Áp dụng tính liên tục của hà m số, định lí Lagrange, định lí Rolle để giải

Sáng kiến kinh nghiệmTRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANGTỔ HÀNH CHÁNHĐỀ TÀI:Người thực hiện: NGUYỄN VŨ THANHNăm học 2008-2009Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 1

Sáng kiến kinh nghiệmI. PHẦN MỞ ĐẦU1. Lý do chọn đề tài2. Mục tiêu nghiên cứu3. Nhiệm vụ nghiên cứu4. Phương pháp nghiên cứu5. Một số kết quả đạt đượcII. NỘI DUNG NGHIÊN CỨUMỤC LỤC-------Chương I. ÁP DỤNG TÍNH CHẤT HÀM SỐ LIÊN TỤC ĐỂ GIẢI TOÁNI.1.Các tính chấtI.2. Các bài toánI.2.1. Áp dụng tính liên tục của hàm số để chứng minh phương trình có nghiệm.I.2.2. Áp dụng tính liên tục của hàm số để giải các bài toán về hàm số và dãy sốI.2.3.Dựa vào tính liên tục của hàm số để chứng minh một hàm số là hàm hằng .I.2.4. Phương trình hàm liên tụcChương II. ÁP DỤNG ĐỊNH LÍ LAGRANGE, ĐỊNH LÍ ROLLE ĐỂ GIẢI TOÁN.II.1CÁC ĐỊNH LÍnghiệmtrìnhII.1.1. Áp dụng định lí Lagrange, định lí Rolle để chứng minh phương trình cóII.2.2. Áp dụng định lí Lagrange, định lí Rolle chứng minh đẳng thức ,bất đẳng thứcII.2.3. Áp dụng định lí Lagrange, định lí Rolle để giải phương trình,hệ phươngII.2.4. Áp dụng định lí Lagrange để giải bất phương trìnhII.2.5. Áp dụng định lí Lagrange để tìm giới hạn dãy sốNgười thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 2

Sáng kiến kinh nghiệmI. PHẦN MỞ ĐẦU1. Lý do chọn đề tài:Từ khi tham dự các hội nghị Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi THPT dotrường Đại học Khoa học tự nhiên Hà nội tổ chức hàng năm từ 2002 đến nay,được học tậpcác chuyên đề do các giảng viên , các chuyên gia Toán của Bộ trình bày và được sự động viêncủa thầy Trương Thành Phú chuyên viên môn Toán của Sở Giáo dục và đào tạo Tiền Giangchúng tôi có một tâm huyết là sẽ cố gắng thực hiện hoàn chỉnh , cụ thể hoá các chuyên đề phùhợp với trình độ học sinh tỉnh nhà để đóng góp vào thành tích chung của Tỉnh trong các kỳ thiHSG cấp khu vực và cấp quốc gia.Trong những năm gần đây bộ môn Toán của tỉnh Tiền Giang đã có những tiếnbộ và đạt được một số thành tích đáng kể trong các kỳ thi HSG khu vực. Nhưng gần đây Bộđã thay đổi mạnh về quy chế thi HSG cấp Quốc gia đó là không còn phân chia hai bảng A,Bnhư trước mà chỉ có một bảng thống nhất chung toàn quốc. Đề thi khó hơn và số lượng giải íthơn gây khó khăn cho cả Giáo viên và học sinh môn Toán tỉnh nhà.Trong điều kiện khó khăn đó việc tìm tài liệu và viết các chuyên đề này là việccần thiết trong tình hình hiện nay.Được sự ủng hộ của các thầy cô trong tổ Toán Tin trườngTHPT Chuyên Tiền Giang chúng tôi thực hiện viết chuyên đề :” Áp dụng tính liên tục củahàm số, định lí Lagrange, định lí Rolle để giải toán”.2. Mục tiêu nghiên cứu:Nhằm hệ thống và phân loại kiến thức các bài tập có sử dụng tính liên tục và cácđịnh lí Lagrange , định lí Rolle đồng thời đưa ra nhận xét cách giải .Giúp cho học sinh có hệthống kiến thức và biết vận dụng vào việc giải các bài toán giải tích , đại số đồng thời địnhhướng suy nghĩ tư duy toán học và khả năng vận dụng sáng tạo trong các bài toán mới.3. Nhiệm vụ nghiên cứu:Trình bày lời giải và hướng dẫn giải các bài toán có sử dụng tính liên tục củahàm số để chứng minh phương trình có nghiệm, để giải các bài toán về hàm số và dãy số ,trình bày một phương pháp chứng minh một hàm số là hàm số hằng và một lớp các phươngtrình hàm liên tục.Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 3

Sáng kiến kinh nghiệmTiếp theo những áp dụng tính liên tục của hàm số là các bài tập áp dụng định líLagrange, định lí Rolle để chứng minh phương trình có nghiệm, để chứng minh đẳng thức,bấtđẳng thức, để giải phương trình,hệ phương trình,bất phương trình và áp dụng để tìm giới hạndãy số.Rèn luyện tư duy toán thông qua các bài tập về hàm số và giới hạn dãy số đồngthời trao đổi và học tập kinh nghiệm với các thầy cô bộ môn Toán của tỉnh Tiền Giang.4. Phương pháp nghiên cứu-Dựa vào các chuyên đề đã học ở Hà Nội và các tài liệu trong tất cả các đợt bồidưỡng để trình bày hệ thống các áp dụng của hàm số liên tục , định lí Lagrange, định lí Rollevà các nhận xét.-Hướng dẫn học sinh Đội tuyển tìm tài liệu có liên quan,phân loại bài tập,nhậnxét cách giải, tạo tình huống có vấn đề để HS cùng trao đổi nghiên cứu.-Hệ thống và sắp xếp các dạng bài tập từ dễ đến khó và có các lời giải cụ thể.-Phương pháp phân tích:giúp học sinh nắm rõ bản chất vấn đề , lựa chọn phươngpháp giải phù hợp đồng thời mở rộng và tương tự hoá bài toán.5. Một số kết quả đạt đượcGiúp cho học sinh đội tuyển có thêm phương pháp và tài liệu cần thiết để giảicác bài toán về hàm số và dãy số.Qua chuyên đề này giúp học sinh khắc sâu thêm kiến thức về hàm số liên tục vàgiới hạn dãy số.Giúp cho học sinh có thêm phương pháp để viết các chuyên đề nâng cao khác.II. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU1.Các tính chất của hàm số liên tục trên một đoạn được áp dụng nhiều và rất phong phúđa dạng trong các bài toán về hàm số và dãy số cũng như các định lí Lagrange, định lí Rollecũng được sử dụng trong các đề thi HS giỏi cấp Quốc Gia gần đây.Với mong muốn có mộtchuyên đề tương đối hoàn chỉnh về các các dạng bài tập này nên chúng tôi viết chuyên đề :”Áp dụng tính liên tục của hàm số, định lí Lagrange, định lí Rolle để giải toán” để phục vụgiảng dạy cho học sinh Đội tuyển tỉnh nhà.2. Đề tài được chia làm 2 chương:Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 4

Sáng kiến kinh nghiệm-Chương I: Trình bày áp dụng tính chất của hàm số liên tục, trong chương nàychủ yếu áp dụng tính chất hàm số liên tục trên một đoạn đồng thời sử dụng nhiều đến sự tồntại giới hạn hữu hạn của dãy số và mối liên hệ giữa giới hạn dãy và giới hạn hàm.- Chương II: Trình bày áp dụng định lí Lagrange, định lí Rolle để chứng minhphương trình có nghiệm, để chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, để giải phương trình,hệphương trình,bất phương trình và áp dụng để tìm giới hạn dãy số.Dù cố gắng nhiều nhưng đề tài không tránh khỏi sai sót , rất mong nhận được sự đónggóp từ các đồng nghiệp môn Toán của tỉnh nhà.Sau đây và trình bày phần nội dung của đề tài.Chương I.ÁP DỤNG TÍNH CHẤT HÀM SỐ LIÊN TỤC ĐỂ GIẢI TOÁNI.1.CÁC TÍNH CHẤT:1.Nếu hàm số f liên tục tại x 0 thì mọi dãy (x n ) có limx n = x 0 thìlimf(x n ) = f(x 0 ) = f(limx n ).2.Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a;b] thì nó đạt được giá trị lớn nhất và giá trịnhỏ nhất trên đoạn đó,đồng thời nhận mọi giá trị trung gian ở giữa giá trị nhỏ nhất và giá trịlớn nhất,nghĩa là :x 0∈a/Tồn tại x ∈ [ a; b]sao cho f(x 1 ) ≤ f(x) với ∀x∈ [ a; b],1kí hiệu m=f(x 1 )= min f ( x )[ ab ; ]b/ Tồn tại x ∈ [ a; b]sao cho f(x) ≤ f(x 2 ) với ∀x∈ [ a; b],2kí hiệu M = f(x 2 ) = max f ( x )[ ab ; ]c/Với mọic ∈ [ m; M], ∃x ∈ [ a; b]0sao cho f(x 0 ) = c3. Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a;b] và f(a).f(b) < 0 thì tồn tại( a; b)sao cho f(x 0 ) = 0,nghĩa là phương trình f(x) = 0 có nghiệm.Nếu có thêm giả thiếthàm số f đơn điệu trên khoảng (a;b) thì nghiệm x 0 là duy nhất.I.2.CÁC BÀI TOÁN:I.2.1. Áp dụng tính liên tục của hàm số để chứng minh phương trình có nghiệm:Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 5

Sáng kiến kinh nghiệmBiến đổi phương trình về dạng f(x) = 0 sau đó chứng minh f liên tục trên [a;b] và f(a).f(b) ≤0Bài 1: Cho a,b,c khác 0 và p,q tùy ý.CMR phương trình2 2a b+ = cx p x q− −luôn cónghiệm.Giải :* Với p = q ta có2 2 ⎧a + b ⎪x ≠ p=2 2c ⇔ ⎨ a + bx− p ⎪x= + p⎩ cphương trình có nghiệm.* Với p ≠ q điều kiện xác định x ≠ p và x ≠ q .Với điều kiện đó phương trình tương đươngvới a 2 (x-q)+b 2 (x-p)=c(x-p)(x-q) ⇔ c(x-p)(x-q)- a 2 (x-q)-b 2 (x-p) = 0Đặt vế trái của phương trình là f(x) . Ta có f liên tục trên R vàf(p)f(q) = -a 2 b 2 (p-q) 2có nghiệm.[a;b]≤0.Do đó tồn tại số x 0 ở giữa p và q sao cho f(x 0 ) = 0,tức phương trìnhBài 2: Cho hàm f :[ ab ; ] → [ ab ; ] liên tục .CMR phương trình f(x) = x có nghiệm trongHD:Đặt g(x) = f(x) –x liên tục trên [a;b] và g(a).g(b)≤0Bài 3:CMR phương trìnhHD: Điều kiện1 1− = m luôn có nghiệm.cos x sin xx ≠ k π .PT tương đương với sinx – cosx –msinxcosx = 02Đặt f(x) = sinx – cosx –msinxcosx liên tục trên [0; π π] và f (0). f ( ) < 022Bài 4:CMR với mọi a,b,c PT sau luôn có nghiệm:ab(x-a)(x-b)+ bc(x-b)(x-c)+ ac(x-a)(x-c) = 0HD: Đặt f(x)= ab(x-a)(x-b)+ bc(x-b)(x-c)+ ac(x-a)(x-c) liên tục trên R vàf ( a). f( b). f( c). f(0) ≤ 0⇒ f ( a). f( b) ≤ 0 hoặc f ( c). f(0) ≤ 0tục .I.2.2. Áp dụng tính liên tục của hàm số để giải các bài toán về hàm số và dãy số:-Áp dụng định lí giá trị trung gian giữa giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm liên-Dãy số đơn điệu và bị chặn thì tồn tại giới hạn hữu hạn.Bài 5: Cho f là hàm số liên tục trên R thỏa mãn các điều kiện f(f(x))f(x) =1 với mọi xvà f(2a)=2a-1( với a>1).Hãy tính f(a)Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 6

Sáng kiến kinh nghiệm⎛ i j⎞∃c∈ ⎜ , ⎟: g( c)= 0 .Vậy tồn tại⎝n n⎠1∃c∈ [0;1]: f( c) = f( c+)nBài 8: Ký hiệu x n là nghiệm của phương trình1 1 1+ + ... + = 0x x −1x − nthuộc khoảng (0, 1)Giảia) Chứng minh dãy (x n ) hội tụ;b) Hãy tìm giới hạn đó.a/ x n được xác định duy nhất vì hàm số(0, 1) và lim f ( x)=+∞;lim f ( x)= −∞x→0+nx→1−Rõ ràng x n được xác định duy nhất với 0 < x n < 1. Ta có1 1 1 1 1fn+ 1( x) = + + ... + + = fn( x)+x x−1 x−n x−n−1x−n−1f n+1 (x n ) = f n (x n ) + 1/(x n -n-1) = 1/(x n -n-1) < 0, trong khi đónf n1 1 1( x)= + + ... + liên tục , giảm trênx x −1x − nsuy ra:. Theo tính chấtcủa hàm liên tục, trên khoảng (0, x n ) có ít nhất 1 nghiệm của f n+1 (x). Nghiệm đó chính là x n+1 .Vậy ta đã chứng minh được x n+1 < x n . Tức là dãy số (x n ) giảm. Do dãy này bị chặn dưới bởi 0nên dãy số có giới hạn.lim f ( x ) =+∞x→0+b/Ta sẽ chứng minh giới hạn nói trên bằng 0. Để chứng minh điều này, ta cần đến kếtquả quen thuộc sau:1 + 1/2 + 1/3 + … + 1/n > ln(n)(Thật vậy ta có ln(1+1/n) < 1/n suy ra 1 + 1/2 + 1/3 + … + 1/n > ln2+ln3-ln2+…+ln(n+1)-lnn=ln(n+1) > lnn)Thật vậy, giả sử lim x n = a > 0. Khi đó, do dãy số giảm nên ta có x n ≥ 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 cón+1Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 8

Sáng kiến kinh nghiệm1 1 1 1 1 1 1 1 10 = + + ... + < + + + ... + < − = 0x x −1x − n x −1− 2 − n a annMâu thuẫn. Vậy ta phải có lim x n = 0.nnNX : * Có thể lập bảng biến thiên để thấy hàm số f n giảm từ +∞ xuống -∞ trên (0 ;1)* Áp dụng : lim u =+∞⇔( ∀ M > 0, ∃ N: n> N ⇒ u >M)n→+∞n* Dãy (u n ) giảm và bị chặn dưới thì tồn tại giới hạn hữu hạn lim u nnn→+∞Bài 9 : Cho n là một số nguyên dương lớn hơn 1. Chứng minh rằng phương trình x n =x + 1 có một nghiệm dương duy nhất, ký hiệu là x n . Chứng minh rằng x n dần về 1 khi n dầnđến vô cùng và tìm lim n(x −1).n→∞nGiải : Đặt f n (x) = x n – x – 1 ta có f n (1) = -1< 0 ,f n (3) > 0 khi n>1và f tăng trên (1 ; +∞ )nên x n > 1 .Khi đó f n+1 (1) = - 1 < 0 và f n+1 (x n ) =n 1x + n– x n – 1 > x n n – x n – 1= f n (x n ) = 0. Từ đóta suy ra 1 < x n+1 < x n . Suy ra dãy (x n ) có giới hạn hữu hạn a. Ta chứng minha = 1. Thật vậy, giả sử a > 1. Khi đó x n ≥ a với mọi n và ta tìm được n đủ lớn sao cho: x n n ≥ a n> 3 và x n + 1 < 3, mâu thuẫn vì f n (x n ) = 0.Đặt x n = 1 + y n với lim y n = 0. Thay vào phương trình f n (x n ) = 0, ta được(1+y n ) n = 2 + y n . Lấy logarith hai vế, ta đượcTừ đó suy raNhưngnln(1+y n ) = ln(2+y n )lim nln(1+y n ) = ln2ln(1 + yn)⇒ lim nyn= ln 2n→+∞yln(1 + yn)lim = 1 nên từ đây ta suy ra lim ny n = ln2, tức là→+∞ ynlim n(x −1)= ln 2.n→∞nnnNX: * (u n ) giảm và lim x n = a thì xn≥ a* Với a >1 thì l ima n =+∞ nên với n đủ lớn thì a n > 3*ln(1 + x)lim = 1x→0xI.2.3.Dựa vào tính liên tục của hàm số để chứng minh một hàm số là hàm hằngNgười thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 9

Sáng kiến kinh nghiệmTa thường áp dụng tính chất sau: Nếu hàm số f liên tục tại x 0 thì mọi dãy (x n ) có limx n =x 0 thì limf(x n ) = f(x 0 ) = f(limx n ).xBài 10:Tìm hàm f liên tục trên R và thỏa mãn f ( x) = f( ), ∀x∈R2Giải:Giả sử có hàm số f thỏa điều kiện bài toán , bằng quy nạp ta chứng minhxx xđược : f ( x) = f( ), ∀n∈ N .Cho n →+∞ thì → 0 . Vì f liên tục nên f ( ) → f (0 )2 nxVậy f ( x) = lim f( ) = f(0)= c.Thử lại f(x) = c thỏa yêu cầu.Vậy f là hàm số hằng.2 nBài 11: Tìm hàm f liên tục trên R và thỏa mãn f(x 2 ).f(x) =1 với ∀x ∈ RGiải : Từ đề bài ta có f ( x) ≠0 , ∀x∈R và f(0) = ± 1 , f(1) = ± 1Ta lại có f(x 2 ).f(x) = f(x 2 ).f(-x) ∀x ∈ R nên f(x) = f(-x) ∀x ∈ R ,do đó ta chỉ cần xét với x ≥ 0• Với1n4 16 40≤ x < 1: f( x) = = f( x ) = f( x ) = ... = f( x )2f( x )2 n2 nKhin →+∞thìn4x → 0 và do f liên tục nên f(x) = limf(4x n) = f(0) = ±1Khi• Với x ≥ 1:n →+∞thì121114 164 n1f ( x) = = f( x ) = f( x ) = ... = f( x )1n40f( x )x → và do f liên tục nên f(x) = limf(14x n) = f(1) = ±1Vì f liên tục nên có hai hàm hằng thỏa yêu cầu bài toán là f(x) = 1 và f(x) = -1 với mọi xnNX : x < 1 thì lim x = 0Bài 12: Tìm hàm f liên tục trên R và thỏa mãnf( x) = f( x + ) với ∀x ∈ R42 1Giải: Giả sử f là hàm thỏa mãn điều kiện bài toán thì f là hàm số chẵn Ta xét hai trường hợp1*Với 0 ≤ x0≤ Xét dãy x 0, x 1 ,…,x n ,… xác định bởi210 ≤ xn≤ , ∀n∈ N .Mặt khác2xx14= 2+ n+ 1 n .Bằng quy nạp ta có2 1 1x − n 1x = nx − nx + + n( xn)4 = − 22≥ 0 suy ra (x n ) là dãy đơnđiệu tăng nên nó hội tụ .Gọi limx n = a thì a 2 -a+ 1 4 = 0 suy ra a = 1 2 .Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 10

Sáng kiến kinh nghiệmVì f là hàm liên tục nên lim f(x n ) = f( 1 2 ) , mặt khác 2 1f ( xn+ 1) = f( xn + ) = f( xn),∀n∈ N .4Vậy f(x 0 ) = f(x 1 ) =…= f(x n ) =… nên f(x 0 ) = f( 1 2 ) với mọi x 10∈[0; ]211*Với x0> Xét dãy x 0, x 1 ,…,x n ,… xác định bởi xn1 n2= +x − 4Như trên (x n) là dãy hội tụvà limx n = 1 2 và f liên tục nên lim f(x n) = f( 1 2 ) , mặtkhác2 1f ( xn+ 1) = f( xn+1+ ) = f( xn),∀n∈N .4Vậy f(x 0 ) = f(x 1 ) =…= f(x n ) =… nên f(x 0 ) = f( 1 2 ) với mọi x 0 > 1 2 .Thử lại f(x) = C thỏa đề bài .Vậy f là hàm hằng với mọi xBài 13: Tìm hàm f liên tục trên R và thỏa mãn2 2f ( x ) f( x)x x+ = + với ∀x ∈ RGiải Đặt g(x) = f(x)-x , g liên tục trên R và g(x 2 )+g(x) = 0 với ∀x ∈ R do đó g là hàm chẵn vàg(0) = g(1) = 0 .Với x > 0 ta có g(x)= -g(x 2 ) = g(x 4 4) suy ra g(x) = gx ( )1Với x 0 > 0 ta xét dãy x 0 , x 1 ,…, x n ,… với14n+ 1 n, Nx = x ∀n∈ .1114 164Ta có x = x = x = ... = x n+→ 1 vàn+ 1 n n−1 0114n+ 1 n n n−1gx ( ) = gx ( ) = gx ( ) = gx ( ) = ... = gx (0)Vì g liên tục nên g(x 0 ) = limg(x n ) = g(limx n ) = g(1) = 0.Vậy g(x) = 0 với ∀x ∈ R do đó f(x) =x với ∀x ∈ R .Hiển hiên hàm số này thỏa yêu cầu bài toánGiải:Giả sửBài 14: Tìm hàm f liên tục trên [0;1] và thỏa mãn f(xf(x)) = f(x) , ∀x∈ [0;1]a∈(0;1]và b = f(a).Khi đó f xác định tại a và do đó xác định tại ab,ab 2 ,…,ab nBằng quy nạp ta có f(ab n ) = b, ∀n∈N.Thật vậy với n=1 ta có f(ab) = f(af(a))=f(a) = b vàf(ab n+1 ) = f(ab n f(ab n )) = f(ab n ) = b.Ta cób∈ [0;1] vì nếu b1 ,khi đó f sẽ không xác định tại ab và ab n .Do f liên tục nên với 0 < b

Sáng kiến kinh nghiệm-Áp dụng phương trình hàm Côsi:Nếu hàm số liên tục trên R thỏa điều kiệnf(x+y)=f(x)+f(y) với mọi x,y∈R thì f(x) = ax với a∈R.- Nếu hàm số liên tục trên R thỏa điều kiện f(x+y) = f(x).f(y) với mọi x,y∈R thì f(x) =0 hoặc f(x) = a x (với a > 0 )x,y∈RBài 15: Tìm hàm f liên tục trên R và thỏa mãn f(x+y) = f(x)+f(y)+f(x).f(y) với mọiGiải: Đặt g(x) = f(x)+1 thì g liên tục trên R vàg(x+y)-1 = g(x)-1+g(y)-1+[g(x)-1][g(y)-1] suy ra g(x+y) = g(x).g(y) với mọi x,y∈R .Vậyg(x) = 0 hoặc g(x) = a x .Thử lại ta có f(x) = a x -1 với mọi x∈Rvà f(1) = -1Bài 16: Tìm hàm f liên tục trên R và thỏa mãn f(x+y) = f(x)+f(y)+2x.y với mọi x,y∈RGiải:Thay y = 0 ta được f(0) = 0.theo đề bài ta cóf(x+y)-(x+y) 2 -2(x+y) = f(x)-x 2 -2x+f(y)-y 2 -2yĐặt g(x) = f(x)-x 2 -2x liên tục trên R và g(x+y) = g(x)+g(y) , g liên tục và cộng tính nên g(x) =ax .Mặt khác g(1) = f(1)-3 = -4 = a nên g(x) = -4x.Vậy f(x) = x 2 -2x với mọi x∈R.Bài 17 : Tìm hàm f liên tục trên R và thỏa mãn f(2x-y)=2f(x)-f(y) với mọi x,y∈RHD : Đặt g(x) = f(x)-f(0) liên tục trên R ta có g(0) = 0 và g(2x-y) = 2g(x)-g(y)Cho x = 0 ta có g(-y) = -g(y) ; cho y = 0 ta có g(2x) = 2g(x).Từ đó suy ra :g(2x-y) = g(2x)+g(-y) suy ra g(x) = ax.Vậy f(x) = ax+b.HD : Ta cóBài 18 : Tìm hàm f liên tục trên R và thỏa mãn f(x)+f(y)- f(x+y) = x.y với mọi x,y∈R2 2 2( x + y) − ( x + y )xy = và PT được viết :22 2x y ( xf( x) + + f( y) + = f( x+ y)+2 2+ y)22. Đặt2xgx ( ) = f( x)+ ta có22xg(x+y) = g(x)+g(y) với mọi x,y∈R suy ra g(x) = ax v à f( x)= ax−2Bài 19: Tìm hàm f liên tục trên R và thỏa mãn f(x+y)+f(z) = f(x)+f(y+z) với mọix,y,z∈R.HD: Đặt f(0) = c .Thay z = 0 ta có f(x+y)+c = f(x)+f(y) ⇔ f(x+y)-c = f(x)-c+f(y)-c ⇔g(x+y) = g(x)+g(y) .Suy ra g(x) = ax và f(x) = ax+cNgười thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 12

Sáng kiến kinh nghiệmCHƯƠNG II. ÁP DỤNG ĐỊNH LÍ LAGRANGE, ĐỊNH LÍ ROLLE ĐỂGIẢI TOÁN :II.1.CÁC ĐỊNH LÍ :1.Định lí Lagrange : Cho hàm số f liên tục trên [a;b] có đạo hàm trên (a;b) khi đó tồnf( b) − f( a)tại x 0 ∈(a;b) sao cho= fb−a/( x )0Ý nghĩa của định lí Lagrange : Lấy hai điểm A(a;f(a)) và B(b;f(b)) với y=f(x) là hàm sốliên tục trên [a;b] và có đạo hàm trên (a;b) . Lúc đó trên cung AB của đồ thị có ít nhất mộtđiểm C mà tiếp tuyến tại đó của đồ thị song song với đường thẳng AB2.Định lí Rolle : Cho hàm số f liên tục trên [a;b] có đạo hàm trên (a;b) và f(a) = f(b)khi đó tồn tại x 0 ∈(a;b) sao cho f / (x 0 ) = 0Ý nghĩa của định lí Rolle: Lấy hai điểm A(a;f(a)) và B(b;f(b)) với y = f(x) là hàm sốliên tục trên [a;b] và có đạo hàm trên (a;b) . Lúc đó trên cung AB của đồ thị có ít nhất mộtđiểm C mà tiếp tuyến tại đó của đồ thị cùng phương với trục hoành.Hệ quả : Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [a;b] có đạo hàm trên (a;b).Nếu phương trìnhf / (x) = 0 có k nghiệm phân biệt trên (a;b) thì phương trình f(x) = 0 có không quá k+1 nghiệmtrên khoảng đó.3.Định lí Côsi : Cho hàm số f và g liên tục trên [a;b] có đạo hàm trên (a;b) khi đó tồntại c ∈(a;b) sao cho: [f(b)-f(a)]g / (c) = [g(b)-g(a)]f / (c)4.Tính chất : Nếu đa thức P(x) với hệ số thực có n nghiệm thực phân biệt thì đa thứcP / (x) có ít nhất n-1 nghiệm thực.II.2.CÁC BÀI TẬP ÁP DỤNG:II.2.1. Áp dụng định lí Lagrange, định lí Rolle để chứng minh phương trình cónghiệm:Ta xác định hàm số y = F(x) liên tục trên [a;b] có đạo hàm trên (a;b) và F(a) = F(b)a b cBài 20 : Cho m > 0 , a,b,c thỏa + + = 0 .m+ 2 m+1 mCMR phương trình ax 2 +bx+c = 0 có nghiệm thuộc khoảng (0;1)Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 13

Sáng kiến kinh nghiệma m+ 2 b m+1 c mHD: Hàm số F(x)= x + x + xm+ 2 m+1 mF(0) = F(1) = 0 nên tồn tại x 0 ∈(0;1) sao cho:liên tục trên [0;1] có đạo hàm trên (0;1) vàF / m−1 22(x 0 )= x ( ax + bx + c)=0⇒ ax + bx + c =0 0 0a n0 00a1 a2Bài 21:Cho a0 + + + ... + = 0 .CMR phương trình :2 3 n + 1a n x n + a n-1 x n-1 +…+ a 1 x +a 0 = 0 ( a ≠ 0) có nghiệm thuộc khoảng (0;1)nnakk+1HD :Xét hàm số F(x)= ∑ x liên tục trên [0;1] có đạo hàm trên (0;1) vàkk= 0 + 1F(0) = F(1) = 0 sau đó áp dụng định lý Rolle− 6( a+b)Bài 22: Cho các số thực a,b,c và số nguyên dương n thỏa c =5( n + 2).CMR phươngtrình asin n x+bcos n πx +csinx+c=0 có nghiệm thuộc (0; )2HD: Xét hàm số f(x) =f/ ( x ) = sin2x(asin n x+bcos n x +csinx+c) vàđịnh lí Rolle2a n+ 2 2b n+2 2c 32sin x − cos x+ sin x−ccosx cón+ 2 n+2 32a 2b 5cf( π ) − f(0) = + + = 02 n + 2 3Bài 23: Cho n là số nguyên dương và các số thực a k ,b k ( k=1,2,…,n) .sau đó áp dụngnCMR phương trìnhx+ ∑ ( aksin kx+bkcos kx) = 0 có nghiệm trong ( − π; π )k=1HD: Xét hàm sốtrên ( − π; π ) và f ( − π ) = f ( π )Bài 24: Cho2 nx 1 1f ( x) = + ∑( − akcoskx+bksin kx ) liên tục trên [ − π;π ] có đạo hàm2 k kk=13nc1 c2 cnc2.2cn.2c + 0... 2021... 02 + 3 + ++ c cn+ 1 = + + 3 + + n+1= .CMR phương trình c 1 +2c 2 x+…+nc n x n-1 = 0 có nghiệm thuộc khoảng (0;2)Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 14

Sáng kiến kinh nghiệmHD:Xét hàm số1 2 1 3 1 n+1F( x) = c0x+ c1x + c2x + ... + cnx có F(0) = F(1) = F(2) = 0 nên F /2 3 n + 1có ít nhất 2 nghiệm x 1 , x 2 thỏa 0

Sáng kiến kinh nghiệmBài 27(Định lí Côsi): Cho hàm số f và g liên tục trên [a;b] có đạo hàm trên (a;b) khi đótồn tại c ∈(a;b) sao cho: [f(b)-f(a)]g / (c) = [g(b)-g(a)]f / (c)HD:Xétf( b) − f( a)hx ( ) = f( x) − [ gx ( ) − ga ( )] ( gb ( ) ≠ ga ( ) )gb ( ) − ga ( )Ta có h(a) = h(b) = f(a) suy ra tồn tại c ∈(a;b): h / (c) =0 suy ra đpcmNếu g(a) = g(b) thì tồn tại c ∈(a;b): g / (c) = 0Chú ý : Nếu g(x) = x thì ta có định lí LagrangeBài 28: Cho hàm số f và g liên tục trên [a;b] có đạo hàm trên (a;b) khi đó tồn tại1a−baf () b − bf () a = f () c −cf () cc ∈(a;b) sao cho: ( )/HD: Áp dụng định lí Côsi cho các hàm sốBài 29:Cho hàm số f :[0;1] →[0;1]f( x) 1hx ( ) = , gx ( ) =x xliên tục và có đạo hàm trên (0;1) ,f(0)=0 , f(1)=1.CMRab , (0;1) a bsao cho/ /∃ ∈ ≠ ( ) ( ) 1fa fb =HD: Xét hàm số g(x) = f(x)+x-1 liên tục trên [0;1] có đạo hàm trên (0;1) vàg(0) = -1,g(1) = 1.Vì g liên tục trên [0;1] và g(0).g(1) < 0 nên ∃c∈ (0;1); g( c) = 0.Áp dụng định lý Lagrange trên[0;c] và trên [c;1] ta có a ≠ b và/ / / /f ( a). f ( b) = ( g ( a) −1).( g ( b) − 1) = 1.gc () − g(0) 1 g(1) − gc () 1( ) = = ; ( ) = = ⇒c c1−c1−c/ /g a g bBài 30: Cho f :[ ab ; ] → R + liên tục trên [a;b] và có đạo hàm trên (a;b) .CMR tồn tại c ∈(a;b):f( a)f( b)= ef/ ( c)( b−a)f ( c )HD:Áp dụng định lí Lagrange cho hàm số g(x) = lnf(x) trên [a;b]Bài 31: Cho f , g:[ a; b]→ Rliên tục trên [a;b] và có đạo hàm trên (a;b) và/gx ( ) + g( x) ≠0,∀x∈( ab ; )vàf ( a) f( b)= .CMR tồn tại c ∈(a;b) sao cho:ga ( ) gb ( )Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 16

Sáng kiến kinh nghiệm/f () c f () c= ./gc () g()cHD:Áp dụng định lí Cô si cho hai hàm số hx ( ) = ln f( x) , kx ( ) = ln gx ( )Bài 32: Cho f :[ ab ; ] → R liên tục trên [a;b] và có đạo hàm trên (a;b) .vàf ( x) ≠0 , ∀x∈( a; b ). CMR tồn tại c ∈(a;b) sao cho:f/ () c 1 1= +f () c a−c b−cHD:Áp dụng định lí Rolle cho hàm số g(x)=(a-x)(b-x)f(x) trên [a;b]Sau đây là một số áp dụng tính chất : Nếu đa thức bậc n P(x) có n nghiệm phân biệt (có thểtrùng nhau) thì P / (x) có n-1 nghiệm.Bài 33: Cho P(x) là đa thức bậc n có n nghiệm thực phân biệt x 1 ,x 2 ,…,x n .CMR:n∑k=1PP///( xk)( x )k= 0nHD: Ta có P(x)= a∏ ( x− xi) ( a≠ 0) vài=11 1 1( ) ( )( ... ) (1)/P x = P x + + +x − x1 x − x2 x − xnP (x) có n nghiệm phân biệt nên P / (x) có n-1 nghiệm phân biệt y 1 ,y 2 ,…,y n-1 với// /x 1

Sáng kiến kinh nghiệmHD:Giả sửa≤b≤c≤dvà F(x)=(x-a).(x-b).(x-c).(x-d) Ta có F(a)=F(b)=F(c)=F(d)=0 nênF / (x) có 3 nghiệm y 1 ,y 2 ,y 3 trên các đoạn [a;b],[b;c],[c;d] vàa≤ y1 ≤b≤ y2 ≤c≤ y3≤ dTa có F(x) = x 4 -T 1 x 3 +T 2 x 2 -T 3 x+T 4 với T 1 = a+b+c+d , T 2 = ab+ac+ad+bc+bd+cd ,T 3 = abc+abd+acd+bcd , T 4 =abcdF / (x)= 4x 3 -3T 1 x 2 +2T 2 x-T 3 có 3 nghiệm dương y 1 ,y 2 ,y 3 . Theo định lí Viét ta :T Tyy yy yy yyy2 4231 2+2 3+3 1= ;1 2 3= .Áp dụng BĐT Côsi ta có :22 T3 2 ⎛T3 ⎞ T3T2( )331 2+2 3+3 1≥1 2 3⇒ ≥ ⇒ ≤1 ( yy yy yy ) yyy3 6Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 18⎜⎝4⎟⎠ 4 6Bài 35: Cho abcd≥ , , , 0 thỏa 2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)+abc+abd+acd+bcd=162.CMR: a+ b+ c+ d ≥ ( ab+ ac+ ad + bc+ bd + cd ) (Thi QG năm 1996)3HD:Đặt F(x) , T i (i=1,2,3,4) như bài 34 ta có F / (x) có 3 nghiệm không âm x 1 ,x 2 ,x 3 .Theo định3T1 T2T3lí Viet ta có : x1 + x2 + x3 = , x1x2 + x2x3 + x3x1 = , x1x2x3=4 2 4Từ giả thiết ta có 2T 2 +T 3 =16 suy ra x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 + x 1 x 2 x 3 = 4 (1)2Ta lại có T 1T 23≥ x1 x2 x3 x1x2 x2x3 x3x1⇔ + + ≥ + + (*)D0 (1) nên trong 3 số x 1 ,x 2 ,x 3 có nhiều nhất một số bằng 0 ,giả sử x 1 ,x 2 >0 từ (1) suy rax34 − xx1 2=x + x + x x 21 2 1Từ (*) ta có4−xx4−xx(*) ⇔ x + x + ≥4− x x⇔1 2 1 21 2 1 2x1+ x2+ xx1 2x1+ x2+xx1 221+2− ≥1 2−1−2( x x 2) x x (1 x )(1 x ) (**)Nếu (1-x 1 ) (1-x 2 )≤0 thì (**) đúng1Nếu (1-x 1 ) (1-x 2 ) > 0 thì từ 0 < (1-x 1 ) (1-x 2 ) ≤ (2 )2− x − y và 0 < xy ≤ 4 suy ra (**) đúng.4Sau đây ta sẽ chứng minh bài tổng quát của bài 34Bài 36: Cho x i > 0 và Tk= ∑ xixi ... xi.1 ≤ i < i < ... < i ≤n1 2k1 2k

Sáng kiến kinh nghiệmT1 T2T3TCMR: ≥ ≥ 3 ≥ ≥ nC C C Cn...1 2 3 nn n nnHD: Ta chứng minh bằng quy nạpVới n=2 BĐT đúngGiả sử BĐT đúng với n-1 và 0

Sáng kiến kinh nghiệmBài 38: Giải phương trình 2 x +5 x = 3 x +4 x (1)HD:x=0 là nghiệm phương trình .Xét f(t)=t x liên tục trên [2;3] và [4;5] có đạo hàm trên (2;3)và (4;5).theo định lí Lagrange tồn tại t 1 ∈(2;3) và t 2 ∈(4;5) sao chof(3)-f(2) = f / (t 1 ) ; f(5)-f(4) = f / (t 2 )suy rat1x x x 1 x x x 13 2 xt −1;5 42− = − = xt − .Từ (1) suy ra 3 − 2 = 5 −4≠ t 2).Vậy phương trình có 2 nghiệm x=0;x=1Bài 39:Giải phương trình 3 x+2 = 26x+29x x x x⇒ t = t ⇒ x = 1(vìx−1 x−11 2HD: Rõ ràng PT có 2 nghiệm x = -1,x =2.Ta CM PT chỉ có 2 nghiệmXét hàm số f(x) = 3 x+2 - 26x-29 với x∈RTa có f / (x)= 3 x+2 ln3-26 , f / 2(x)=026 26x+⇔ 3 = ⇔ x = log3−2ln3 ln3Như vậy PT f / (x) = 0 chỉ có một nghiệm nên PT f(x) = 0 không có quá 2 nghiệm.Vậy PT chỉcó 2 nghiệm là x = -1, x = 2.2 2 2⎪⎧ x + y = u + vBài 40:Cho u,v > 0 .Giải hệ phương trình : ⎨3 3 3⎪⎩ x + y = u + v23HD: (u,v) , (v,u) là nghiệm của hệ .Hệ tương đương với⎧⎪− = −⎨⎪⎩2 2 2 2x u y v3 3 3 3x − u = y −vGiả sử x ≥u≥v≥ y ( u≥ x≥ y≥ v xét tương tự )Đặt X=x 2 , Y=y 2 , U=u 2 , V=v 2 ( X ≥U ≥V ≥Y)⎧X − U = Y −V⎪Hệ tương đương với ⎨ 3 3 3⎪2 2 2⎩X − U = Y −V32Gọif () t32= t liên tục trên [U;X] và [Y,V], có đạo hàm trên (U;X) và (Y,V) nên theo định líLagrange tồn tại t 1 ∈(U;X) và t 2 ∈(Y,V) sao cho1 1/ −/ 2 2(1) ; (2)1f( X) − f( U) f( Y) f( V) 3 3= f t = f t ⇒ t = t 2⇒ t 1= t 2(vô lí )X −U Y −V2 2II.2.4. Áp dụng định lí Lagrange để giải bất phương trình :Bài 41 :Giải bất phương trình2x −4 2 x−23 + ( x −4)3≥ 1HD: Đặt f(x) = 3 x ta có f / (x) = 3 x ln3.BPT tương đương vớiNgười thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 20

Sáng kiến kinh nghiệm2 2 x−2f( x −4) − f(0) + ( x −4)3≥0/ 2 2 x−2⇔ f ()( c x − 4) + ( x −4)3 ≥0⇔ − + ≥2 cx−2( x 4)(3 ln3 3 ) 0(với c nằm giữa 0 và x 2 -4 )2 ⎡x≤−2⇔ x −4≥0⇔ ⎢⎣x≥ 2II.2.5. Áp dụng định lí Lagrange để tìm giới hạn dãy số:Bài 42: Cho số thực a > 2 và f n (x) = a 10 x n+10 + x n + …+x + 1.a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình f n (x) = a luôn có đúng mộtnghiệm dương duy nhất.b) Gọi nghiệm đó là x n , chứng minh rằng dãy (x n ) có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vôcùng. Tìm lim x n (HSG QG 2007)Giải: Kết quả của câu a) là hiển nhiên vì hàm f n (x) tăng trên (0, +∞) và 0 < x n < 1. Ta sẽchứng minh dãy x n tăng, tức là x n+1 > x n .Ta có f n+1 (x n ) = a 10 x n+11 n + x n+1 n + x n n + … + x n + 1 = x n f n (x n ) + 1 = ax n + 1Vì ta đã có f n+1 (1) = a 10 + n + 1 > a nên ta chỉ cần chứng minh ax n + 1 < a là sẽ suy rax n < x n+1 < 1(do ax f x a fx n ≥ (a-1)/a thìfn1)n+ 1 =n+1( n) < aa a 1⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ −a a1 −⎝ ⎠ ⎝ ⎠a(do a – 1 > 1). Vậy dãy số tăng (x n ) tăng và bị chặn bởi 1 nên hội tụ.Ta CM:lim x n = (a-1)/a. Thật vậy, đặt c = (a-1)/a < 1Ta c ó f n (c)=n10 ⎛a−1⎞ ⎛a−1⎞( a− 1) ⎜ ⎟ + a−( a−1)⎜ ⎟⎝ a ⎠ ⎝ a ⎠f n (c) – f n (x n ) = kc n (với k = (a-1)((a-1) 9 – 1) > 0)Theo định lý Lagrange thìf n (c) – f n (x n ) = f / (ξ)(c – x n ) với ξ thuộc (x n , c)Nhưng f / (ξ) = (n+10)a 10 ξ n+9 + nξ n-1 + …+ 1 > 1 nên từ đây suy raNgười thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 21nsuy ra

Sáng kiến kinh nghiệmkc n > c - x nTừ đó ta có c – kc n < x n < c .Vậy lim x n = c.Bài 43 : Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng phương trình1 1+ + ... +x −14x−1n1x −12=vô cùng, x n dần đến 4. (HSG QG 2002)Giải:Đặt1 1 1 1f n( x)= + + ... + − Ta có2x −14x−1n x −1212có một nghiệm duy nhất x n > 1. Chứng minh rằng khi n dần đếnlim f ( x)= +∞ ,x→1+n1lim f ( x)=−n 2 và f n giảmx→+∞trên ( 1; +∞)nên gọi x n là nghiệm lớn hơn 1 duy nhất của phương trình f n (x) = 0.Ta có1 1 1 1 1 11 1f n( 4) = + + ... + − = + + ... +−24 −116 −14n−12 1.3 3.5 (2n−1)(2n+ 1) 21 ⎛11 1 1 1 1 ⎞ 1 1= ⎜ − + − + ... + − ⎟ − = −2 ⎝13 3 5 2n−12n⎠ 2 4nÁp dụng định lý Lagrange, ta có14n = |f n(x n ) – f(4)| = |f / (c)||x n -4|với c thuộc (x n , 4) (chú ý rằng f n (4) < 0 )Nhưng do1 4 1f n'( c)| = + + ... > (Vì 1 < c < 4 )2( c −1)(4c−1)9|2nên |x n – 4| < 9 4n suy ra lim x n = 4.Bài 44: Cho hàm số f liên tục trên [a;b] có đạo hàm trên (a;b) thỏa f(a) = f(b) =0 v àf ( x) ≠0, ∀x∈( a; b ). k là số thực cho trước ,CMR tồn tại dãy (x n ) với x ∈ ( ab ; ) sao chon/lim f ( xn)( ne − 1) f ( x )n= kkx−nHD:Xét hàm số F ( x) = e f( x), x∈[ a; b],n∈ N .F n liên tục trên [a;b] có đạo hàmntrên (a;b) và F n (a) = F n (b) theo định lí Rolle tồn tại x ∈ ( ab ; ) sao choTa cónF / ( x ) = 0nnNgười thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 22

Sáng kiến kinh nghiệmkxnkxn/ k −−nn /Fn( xn) =− e f( xn) + e f ( xn) = 0n/ /f ( xn) k f ( xn)k⇒ = ⇒ lim = limn1f( xn) n ef( xn)nne ( −1)= kBài 45:Cho hàm số f : R→ R có đạo hàm .Giả sủ lim f ( x)= a vàx→+∞/lim xf ( x)x→+∞tồn tại.Tìm giới hạn/lim xf ( x)x→+∞.HD:Giả sử n < N là hai số tự nhiên. Áp dụng định lí Lagrange cho hàm số g(x)=xf(x) trên[n;N] , khi đó tồn tại c ∈( n; N)sao choVìlimN →+∞nNf ( N) − nf ( n)= a nên với n đủ lớnN − n/ /g ( x) = f( x) + xf ( x)có giới hạn hữu hạn nên/ Nf ( N) − nf ( n)g ( cn)=.N − n/ 1(n)ag cVậy lim xf / ( x) = lim g / ( x) − lim f ( x) = a − a = 0.x→+∞ x→+∞ x→+∞Bài 46:Tính giới hạn :⎡n⎣1 1n+1 nn+1nlim (1 + ) − (1 + )n→+∞⎢⎤⎥⎦− < .Ta lại có lim c n=+∞nn→+∞/ /lim ( ) lim (n)x→+∞n→+∞g x = g c = a.1HD:Xét hàm số f( x) = (1 + ) x trên (0; +∞ ) .Với n∈N,áp dụng định lí Lagrang cho hàm số fxtrên [n;n+1] thì tồn tại/lim nf ( cn)n→+∞.Mà/c ∈ ( n; n+ 1) : f( n+ 1) − f( n ) = f ( c ) .Ta cần tínhn/ 1 c 1 1f ( c ) (1 ) nn= + (ln( + 1) − ), vì n< cn< n+ 1suy rac c c + 1n n n/ 1 c 1 1f ( c ) (1 ) nn< + (ln( + 1) − ).Do đó :c n n + 2n/ 1 c 1 10≤ lim nf ( c ) lim (1 ) nn≤ n + (ln( + 1) − ) = 0 vìn→+∞n→+∞c n n+2nn+21nlim (ln(n+2+ 1) − 1) = 0n→+∞nn1 clim (1 + ) n = e và→+∞ cnnNgười thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 23

Sáng kiến kinh nghiệmVậy⎡ 1 1 ⎤⎣ n+1 n ⎥⎦ =0.n+1nlim n (1 + ) − (1 + )n→+∞⎢Bài 47: Cho n là một số nguyên dương lớn hơn 1. Chứng minh rằng phương trìnhx n = x 2 + x + 1 có một nghiệm dương duy nhất, ký hiệu là x n . Hãy tìm số thực a sao cho giớiahạn lim n ( x n− x n + 1)tồn tại, hữu hạn và khác 0.n→∞Giải. Đặt P n (x) = x n – x 2 – x – 1. P n (1)0 và P n tăng trên ( 1; +∞)nên P n cónghiệm duy nhất xn∈(1; 2)Ta có P n+1 (x) = x n+1 – x 2 – x – 1 = x n+1 – x n + P n (x) = x n (x-1) + P n (x).Từ đó P n+1 (x n ) = x n n (x n -1) + P n (x n ) = (x 2 n +x n +1)(x n -1) = x 3 n – 1.Ta có P n+1 (1)0 nên 1< x n+1 < x n .Suy ra (x n ) hội tụÁp dụng định lý Lagrange, ta có(x 2 n +x n +1)(x n – 1) = P n+1 (x n ) – P n+1 (x n+1 ) = (x n – x n+1 )P n+1 ’(c)với c thuộc (x n+1 , x n ), P n+1 ’(x) = (n+1)x n – 2x – 1.2n+ 1 2 n xn+ 1+ xn+1+ 1 1Ta có xn+ 1− xn+ 1− xn+ 1− 1= 0⇒ xn+ 1= = xn+1+ 1+xn+ 1xn+1Từ đó(n+1)(x n+1 +1+1/x n+1 ) – 2x n+1 – 1 = P n+1 ’(x n+1 ) < P n+1 ’(c)< P n+1 ’(x n )= (n+1)(x 2 n +x n +1) – 2x n – 1. (Do P / n+1 tăng )Ta CM lim x n = 1n nGiả sử lim x n = a>1 v ới n đ ủ l ớn ta c ó x > a > 7f x = ⇒ x = x + x + < (vô lí).Vậy lim x n = 1, ta suy ran 2n( n) 0n n n1 7'P n + 1(c)lim = 3n→∞nTiếp tục ta CM lim n(x n – 1) = ln3.Ta có2n 2 2 ln( xn + xn+ 1)n n n1 lnnln(n n1) (n1) (nln xnx = x + x + ⇒ n x = x + x + ⇒n x − = x −1)Đặtyy = x − → ny = y + y + →n2n n1 0;nln(n3n3) lnln( yn+ 1)Từ đó suy ra' 2lim nP ( c)( x − x ) = lim n( x + x + 1)( x − 1) = 3 ln 3n→∞n+ 1 n n+1n n nn→∞a⇒ lim n ( x − x ) = lim n . nP ( c)( x − x ).n→∞a−2 'n n+ 1 n+ 1 n n+1n→∞'Pn+ 1= n nP c x − xa−2 'lim .limn+ 1( )(n n+1).limn→∞ n→∞ n→∞'Pn+ 1nn( c)n=( c)3 .Vậy lim n(x n – 1) = ln3.Với a=2 thìalim n ( xn− xn + 1)= ln3n→∞Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 24

Sáng kiến kinh nghiệmaVới a > 2 thì lim n ( x − x + 1)= +∞Với a < 2 thìn→∞nnalim n ( x − x + 1)= 0.Vậy a=2 là đáp số của bài toán.n→∞nnBài 48: (Đề dự bị VMO 2008) Cho số thực a và dãy số thực (x n ) xác định bởi:x 1 = a và x n+1 = ln(3+cosx n + sinx n ) – 2008 với mọi n = 1, 2, 3, …Chứng minh rằng dãy số (x n ) có giới hạn hữu hạn khi n tiến đến dương vô cùng.Giải. Đặt f(x) = ln(3+sinx+cosx) – 2008 thìcos x − sin xf '( x)=3 + sin x + cos x| cos − sin x | ≤ 2, | sin x + cos x | ≤Ta có: x 2 ta suy ra2| f '( x)| ≤ = q < 1.3 − 2Áp dụng định lý Lagrange cho x, y thuộc R, ta cóf(x) – f(y) = f / (z)(x-y)Từ đó suy ra |f(x) – f(y)| ≤ q|x – y| với mọi x, y thuộc R.Áp dụng tính chất này với m > n ≥ N, ta có|x m – x n | = |f(x m-1 ) – f(x n-1 )| ≤ q|x m-1 -x n-1 | ≤ …≤ q n-1 |x m-n+1 – x 1 | ≤ q N-1 |x m-n+1 – x 1 |.Do dãy (x n ) bị chặn và q < 1 nên với mọi ε > 0 tồn tại N đủ lớn để q N-1 |x m-n+1 – x 1 | < ε. Nhưvậy dãy (x n ) thoả mãn điều kiện Cauchy do đó hội tụ.NX : Tiêu chuẩn Cô-si: Dãy (x n ) có giới hạn hữu hạn khi và chỉ khi với mọi ε > 0, tồn tại sốtự nhiên N sao cho với mọi m, n ≥ N ta có |x m – x n | < ε.Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 25