a i 1 i 1  1 1 1   1  n  2i1 1   1   2n 1    a  a       a  2i1     a    a  2n   a   a  i 1  a  a   a   2  .  2 1  n 1   a    a 2  2n  2 2  2 2 v a  a  , suy ra lim vn 1   a  1    a  1   4  2011 . Do đó, 2 n21 2       2 v1 .v2 ...vn v12 .v22 ...vn2  a  a 1   2n  a  2n  a   Vậy ta có đpcm. Nhận xét. Câu 2 của bài toán trên đã từng xuất hiện từ trước khá nhiều, chẳng hạn trong đề Olympic Sinh viên 2005 (số 2011 ở trên được thay bằng 2005) hoặc trên tạp chí THTT. Trên thực tế, giá trị 2011 có thể thay bằng một đại lượng a bất kì thỏa mãn a  2 bởi vì dãy số có dạng như trên là một trong các dạng đặc biệt của các dãy phi tuyến tính có thể tìm được công thức tổng quát được. Tuy việc tìm giới hạn cũng có thể giải theo nhiều cách khác nhưng cách dùng công thức thế này cho ta nhiều biến đổi đẹp và cơ bản. Bài 9. (Long An, vòng 2) u1  1  Cho dãy số xác định bởi  3u  4 un1  n , n  1, 2, 3,... un  1  Đặt xn  u2 n1 , yn  u2 n , n   . 16 a) Chứng minh dãy  xn  ,  yn  có giới hạn hữu hạn. b) Chứng minh un  có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó Lời giải. a) Dễ thấy rằng un  0, n . Xét hàm số f ( x)  Ta có f ( x )  3x  4 ,x0. x 1 1  0, x  0 nên đây là hàm nghịch biến. Do đó, suy ra g ( x )  f  f ( x) ( x 1) 2 là hàm đồng biến trên 0; . Các dãy số đã cho có thể viết lại là 7 u1  1, un1  f un  , n  1 , x1  1, xn1  g ( xn ), n  1 và y1  , yn1  g  yn  , n  1 2 7 29 123 Ta có u2  , u3   u1 , u4   u2 nên dựa vào tính đồng biến của hàm g ( x) , ta có thể 2 9 38 chứng minh được rằng  xn  đồng biến và  yn  nghịch biến. Ta thấy rằng un1  4  3un  4 un 4   0 nên dãy này bị chặn trên bởi 4 hay dãy  xn  un  1 un  1 cũng bị chặn trên bởi 4. Suy ra dãy  xn  có giới hạn hữu hạn. Tương tự, dãy  yn  giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên cũng có giới hạn. Ta có đpcm.  x2 n 1  f  x2 n  b) Giả sử lim xn  a, lim yn  b thì do  nên chuyển về giới hạn, ta có hệ  x2 n 2  f  x2 n 1    a  3b  4 a  f (b)  3b  4 3a  4 a b b 1 phương trình sau    a b    . b  f (a )  3a  4 b 1 a 1 (a  1)(b 1) b  a 1  Dễ thấy ngoài hệ thức a  b được suy ra từ hệ trên, không còn quan hệ nào nữa bởi vì (a 1)(b  1)  1 là vô nghiệm do a, b  0 . 17 Với a  b , ta có a  3a  4  a 2  a  3a  4  a 2  2a  4  0  a  1  5 do a  0 . a 1 Do đó, hai dãy con  xn  ,  yn  của dãy un  cùng hội tụ về một điểm nên dãy đã cho cũng hội tụ và giới hạn cần tìm là lim un  1  5 . Nhận xét. Bài toán thực ra có thể yêu cầu trực tiếp giới hạn của dãy nhưng dùng thêm hai dãy con như trên là một gợi ý để việc lập luận có thể dễ dàng hơn cho các bạn mới tiếp xúc với dạng toán tìm giới hạn thế này. Bài 10. (Phú Thọ, vòng 1) Cho dãy số u1  4, un1  1 un  4  4 1  2un , n  1, 2, 3,... 9   Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy số trên. Lời giải. Từ giả thiết, ta có 9un 1  un  4  4 1  2un  18un1  2un  8  8 1  2un  18un1  9  (2un  1)  16  8 1  2un  9 2un 1  1   2un  1  4  2  3 2un1  1  2un  1  4, n  1, 2, 3,... Đặt vn2 1 2un  1  vn , n  un  thì ta có dãy mới tương ứng là 2 v1  3  . 3vn 1  vn  4, n  1, 2, 3,... 1 Từ công thức xác định dãy này, ta có 3vn 1  6  vn  2  vn1  2  vn  2 , n  1, 2,3,... 3 2   1  1 Suy ra vn  n1  2 , do đó: un   n1  2 1, n  1, 2,3,...  3 2  3  1 Đây là công thức tổng quát cần tìm. 18 Bài 11. (Nam Định, vòng 1) Xét dãy số un  thỏa mãn u1  1, un1  un (un 1)  2, n  1 . n Chứng minh rằng An  uk2  1 1 là số chính phương với mọi n. k 1 Lời giải. n Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng An  uk2  1 1  un 1 1 , n . 2 k 1 Thật vậy, - Với n  1 , ta tính được u2  1 nên ta có A1  u12  1 1  u2 1   2 1 , đúng. 2 2 m - Giả sử khẳng định đúng với n  m  1 , tức là Am  uk2  1 1  um1 1 . 2 k 1 m 1  m  Ta có Am1  uk2 1 1  uk2 1 um2 1  1 1   Am  1um2 1  1 1 .  k 1  k 1 2 2 Do đó Am1   Am 1um2 1  1 1  um1 1  1 um2 1 1 1  um2 1  um 1  um2 2 .   Suy ra khẳng định cũng đúng với n  m  1 nên theo nguyên lí quy nạp thì nó đúng với mọi n . n Vậy An  uk2  1 1 là số chính phương với mọi n. Ta có đpcm. k 1 Nhận xét. Dãy số đã cho không thể tìm được công thức tổng quát nên ta cần phải thông qua các số hạng cụ thể để có thể dự đoán và chứng min h được quy nạp như thế. Thật vậy, ta có thể tính được các số hạng của dãy là : u1  1, u2  2, u3  4, u4  14, u5  184, u6  33674,... Tương ứng, ta cũng có A1  12 , A2  32 , A3  132 , A4  1832 . Từ đây dễ dàng dự đoán được điều cần chứng minh ở đây, nhiều bài toán về dãy số nguyên khác cũng được dự đoán và giải theo cách này. 19 Bài 12. (Cần Thơ, vòng 2) Cho dãy số  xn  được xác định bởi Chứng minh rằng dãy số  xn   x1  a   2011 2 2 2  xn1  3 ln  xn  2011   2011 có giới hạn. Lời giải. Xét hàm số tương ứng f ( x)  2011 ln  x 2  20112   20112 , x   . 3  x1  a Dãy số đã cho chính là   xn1  f  xn  , n  1, 2,3,... Ta có f ( x)  2011 2x 1 2  2011x 1   2  . 2 2 3 x  2011 3 x  20112 3 Xét hàm số g ( x )  f ( x )  x  g ( x )  f ( x)  1  0 nên phương trình g ( x)  0 có không quá 2011 ln 20112  20112  0 và g (20112 )  0 nên phương 3 trình g ( x)  0 có ít nhất một nghiệm do đây là hàm liên tục. một nghiệm. Ta lại có g (0)  f (0)  Từ đây suy ra phương trình g ( x)  0 có đúng một nghiệm thực. Gọi a là nghiệm của phương trình g ( x )  0  f (a )  a . Áp dụng dụng định lý Lagrange cho x, y thuộc  , do hàm f ( x) liên tục trên  nên tồn tại 1 z  ( x, y ) sao cho: f ( x )  f ( y )  f ( z )( x  y ) , mà f ( z )  , z nên suy ra 3 1 f ( x )  f ( y )  x  y với mọi x, y thuộc  . 3 n 1 1 Ta có xn1  a  f ( xn )  f (a )  xn  a  ...    x1  a . 3 3  1 n  Dễ thấy rằng lim   x1  a   0 nên theo nguyên lí kẹp, ta có lim xn  a  0 . n  n   3   Vậy dãy đã có giới hạn hữu hạn. Ta có đpcm. 20
- Xem thêm -