Chuyên đề bồi dưỡng HSG, một số vấn đề về giải tích

Một số dạng toán về công thức tổ hợp và nhị thức Newton TRƯỜNG THPT CHUYÊN MỘT SỐ VẤN ĐỀ TRONG GIẢI TÍCH MỤC LỤC MỞ ĐẦU NỘI DUNG 3 1 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CẬN TRÊN ĐÚNG, CẬN DƯỚI ĐÚNG 3 1 1 Khái niệm. Chuyên đề bồi dưỡng HSG, một số vấn đề về giải tích Chuyên đề bồi dưỡng HSG, một số vấn đề về giải tích

TRƯỜNG THPT CHUYÊN *** MỘT SỐ VẤN ĐỀ TRONG GIẢI TÍCH MỤC LỤC MỞ ĐẦU NỘI DUNG:………………………………………….……………………………… MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CẬN TRÊN ĐÚNG, CẬN DƯỚI ĐÚNG…………… 1.1 Khái niệm số tính chất cận đúng, cận …… ………….3 1.2 Một số toán tìm cận cận ……………………….6 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM LIÊN TỤC, HÀM KHẢ VI VÀ TÍNH CHẤT GIÁ TRỊ TRUNG GIAN…………………………………………………………….12 2.1 Bài toán chứng minh hàm liên tục, hàm hằng……………………………….… 12 2.2 Một số toán áp dụng định lý giá trị trung gian 17 2.3 Một số toán liên quan đến hàm khả vi 29 KẾT LUẬN………………………………………………………………………… 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO………………………………….……………………… 48 MỞ ĐẦU Giải tích nội dung quan trọng chương trình dành cho học sinh chun Tốn THPT Nhiều kiến thức Toán Cao cấp đưa xuống trang bị cho học sinh chuyên để em có đủ công cụ giải vấn đề phức tạp đặt nội Toán học vận dụng thực tiễn Chính vậy, tác giả nghiên cứu thực đề tài với nội dung “Một số vấn đề Giải tích” nhằm trang bị cho học sinh kiến thức Tốn Giải tích từ vận dụng nâng cao, áp dụng sâu sắc số lớp toán liên quan Chuyên đề viết nhằm phục vụ trực tiếp cho công tác giảng dạy bồi dưỡng HSG cá nhân tôi, hy vọng tài liệu có ích cho em học sinh tham khảo học tập NỘI DUNG MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CẬN TRÊN ĐÚNG, CẬN DƯỚI ĐÚNG 1.1 Khái niệm số tính chất cận đúng, cận 1.1.1 Cận trên, cận Cho A tập tập số thực ¡ , a) Số M gọi cận A x ≤ M , ∀x ∈ A b) Số m gọi cận A x ≥ m, ∀x ∈ A 1.1.2 Cận đúng, cận a) Số α (có thể α = +∞ ) gọi cận A , ký hiệu α = sup A với cận α ' A ta có α ≤ α ' Số β (có thể β = −∞ ) gọi cận A , ký hiệu α = inf A với cận β ' A ta có β ≥ β ' b) Nhận xét i) Nếu A khơng bị chặn cận sup A = +∞ bị chặn sup A < +∞ Hơn nữa, α = sup A ii) Nếu α ≥ x, ∀x ∈ A  ∀ε > 0, ∃ x ∈ A cho α < x + ε iii) Nếu A khơng bị chặn cận inf A = −∞ iv) Nếu bị chặn inf A > −∞ Hơn nữa, β = inf A  β ≤ x, ∀x ∈ A  ∀ε > 0, ∃ x ∈ A cho β > x − ε 1.1.3 Một số tính chất cận đúng, cận Tính chất Cho A, B ⊂ ¡ không rỗng Định nghĩa: A + B = { z = x + y : x ∈ A, y ∈ B} ; A − B = { z = x − y : x ∈ A, y ∈ B} Khi đó: sup( A + B) = sup A + sup B sup( A − B) = sup A + sup B Chứng minh Giả sử A B bị chặn đặt a = sup A b = sup B , a cận A b cận B , suy a + b cận A + B Hơn nữa, với ε > , tồn x1 ∈ A y1 ∈ B cho x1 > a − ε ε y1 > b − 2 Nên x1 + y1 > a + b − ε Vì z1 = x1 + y1 ∈ A + B suy a + b = sup ( A + B ) Nếu A B khơng bị chặn A + B không bị chặn nên sup( A + B) = +∞ = sup( A) + sup( B) Để chứng minh đẳng thức thứ hai ta cần bổ đề sau: Bổ đề: Cho A ⊂ ¡ khác rỗng Định nghĩa − A = {x : − x ∈ A} Chứng minh rằng: sup(− A) = − inf A inf ( − A) = − sup A Lời giải: Giả sử A bị chặn đặt a = inf A , đó: x ≥ a với x ∈ (− A) Với ε > bất kỳ, tồn x1 ∈ A cho x1 < a + ε Nhân hai bất đẳng thức (1) (2) với -1 ta được: x ≤ −a với x ∈ (− A) , Với ε > bất kỳ, tồn x1 ∈ (− A) cho x1 > −a + ε Từ suy − a = sup(− A) Nếu A khơng bị chặn − A khơng bị chặn sup( − A) = − inf( A) = +∞ Các đẳng thức lại chứng minh tương tự Từ ta thấy đẳng thức thứ hai hệ trực tiếp đẳng thức thứ bổ đề sup( A − B) = sup( A + (− B)) = sup( A) + sup( − B) = sup A − inf( B) (điều phải chứng minh) Tính chất Cho tập A B tập số thực dương, định nghĩa A × B = {z = x y / x ∈ A, y ∈ B};  A  = z = x a)Chứng minh rằng: sup( A.B ) = sup( A).sup( B )   / x ∈ A 1 b) Chứng minh rằng: sup( ) = inf A ≠ A inf A c) Nếu A B tập số thực bị chặn chứng minh: sup( A.B ) = max { sup A.sup B,sup A.inf B,inf A.sup B,inf A.inf B} Lời giải: a) Giả sử hai tập A B bị chặn Khi ta đặt a = sup A, b = sup B Vì phần tử A B số dương nên xy ≤ ab với x ∈ A, y ∈ B Ta se chứng minh ab cận x1 ∈ A, y1 ∈ B : x1 > a − ε , y1 > b − ε A.B Khi Cho ε > 0, trước tồn x1 y1 > ab − ε (a + b − ε ) Vì ε (a + b − ε ) nhỏ tùy ý với ε đủ nhỏ, ta thấy số nhỏ ab không cận A.B Do a.b = sup( A.B ) Nếu A B khơng bị chặn sup( A.B) = sup A.sup B = +∞ 1 b) Bây phải chứng minh sup ( ) = > a ' = inf A > Thật A inf A vậy, với x ∈ A , bất đẳng thức x ≥ a ' tương đương với x2 x ≤ a' nên a' cận Hơn nữa, với ε > tồn x2 ∈ A cho: x2 < a '+ ε , đó: A > a '+ ε = a' − ε a '(a '+ ε ) Vậy số nhỏ 1 khơng thể cận   Vì nên a'  A 1 sup ( ) = Xét trường hợp a ' = , thấy tập bị chặn với A inf ( A ) A ε > , tồn x1 ∈ A : x1 > ε A , sup( ) = +∞ Bây giả sử A,B tập bị chặn số thực đặt a = sup A, b = sup B, a ' = inf A, b ' = inf B Nếu a’ b’ không âm sử dụng kết ta suy đẳng thức cần chứng minh.Nếu a ' < a, b ' > xy ≤ ab với x ∈ A y ∈ B Chọn ε > đủ nhỏ để a − ε > Khi tồn x* ∈ A cho x* > a − ε Hơn tồn y* ∈ B cho y* > b − ε Do đó: x * y* > x * (b − ε ) > ( a − ε )(b − ε ) = ab − ε (b + b − ε ) Vậy trường hợp sup( A.B ) = ab Xét trường hợp a ', b ' < a, b > Với x ∈ A y ∈ B ta có: xy < max{ab, a ' b '} Đầu tiên xét trường hợp max { ab, a ' b '} = a ' b ' Theo định nghĩa cận với ε > đủ nhỏ tồn x* < A y* ∈ B cho x* < a '+ ε < y* < b '+ ε < , suy ra: x * y* > x * (b '+ ε ) > (a '+ ε )(b '+ ε ) = a ' b '+ ε (a '+ b '+ (a '+ b '+ ε )) Ta nhận xét a '+ b '+ ε số âm suy a ' b ' cận bé A.B Trong trường hợp max{ab, a ' b '} = ab lập luận tương tự ta suy sup( A.B) = ab Các trường hợp lại chứng minh tương tự Tính chất Cho A B tập khác rỗng số thực Chứng minh rằng: sup( A ∪ B) = max(sup A,sup B) Từ xây dựng công thức inf Lời giải: Trước hết ta giả sử A B bị chặn trên, đặt a = sup A b = sup B , không giảm tổng quát ta coi a ≤ b , với x ∈ A ∪ B ta có x ≤ b Hơn với ε > , tồn x* ∈ B cho x* > b − ε Hiển nhiên x* ∈ A ∪ B Do đẳng thức thứ Nếu A B khơng bị chặn A ∪ B khơng bị chặn sup( A ∪ B ) = +∞ , Vì ta qui max{+∞, c} = max{ + ∞, +∞} = +∞∀ c ∈ ¡ Từ dễ dàng xây dựng chứng minh công thức inf: inf( A ∪ B) = min{inf A,inf B} 1.2 Một số tốn tìm cận cận Bài Tìm cận cận tập A = { 0, 2;0, 22;0, 222; }  n   k =1  n−k Lời giải: Ta có A =  xn = ∑ 2.10  ước 2 2 sup A = ; inf A = A = × Do { xn } dãy tăng hội tụ 101 = nên 10 1− 10 (n + 1) Bài Tìm cận cận tập số , n ∈ ¥ 2n Lời giải: Dễ dàng chứng minh 2n > ( n + 1)3 với n ≥ 11 quy nạp Do (n + 1) ( n + 1) 0< < = với n ≥ 11, 2n (n + 1)3 n + Và (n + 1) > ∀ n ∈{1,2, ,11} 2n cận tập hợp xét Bên cạnh ta dễ dàng chứng minh 2n > (n + 1) ∀ n ≥ (n + 1) Do < 1∀ n ≥ 2n 25 36 , ( lớn 1) nằm tập xét Nên cận 16 32 Các số 2, , tập Tổng quát hóa ta sau đây: Bài Tìm cận cận tập số ( n + m) , 2mn m, n ∈ ¥ Bài Tìm cận ỳng ca A = { x Ô : x > 0; x < 2020} Lời giải: Đặt sup { x Ô : x > 0; x < 2020} = s Vậy ta chứng minh 1 ( s − ) < 2020 < ( s + ) (1) n n n Bây giờ, ta chứng minh ( s − ) < 2020 Ta có s − khơng cận A Vì nên tồn x1 cho: n 1 ( s − ) < x1 ⇒ ( s − ) < x12 < 2020 Ta chứng minh ( s + ) > 2020 n n n n n Phản chứng, giả sử ( s + ) < 2020 Vì s số hữu tỷ s + ∈ A s+ > s ( Vô lý) n Nếu s số vơ tỷ đặt w = [ (n + 1) s ] + n +1 1 < s + ⇒ w2 < Nên w thuộc vào A n +1 n mà w > s Nên ta có điều vơ lý n Vì nên ( s + ) > 2020 Ta có (1) chứng minh Từ (1) ta có: s − 2s 2s 2s s − 2020 < s + − < 2020 ⇒ s − 2020 < ⇒ < n n n n 2s n Cho n → +∞ ta s ≤ 2020 (2) Tương tự với vế lại ta s ≥ 2020 (3) Từ (2) (3) ta có s = 2020 Vậy ta có điều phải chứng minh Bài Tìm cận cận tập sau: α A ={ { m n n ∈ ¥ , m < 2n} } B = n −  n  n ∈ ¥ β Lời giải: a) Hiển nhiên cận A Ta cận A Thật vậy, ε > số cố định với số nguyên dương n1 2   cho n1 >   , ta thu ε 2(n1 − 1) 2(n1 − 1) > − ε mà ∈ A n1 n1 Cận A 0, m > 0, ∀ m, n ∈ ¥ n b) Hiển nhiên ≤ n −  n  < Chọn n = k , k ∈ ¥ , ta thấy ∈ B , inf B = Tiếp theo ta chứng minh  n + 2n  = n ∀ n ∈ ¢ +   sup B = , trước hết ta có n + 2n −  n + 2n  = Xét < ε < , ta có: >1− ε 1+ +1 n (1 − ε ) thỏa mãn với n > 2ε Bài Cho n ≥ , n ∈ ¥ Xét tất dãy dương hữu hạn ( a1 , a2 , , an ) , tìm n cận cận tập số: ∑a k =1 k ak + ak +1 + ak + Trong an+1 = a1; an+2 = a2 Lời giải: ak ak a a ≤ ≤ − k +1 − k + s ak + ak +1 + ak + s s Đặt s = a1 + a2 + + an ta có: n ak Suy ≤ ∑ k =1 ak + ak +1 + ak + n inf ∑ k =1 ∑a k =1 k n ak ak + ak +1 + ak + n ≤ n − Bây ta cần chứng minh rằng: ak + ak +1 + ak + = = , sup ∑ k =1 t t + t2 + t3 ak ak + ak +1 + ak + + + = Chọn ak = t k , t > t n −2 t n−1 tn + + t n−2 + t n−1 + t n t n−1 + t n + t t n + t + t n−2 t n−2 t n−1 = + + + t + t t n−1 + t n−2 + t n−1 + t + n Cho t → , ta thấy sup + n inf ∑a k =1 k ak + ak +1 + ak + { ∑a k =1 k ak + ak +1 + ak +2 = n − Lại cho t → +∞ , ta thu =1 } { } k k Bài Nếu f k ( x) = { x} + x + + n x , Tính sup tập số với x∈¡ ,k ∈¡ Lời giải: Hiển nhiên n cận f k ( x)  nk −  Ta xét khoảng I =  k ,1÷ Với ≤ i ≤ n y ∈ I , ta có:  n  ' 10  ′ ′  a   lim  ( x + 1)  f ( x) − ÷ ÷ = x →+∞   ÷     Bởi Định lý Lagrange, ta nhận a ′  ( x + 1)( f ( x) − )  lim =0 x →+∞ x ( )  Đặt g ( x ) = x +  f ( x ) − a ÷ khả vi đến cấp ( 0,+∞ ) 2 Với ε > bất kỳ, tồn N > cho −ε x < g ′( x ) < ε x với x ≥ N Suy ra, với x > N , ta nhận x2 + N +1 x2 + N +1 −ε + ε + g ( N ) < g ( x) < ε −ε + g( N) 2 2 Biến đổi bất đẳng thức, ta được: N +1 N +1 ε + g ( N ) a −ε + g ( N ) −ε + < f ( x) − < ε + ∀ x > N x2 + 2 x2 + Do tồn M > N cho −ε < f ( x ) − a a < ε ∀ x ≥ M Vậy lim f ( x ) = x →+∞ 2 Định lý Rolle định lý dùng nhiều n n (1 Bài 36 Cho phương trình: a0 x + a1 x + + an (1 x + an = 0, a0 =/ có n nghiệm phân biệt Chứng minh: (n − 1)a12 > 2na0a2 Lời giải: n n (1 Đặt f ( x) = a0 x + a1x + + an (1x + an , a0 =/ , f khả vi vơ hạn ¡ Vì f ( x) có n nghiệm phân biệt nên theo định lý Rolle thì: f ′( x) có n − nghiệm phân biệt f ''( x) có n − nghiệm phân biệt …… f ( n (2) ( x ) = n! a0 x + (n − 1)!a1 x + (n − 2)!a2 có nghiệm phân biệt Do đó: ∆ > nên: ((n − 1)!a1 ) 2n!a0 (n − 2)!a2 > Vậy 35 (n − 1)a12 > 2na0a2 Bài 37 Giả sử f hàm khả vi [ a, b ] thỏa mãn điều kiện f ( a) = f (b) = 0; f ( x) ≠ 0, ∀ x ∈ ( a, b ) Chứng minh tồn dãy ( xn ) ⊂ ( a, b ) cho lim n→∞ f ′( xn ) = 2018 e f ( xn ) 2018 nxn Lời giải: Xét hàm g ( x ) = e −2018 nx f ( x ) thỏa mãn định lý Rolle, nên tồn xn ∈ ( a, b ) thỏa mãn g ′( xn ) = Ta có g ′( x) = −2018 f ( x) + f ′( x )e −2018nx Do 2018 = lim n →∞ f ′( xn ) e f ( xn ) 2018 nxn Ý tưởng xây dựng hàm ý tưởng hay Bài 38 Cho hàm f : [ a, b ] → ¡ khả vi với f ( x ) ≠ kπ , k ∈ ¢, ∀ x ∈ [ a , b ] Chứng minh tồn c ∈ [ a, b ] cho 2 < f ′(c ).cot ( f ( c ) ) < a−c b−c Lời giải Xét hàm g ( x ) = ( x − a ) ( x − b ) sin ( f ( x ) ) , x ∈ [ a , b ] Ta thấy g ( a ) = g ( b ) = Theo định lý Rolle tồn điểm c ∈ ( a, b ) cho g ′ ( c ) = Thế mà g ′ ( x ) = ( x − a ) sin ( f ( x ) ) + ( x − b ) sin ( f ( x ) ) + ( x − a ) ( x − b ) f ′ ( x ) cos ( f ( x ) ) = (2 x − a − b)sin ( f ( x ) ) + ( x − a ) ( x − b ) f ′ ( x ) cos ( f ( x ) ) Nên g′( c ) = nghĩa ( 2c − a − b ) sin ( f ( c ) ) + ( c − a ) ( c − b ) f ′ ( c ) cos ( f ( c ) ) = Suy f ′ ( c ) cot ( f ( c ) ) = ( a + b − 2c ) ( a − c) ( b − c) 36 Việc lại chứng minh a + b − 2c 1 < f ′(c).cot ( f ( c ) ) = = + < a−c ( a − c) ( b − c) a − c b − c b − c Thât ý a − c < b − c > nên ta có điều phải chứng minh Bài 39 Cho f ( x) hàm số thực khả vi [ a, b ] có đạo hàm f ′′( x ) ( a, b ) Chứng minh với x ∈ ( a, b ) tìm điểm c ∈ ( a, b ) cho: f ( x) − f ( a ) − f ( b) − f ( a) b−a ( x − a) = ( x − a) ( x − b) f ′′(c ) Lời giải: Xét hàm g ( x ) := f ( x) − f ( a ) − f (b ) − f ( a ) b−a ( x − a) − ( x − a )( x − b) k Lấy x0 ∈ ( a, b ) xác định k từ điều kiện: ( ) g ( x0 ) = f x0 − f ( a ) − f ( b) − f ( a) b−a ( ) x0 − a − ( x0 − a ) ( x0 − b ) k = Khi g ( x0 ) = g ( a ) = g ( b ) = Theo giả thiết định nghĩa hàm g ( x ) suy g liên tục, khả vi [ a, x0 ] Áp dụng định lý Rolle với [ a, x0 ] tồn c1 ∈ [ a; x0 ] cho: g ′(c1 ) = Tương tự, tồn c2 ∈ [ x0 , b ] : g ′ ( c2 ) = Mặt khác định nghĩa suy ra: g′( x ) = f ′( x ) − f ( b) − f ( a ) b−a   −kx − a+b ÷  Theo giả thiết f có đạo hàm cấp ( a, b ) nên g có đạo hàm cấp ( a, b ) Và g ′(c1 ) = g ′ ( c2 ) = nên theo định lý Rolle, tồn c ∈ ( c1 , c2 ) : g ′′ ( c ) = f ′′(c ) − k = Do đó, f ( x) − f ( a) − f ( b) − f ( a) b−a ( x − a) = ( x − a) ( x − b) 37 f ′′ ( c ) , c ∈ ( a , b ) Bài 40 Cho hàm số f : ¡ → ¡ khả vi đến cấp hai ¡ thỏa mãn f (0) = f (1) f ′(0) = f ′(1) Chứng minh tồn c ∈ ( 0,1) cho: 2 f ′′(c ) + ( f ′(c ) ) = 2018 f 2017 ( c ) ( f ′(c) ) Lời giải: Nếu f ( x ) hàm đẳng thức xảy +) Nếu f ( x ) không số Xét F ( x ) = f ′( x )e f ( x )− f 2018 ( x ) + f 2018 ( ) − f ( ) xác định với x ∈ ¡ Hàm số F ( x ) khả vi ¡ ( ( F ′ ( x ) = f ′′ ( x ) + f ′ ( x ) ) ) − 2018 f 2017 ( x ) ( f ′ ( x ) ) e Với x ∈ ¡ Mặt khác ta có F ( ) = F ( 1) f ( x ) − f 2018 ( x ) + f 2018 ( ) − f ( ) nên theo định lý Rolle tồn c ∈ ( 0,1) F ′ ( c ) = Ta có điều phải chưng minh Định lý fermat định lý có nhiều ứng dụng hay Bài 41 Cho f ( x ) khả vi đoạn ( 0,1) thỏa mãn f ′ ( ) f ′ ( 1) < Chứng minh tồn c ∈ ( 0,1) cho f ′ ( c ) = Lời giải: f ( x) , f ( x2 ) = Đặt f ( x1 ) = max x∈[ 0,1] x∈[ 0,1] Trường hợp 1: f ′(1) > 0, f ′(0) < Theo định nghĩa đạo hàm, ta có f ′ ( 1) = f ′ ( 1− ) = lim− x →1 f ′ ( ) = f ′ ( 0+ ) = lim+ x →0 f ( x ) − f ( 1) > , Và x −1 f ( x ) − f ( 0) Tương tự trường hợp 38 Bài 42 Cho f ( x ) khả vi ¡ thỏa mãn | f ( x ) |≤ Chứng minh tồn c ∈ ¡ cho f ′ ( c ) = Lời giải: Từ | f ( x ) |≤   Do lim  f ( x ) − x →∞ ex −1 ex −1 ∀x∈¡ −2c ec −1 f ( x) = ∀ x ∈ ¡ , suy lim x →∞  ÷= e −1 x Xét hàm g ( x ) = f ( x ) − e x −1 g ( x) = Hàm g khả vi ¡ lim x →∞ Do hàm g phải đạt cực trị địa phương điểm Thật giả sử tồn x0 cho: g ( x0 ) > = < g ( x0 ) nên tồn b đủ nhỏ để g ( x ) < g ( x0 ) ∀ x < a Vì xlim →−∞ g ( x ) = < g ( x0 ) nên tồn a đủ lớn để g ( x ) < g ( x0 ) ∀ x > b Vì xlim →+∞ Do g hàm liên tục đoạn [ a, b ] nên tồn c ∈ [ a, b ] để g ( c ) = max g ( x ) = max x g ( x ) [ a ,b] Khi g đạt cực trị địa phương c.Theo định lý Fermat g ′ ( c ) = hay f ′( c ) = − 2c ec −1 Tương tự cho trường hợp tồn g ( x0 ) < Bài 43 Cho f hàm khả vi [ 0,1] cho f ( ) = f ′ ( ) = f ′ ( 1) = Chứng minh tồn c ∈ ( 0,1) cho f ′ ( c ) = Lời giải: 39 f ( c) c  f ( x) ( x ∈ (0,1])  Đặt ϕ ( x ) =  x  ( x = 0)  Khi ϕ hàm liên tục [ 0,1] , khả vi [ 0,1] ϕ ′ ( 1) = f ′ ( 1) − f ( 1) = − f ( 1) * Nếu f ≡ kết luận tốn hiển nhiên * Xét f không đồng Trường hợp 1: Có x0 ∈ [ 0,1] cho f ( x0 ) > Gọi c ∈ ( 0,1) cho ϕ ( x ) = max ϕ ( x ) = max x∈[ 0,1] x∈[ 0,1] f ( x) >0 x Ta có c khác khơng Nếu c=1 ϕ ( 1) = f ( 1) > ϕ ′ ( 1) = − f ( 1) < Mặt khác: ϕ ′ ( 1) = lim− x →1 ϕ ( x ) − ϕ ( 1) ≥0 x −1 Mâu thuẫn chứng tỏ c Vậy c ∈ ( 0,1) Theo định lý Fermat ta có ϕ ′ ( c ) = nên ta có điều phải chưng minh Trường hợp 2: Nếu có x0 ∈ [ 0,1] : f ( x0 ) < , ta gọi c ∈ [ 0,1] cho ϕ ( c ) = inf ϕ ( x ) x∈[ 0,1] Lập luận tương tự ta có điều phải chứng minh Bài 44 Cho f hàm liên tục [ a, b ] , khả vi ( a, b ) Biết f ( a ) ≤ f ( b ) f ( x ) + f ′ ( x ) < ε ∀ x ∈ ( a, b ) Chứng minh f ′ ( x ) < ε , ∀ x ∈ ( a, b ) Lời giải: f ( x) Vì f hàm liên tục [ a, b ] nên tồn x0 ∈ [ a, b ] cho f ( x0 ) = xsup ∈[ a ,b] Nếu x0 ∈ ( a, b ) theo định lý Fermat ta có f ′ ( x0 ) = Do f ( x0 ) = f ( x0 ) + f ′ ( x0 ) < ε Vì f ( x ) < ε , ∀ x ∈ ( a, b ) 40 Giả sử x0 = b f x = f ( b ) = sup f ( x ) Nêu có x1 ∈ ( a, b ) để ( ) f ′ ( x1 ) = ta có x∈ a ,b    f ( x ) ≤ f ( x1 ) ≤ f ( x1 ) + f ′ ( x1 ) < ε , ∀ x ∈ [ a , b ] Nếu f ( x ) < f ( b ) ∀ x ∈ ( a, b ) , ta cần chứng minh f ( b ) ≤ ε Giả sử ngược lại f ( b ) > ε Ta tìm δ > cho f ( x ) > ε , ∀ x ∈ [ b − δ , b ] Theo định lý Lagrange, tồn c ∈ ( b − δ , b ) : f ′( c) = f ( b) − f ( b − δ ) δ ≥0 Do f ( c ) + f ′ ( c ) > Mâu ta có điều phải chứng minh  −π π  , → [ −1,1] hàm khả vi có đạo hàm liên tục khơng Bài 45 Cho f :   2  2  −π π  , ÷: ( f ( x0 ) ) + ( f ′ ( x0 ) ) ≤  2 âm Chứng minh tồn x0 ∈  Lời giải:  −π π   −π π  , → , Xét hàm số g ( x ) = arcsin ( f ( x ) ) Khi g :  hàm số  2   2  liên tục  −π π   ,  f ( x ) ≠ ±1 g khả vi x f ′( x ) g′( x ) = 1− ( f ( x) )  −π π  , ÷: f ( x0 ) = 1hay f ( x0 ) = −1 x0 cực trị địa phương  2 Nếu tồn x0 ∈  hàm f nên theo định lý Fermat ta có f ′ ( x0 ) = Do ta có: ( f ( x ) ) + ( f ′( x ) ) 0 =1 41  −π π  ,  g thỏa mãn điều kiện định lý Lagrange 2  Nếu f ( x ) ≠ ±1∀ x ∈  f ′ ( x0 ) π   −π   −π π  g − g = ,  cho:  ÷  ÷     − ( f ( x0 ) )  2   π −π   − ÷ 2  Để ý vế phải khơng âm nên vế trái khơng âm Ngồi vế trái khơng vượt qua π Vậy ta có bất đẳng thức sau đây: ≤ f ′ ( x0 ) − ( f ( x0 ) ) ( π ) ≤ π Từ ta có điều phải chứng minh Định lý Cauchy định lý đẹp với nhiều ứng dụng Bài 46 Cho f : [ a, b ] → ¡ hàm khả vi đến cấp thỏa mãn f ′ ( a ) = f ′ ( b ) = Chứng minh tồn c ∈ ( a, b ) cho | f ′′ ( c ) | ≥ ( b − a) | f ( b) − f ( a) | Lời giải: Nếu f ( x) ≡ const tốn trở nên hiên nhiên Nếu f ( x ) = ax + b mâu thuẫn với giả thiết f ′ ( a ) = f ′ ( b ) = Áp dụng định lý Cauchy cho f ( x ) φ ( x ) = ( x − a ) đoạn   a , a + b ( )    a+b  8 f  ÷− f ( a )  f ′ ξ Ta có:     = ( 1) ,a < ξ < a + b ξ1 − a ( b − a) Áp dụng định lý Cauchy cho f ( x ) ψ ( x ) = ( x − b ) đoạn   a + b   f ( b) − f  ÷   f ′ ( ξ2 ) a + b ta có:  = , < ξ2 < b ξ − b b − a ( ) 42 1   ( a + b ) , b  Suy  a+b    a + b  ÷− f ( a )   f ( b ) − f  ÷   f ′ ( ξ1 ) f ′ ( ξ )    +  = + , 2 ξ − a ξ − b b − a b − a ( ) ( ) 8 f   f ( b ) − f ( a )  f ′ ( ξ1 ) − f ′ ( a ) f ′ ( ξ ) − f ′ ( b ) = + ξ1 − a ξ2 − b ( b − a) Áp dụng định lý Lagrange cho f ′ ( x ) ta được: f ′ ( ξ1 ) − f ′ ( a ) = f ′′ ( ν ) , a < ν < ξ1 , ξ1 − a f ′ ( ξ ) − f (b) = f ′′ ( ν ) , ξ < ν < b ξ2 − b Do đó:  f ( b ) − f ( a )  = f ′′ ( ν ) + f ′′ ( ν ) , b − a ( ) ( b − a)  f ( b ) − f ( a )  =| f ′′ ( ν ) + f ′′(ν ) |≤ 2.max { f ′′ ( ν ) , f ′′ ( ν ) } Như tồn c = ν c = ν a < c < b thỏa mãn Bài 47 Cho hàm số f liên tục có đạo hàm (0;+∝) hàm Cho số thực < a < b Chứng minh phương trình: xf ' ( x) − f ( x) = nghiệm thuộc (a;b) Lời giải: Xét hàm số: g ( x) = Ta có: g ' ( x) = f ( x) ; h( x) = g h khả vi [a;b] x x xf ' ( x) − f ( x) −1 ; h' ( x ) = x x Theo định lý Cauchy tồn x0 ∈ (a, b) cho: [h(b) − h(a )]g ′( x0 ) = [ g (b) − g (a)]h′( x0 ) b x f ' ( x0 ) − f ( x0 ) f (b) f (a ) − =( − ) a b a x0 x0 hay ( − ) 43 af (b) − bf (a) có b−a Do (a − b)( x0 f ' ( x ) − f ( x0 )) bax Suy x0 f ' ( x ) − f ( x0 ) = =− af (b) − bf (a ) abx0 af (b) − bf (a) b−a Vậy phương trình: xf ' ( x ) − f ( x) = af (b) − bf (a ) có nghiệm thuộc (a;b) b−a Bài 48 Cho hàm f liên tục [ a, b ] khả vi ( a, b ) Chứng minh tồn x1 , x2 , x3 ∈ ( a, b ) cho: f ′ ( x1 ) = ( a + b ) f ′ ( x3 ) f ′ ( x2 ) + ( a + ab + b ) x2 x3 Lời giải: Áp dụng định lý Larrange cho hàm f [ a, b ] ta có x1 ∈ ( a, b ) cho: f ( b) − f ( a ) b−a = f ′ ( x1 ) Áp dụng định lý Cauchy cho hàm f hàm f ( x ) = x ta có x2 ∈ ( a, b ) cho: f ( b ) − f ( a ) f ′ ( x2 ) = b2 − a 2 x2 Hay f ′ ( x1 ) = ( a + b ) f ′ ( x2 ) x2 Áp dụng định lý Cauchy cho hàm f hàm x → x ta có x3 ∈ ( a, b ) cho f ( b ) − f ( a ) f ′ ( x3 ) = b3 − a 3x23 Từ kết ta có x1 , x2 , x3 ∈ ( a, b ) cho: f ′ ( x1 ) = ( a + b ) f ′ ( x3 ) f ′ ( x2 ) + ( a + ab + b ) x2 x32 Để đưa hàm số có đạo hàm cấp n tổng đạo hàm ta dung khai triển Bài 49 Cho f : [ −1,1] → ¡ hàm khả vi cấp thỏa mãn điều kiện f ( −1) = f ( ) = 0, f ( 1) = f ′( 0) = c ∈ ( −1,1) : f ′′′ ( c ) ≥ 44 Chứng minh tồn Lời giải: Với x ∈ [ −1,1] , theo công thức khai triển Taylor tồn c ( x ) nằm x cho f ( x ) = f (0) + f ′ ( ) x + f ′′ ( ) f ′′′ ( c ( x ) ) x + x Từ suy có c1 ∈ ( −1,0 ) , c2 ∈ (0,1) cho f ′′′ ( c1 ) f ′′′ ( c ) 1 = f ( 1) = f ′′ ( ) + = f ( −1) = f ′′ ( ) − 6 Ta nhận f ′′′ ( c1 ) + f ′′′ ( c2 ) = , f ′′′ ( c1 ) ≥ f ′′′ ( c2 ) ≥ Nên ta có điều phải chưng minh Bài 50 Giả sử hàm f khả vi hai lần ¡ thỏa mãn điều kiện f ( ) = f ( 1) = 251 , f ′′′ ( x ) ≥ 2014 f ( x ) = − Chứng minh rằng: max x∈[ 0,1] x∈[ 0,1] Lời giải: Gọi c ∈ [ 0,1] cho f ( c ) = f ( x ) = − x∈[ 0,1] Dễ thấy c ∈ ( 0,1) va f ′ ( c ) = Khai triển Taylor f ( x ) lân cận điểm c ta f ( x ) = f ( c ) + f ′( c ) ( x − c ) + f ′′ ( c + θ ( x − c ) ) Tại x = , ta có f ( ) = f ( c ) f ′ ( c ) ( −c ) + f ′′ c + θ1 ( −c )  = 1007 2c 45 ( x − c) ;0 < θ < f ′′ c + θ1 ( −c )  ( −c ) ;0 < θ1 < suy Tại x = , f ( 1) = f ( c ) + f ′ ( c ) ( − c ) + f ′′ c + θ ( − c )  = 1007 2( − c) f ′′ c + θ ( − c )  (1− c) ;0 < θ < suy Suy f ′′ c + θ ( −c )  f ′′ c + θ ( − c )  = 1007 4c ( − c )  c +1− c  ÷ = nên   Mà c ( − c ) ≤  f ′′ c + θ1 ( −c )  f ′′ c + θ ( − c )  = 1007 4c ( − c ) 2 ≥ 1007 2 1 4 ÷ 4 = 4.1007 Mặt khác c + θ1 ( −c ) , c + θ ( −c ) nên 1007 ≤ f ′′  c + θ1 ( −c )  f ′′[ c + θ (1 − c) ] ≤  max f ′′ ( x )   x∈[ 0,1]  2 Do ta có điều phải chứng minh Bài 51 Cho f : ¡ → ¡ khả vi liên tục đến cấp ¡ Chứng minh tồn số thực a cho f ( a ) f ′ ( a ) f ′′ ( a ) f ′′′ ( a ) ≥ Lời giải: Nếu hàm f ( a ) , f ′ ( a ) , f ′′ ( a ) , f ′′′ ( a ) đổi dấu, chẳng hạn f ′′ ( x ) đổi dấu liên tục nên tồn a để f ′′ ( a ) = , Tức ta có dấu bất đẳng thức Giả sử hàm không đổi dấu Ta chứng minh f ( x ) f ′′ ( x ) dấu Khai triển Taylor f ( x ) đến cấp ta được: f ( x ) = f ( 0) + f ′( 0) x + f ′′ ( θ x ) x ,0 < x < Từ f ′′ ( x ) > f ( x ) > f ( ) + f ′ ( ) x Nếu f ′ ( ) > f ′ ( ) x + f ( ) > với x đủ lớn Nếu f ′ ( ) < f (0) + f ( ) x > với x đủ nhỏ Từ f ′′ ( x ) > f ( x ) > 46 Tương tự f ′′ ( x ) < f ( x) < , tức f ( x ) f ′′ ( x ) dấu Do ta có điều phải chứng minh Bài 52 Cho f khả vi đến cấp ( a, b ) f ′ ( a ) = f ′ ( b ) = Chứng minh tồn c ∈ ( a, b ) cho | f ′′ ( c ) |≥ ( b − a) | f ( b) − f ( a) | Lời giải: Viết khai triển Taylor f a b ta f ′ ( a )  b − a  f ′′ ( c1 )  b − a  a+b f ÷= f ( a ) +  ÷+  ÷ 1!   2!     = f ( a) + f ′′ ( c1 )  b − a   a+b  ÷ , c1 ∈  a; ÷ 2!     f ′ ( b )  b − a  f ′′ ( c2 )  b − a  a+b f ÷= f ( b) +  ÷+  ÷ 1!   2!     = f ( b) + f ′′ ( c2 )  b − a  a+b  ;b ÷   ÷ , c2 ∈     2! Từ hai biểu thức ta có:  b − a  | f ′′ ( c2 ) − f ′′ ( c1 ) | | f ( b ) − f ( a ) |=  ÷   2 b−a ≤ ÷ max { | f ′′ ( c1 ) |,| f ′′ ( c2 ) |}   Đặt | f ′ ( c ) |= max { | f ′′ ( c1 ) |,| f ′′ ( c2 ) |} , ta có c ∈ ( a, b ) thỏa mãn f ′′ ( c ) ≥ (b − a) f ( b) − f ( a) 47 KẾT LUẬN Qua số năm giảng dạy, sưu tầm tích lũy kiến thức, người viết tổng hợp chuyên đề “Một số vấn đề Giải tích” Chuyên đề thực trước hết nhằm có tài liệu phục vụ cơng tác giảng dạy cho đối tượng học sinh giỏi, học sinh lớp Chuyên Toán học sinh Đội dự tuyển HSG Quốc gia tỉnh nhà Bên cạnh đó, hy vọng chuyên đề tài liệu có ích cho em học sinh tham khảo, học tập tự nghiên cứu Chuyên đề giúp tác giả phát huy hiệu việc truyền thụ kiến thức tới học sinh, đáp ứng trực tiếp với yêu cầu vận dụng, tư mức độ nâng cao, đáp ứng yêu cầu kỳ thi chọn HSGQG Tuy nhiên lực cá nhân nên tránh khỏi chưa đầy đủ, có sai sót cần bổ sung, chỉnh sửa Vì người viết mong nhận đánh giá, góp ý đồng nghiệp em học sinh 48 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Nguyễn Xuân Liêm, Giải tích tập 1, 2, NXB GDVN 2000 Nguyễn Trọng Tuấn, Bài toán hàm số qua kỳ thi Olympic NXB Giáo dục, năm 2008 Nguyễn Văn Tiến, Một số chuyên đề Giải tích bồi dưỡng học sinh giỏi THPT, NXB GDVN 2009 Nguyễn Đình Trí, Tốn Cao cấp 1,2,3, NXB GDVN 2009 Tạp chí, chun đề Tạp chí Tốn học tuổi trẻ Tạp chí Pi Chuyên đề Hội thảo Trại hè Hùng Vương Chuyến đề Duyên hải Đồng Bằng Bắc Bộ Tiếng Anh L W Beineke and R J Wilson (eds.) (1997), Problems in Analytics, Oxford Lecture Ser Math Appl.,vol 5, Oxford Univ Press, New York N L Biggs, E K Lloyd, and R J Wilson (1976), Analytic Theory and application: 1736–1936, Oxford Univ Press Titu Andreescu, Rawzvan Gelca Mathematical Olympiad Challenges Birkhäuser Boston, a part of Springer Science, Second Edition 2009 49 ... nghiên cứu thực đề tài với nội dung ? ?Một số vấn đề Giải tích? ?? nhằm trang bị cho học sinh kiến thức Tốn Giải tích từ vận dụng nâng cao, áp dụng sâu sắc số lớp toán liên quan Chuyên đề viết nhằm phục... (b − a) f ( b) − f ( a) 47 KẾT LUẬN Qua số năm giảng dạy, sưu tầm tích lũy kiến thức, người viết tổng hợp chuyên đề ? ?Một số vấn đề Giải tích? ?? Chuyên đề thực trước hết nhằm có tài liệu phục vụ... Nguyễn Xuân Liêm, Giải tích tập 1, 2, NXB GDVN 2000 Nguyễn Trọng Tuấn, Bài toán hàm số qua kỳ thi Olympic NXB Giáo dục, năm 2008 Nguyễn Văn Tiến, Một số chuyên đề Giải tích bồi dưỡng học sinh giỏi