MỘT số vấn đề về hàm số TRONG GIẢI TÍCH t20

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ HÀM SỐ TRONG GIẢI TÍCH Hàm số khái niệm xuyên suốt chương trình phổ thơng Các tốn hàm số ln đa dạng, khai thác nhiều tính chất khác nhau: xác định, tính đơn ánh, tồn ánh, song ánh, khơng điểm, điểm bất động, hình dáng đồ thị, biến thiên, điểm đặc biệt, giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, tính liên tục, tính chẵn lẻ, tuần hồn … Nhiều loại toán hàm số xuất kỳ thi Olympic Tốn phương trình hàm, đa thức ( loại hàm số đặc biệt), hàm lồi, lõm,… Tuy vậy, có mảng hàm số gần nhận quan tâm từ phía giáo viên học sinh phổ thơng, khía cạnh giải tích hàm số Chính thế, viết chuyên đề này, muốn hệ thống lại số vấn đề thường gặp giải tích bàn đến hàm số hàm số liên tục, định lý giá trị trung bình, xấp xỉ, tính lồi lõm Tất nhiên, bàn đến tất khía cạnh đó, chun đề trở nên đồ sộ, khoảng thời gian hạn hẹp cho phép, chọn điểm vào hai chủ đề chủ yếu hàm số liên tục định lý giá trị trung bình, số tốn tổng hợp có số ý tưởng thú vị lưu giữ lại Phần Hàm số liên tục Định nghĩa: Cho hàm số f ( x) liên tục x0 y = f ( x) xác định (a,b) x0 thuộc (a,b) Ta nói lim f ( x) = f ( x0 ) x→ x0 Một số cách diễn đạt khác: f ( x) 1/ liên tục 2/ f ( x ) liên tục | f ( x) − f ( x0 ) |< ò x0 x0 dãy với ( xn ) ⊂ (a, b),lim xn = x0 ò> , tồn δ lim f ( xn ) = f ( x0 ) mà với x :| x − x0 |< δ f ( x) Ta nói liên tục trái ( xn ) ⊂ ( x0 , b),lim xn = x0 x0 lim f ( x) = f ( x0 ) x→ x0+ dãy lim f ( xn ) = f ( x0 ) lim f ( x) = f ( x0 ) f ( x) , ( xn ) ⊂ ( a, x0 ),lim xn = x0 x→ x0− dãy ( a , b) ( a, b) liên tục điểm thuộc ( a , b) liên tục phải liên tục trái a x0 lim f ( xn ) = f ( x0 ) , f ( x) , f ( x) liên tục [a, b) liên tục liên tục [ a, b] Tương tự với định nghĩa hàm số liên tục Các tính chất f Tính chất Nếu hàm số liên tục đoạn [a;b] f (a ) f (b) < có điểm c ∈ (a; b ) để f (c ) = f ( x) Hệ quả: Nếu ( a , b) liên tục f ( x) =/ 0∀x ∈ ( a, b) f ( x) giữ dấu ( a, b) f Tính chất Giả sử hàm liên tục [a;b] số nằm A B f ( a) = A, f (b) = B có điểm c ∈ (a; b) để Lúc f (c ) = C C Tính chất Nếu f hàm liên tục [a;b] f nhận giá trị trung gian giá trị nhỏ m giá trị lớn M đoạn Tính chất Nếu f :D→¡ vừa hàm đơn ánh, vừa hàm liên tục f đơn điệu Chứng minh: f Vì đơn ánh, ta chứng minh tồn đồng biến, (nếu với x< y mà f ( x) > f ( y) x< y D cho f ( x) < f ( y ) f f f hiển nhiên nghịch biến) Giả sử khơng đồng biến có trường hợp sau xảy ra: 1) 2) 3) z xm−1 + ym−1 ) dãy | xn − yn |→ ( yn ) +k thỏa n → +∞ với n q = lim Vậy q∈( +k xn + yn xn + yn x − q + yn − q yn − xn −q = n ≤ →0 2 Suy f (q) = f liên tục Hơn nữa, số thực giới hạn dãy hữu tỉ nên f (α ) = với α ∈¡ Ta điều phải chứng minh Nhận xét: Bản chất việc chọn dãy ( xn ) ( yn ) ý tưởng tìm kiếm nhị phân, chia đơi khoảng (k,k+1) chọn khoảng chứa q, ta hai dãy đầu mút, trung bình cộng chúng dần đến q Tính liên tục giúp ta xây dựng f điểm hữu tỉ điểm thực Bài Tìm tất hàm liên tục f :¡ → ¡ thỏa mãn: f 2019 ( x ) = x∀x ∈ ¡ f n ( x ) = f ( f f ( x ) ) (kí hiệu , n f lần Lời giải: f f Ta có đơn ánh, f liên tục nên f đơn điệu Ta chứng minh f Giả sử Suy nghịch biến , ta có f ( x) < f ( y ) x< y f ( x) > f ( y) tiếp tục ta có hàm đồng biến x> y mâu thuãn f Vậy Nếu Vậy hàm đồng biến f ( x) > x quy nạp suy f 2019 ( x) > x tương tự f ( x) < x f ( x ) = x ∀x ∈ ¡ f Nhận xét: Trong tốn trên, tính chất sử dụng theo cách: “ f chứng minh f đồng biến, chứng minh Bài Cho hàm đơn điệu, để f :[0,1] → [0,1] không nghịch biến” liên tục thỏa mãn f ( f ( x )) = x 2∀x ∈ (0,1) Chứng minh x < f ( x ) < x∀x ∈ (0,1) Lời giải: Trước hết, tồn x0 ∈ (0,1) mà f ( x0 ) = x0 f ( f ( x0 )) = f ( x0 ) = x0 ↔ x0 = x02 ( vơ lý) Vậy phương trình nên f ( x) > x∀x ∈ (0,1) Giả sử vô nghiệm (0,1) Mà f ( x) − x hàm liên tục (0,1) f ( x) < x∀x ∈ (0,1) f ( x) > x∀x ∈ (0,1) Xét trường hợp x > x∀x ∈ (0,1) f ( x0 ) = Vậy f ( x) = x < f ( x) < 1∀x ∈ (0,1) Mâu thuẫn Vậy tồn x02 = f (0) f ( x) < x∀x ∈ (0,1) nên f ( f ( x )) > f ( x) > x∀x ∈ (0,1) x0 ∈ (0,1) mà f ( x0 ) = f ( x02 ) = → f (0) = x04 → x02 = x04 Suy f ( x0 ) = Khi Mâu thuẫn x = f ( f ( x)) < f ( x )∀x ∈ (0,1) Nhận xét: Trong toán trên, hệ tính chất sử dụng để có đánh giá f ( x) > x ∀x ∈ (0,1) , f ( x) < x ∀x ∈ (0,1) , , cách phổ biến để lợi dụng tính chất hàm liên tục khơng có nghiệm khoảng Bài toán sau tiếp tục sử dụng tính chất Bài Cho f :¡ → ¡ liên tục thỏa mãn f ( f ( x)) + f ( x) = x + x + 3∀x Chứng minh f ( x) hàm chẵn Lời giải: Tương tự Phương trình x + 3x + < x∀x Mâu thuẫn f ( x) = x vô nghiệm Hơn f ( x) < x∀x Vậy f ( x) > x∀x (0, +∞) f Ta chứng minh Thật vậy, tăng (0, +∞) giảm f ( f ( x)) > f ( x)∀x > f Lập luận tương tự đơn ánh f , f ( x1 ) = f ( x2 ) → x14 + 3x12 + = x24 + x + ↔ x1 = x2 ánh, liên tục nên đơn điệu Mà (−∞,0) (−∞,0) không đơn điệu giảm (−∞,0) (−∞,0) f nên đơn f nên đơn điệu tăng f f liên tục nên đơn điệu lim f ( f ( x)) + f ( x ) ≤ f ( f (0)) + f (0) x→−∞ Mâu thuẫn Nhận định (*) chứng minh Đặt g ( x) = f ( x) + x f ( x ), f ( − x ) > 0∀x =/ Suy Mặt khác đồng biến (0, +∞) f ( x) hay f:(0,∞) → (0,∞) lim( f n ( x ) − f n ( y ) ) = n→∞ g ( x) f ( x) = f ( − x )∀x =/ , suy f ( x ) = f ( − x )∀x Bài Hàm g ( f ( x)) = g ( f (− x)) với hàm chẵn gọi co với f [n ] = f ° f ° ° f x, y ∈ (0,∞) ta có, , mà a) Xét f : (0,∞) → (0,∞) f ( x0 ) = x0 cho x ∈ (x0 ,∞) hàm co, liên tục có điểm bất động, tức tồn f ( x ) > x, Chứng minh với x ∈ (0,x0 ) x0 ∈ (0,∞) f ( x) < x , với f :(0,∞) → (0,∞) b) Chứng minh hàm f ( x) = x + cho x co khơng có điểm bất động [Romania 2013] Lời giải: f Điểm bất động Giả sử tồn lim ( f [n ] ( x0 ) − f [n ] ( y0 )) = n→+∞ Do nên f ( x) − x ( x0 , +∞) Giả sử x0 = y0 cho f ( y0 ) = y0 liên tục khác x ≠ x0 , nên giữ dấu khoảng (0, x0 ) , f ( x) < x với x ∈ (0, x0 ) f ( x) Khi f ( x) bất đẳng thức trước, ta y0 ≠ x0 x ∈ (0, x0 ) với n thuộc khoảng với f ( x) < f ( x) với x ∈ (0, x0 ) x nên thay x Cứ ta có với lim ( f [n ] ( x) − f [n ] ( x0 )) = Lại có n→+∞ f ( x) > x b)Do f [n ] với ( x) − f f Dãy x ∈ (0, x0 ) 1 f ( x) = f  ÷  x [n ] [n ] Tương tự suy f ( x) < x x ≥1 nên giả sử ( y) > x ∈ ( x0 , +∞) ( x) n Nếu với ta có ) > f [n ] ( x ) f ( x) [n ] tăng tồn , mâu thuẫn Vậy f ( x) ≥ ( f [n ] ( x ) ≥ x0   f [n+1] ( x) − f [n+1] ( y ) = f [n ] ( x) − f [n ] ( y ) 1 − [n ] ÷> [n ] f ( x) f ( y )   f [n+1] ( x) = f [n ] ( x) + x ≥ y ≥1 với   f ( x ) − f ( y ) = ( x − y ) 1 − ÷ >  xy  ngược lại hội tụ Xét n→+∞ nên x > y ≥1 Xét lim f [n ] ( x) = x0 không bị chặn a m a =a+ với cho a Vô lý f [m ] ( y ) > x Ta thu với m n m ≤ f n ( x) − f n ( y ) < f n ( f m ( y )) − f n ( y ) = f n+m ( y ) − f n ( y ) = ∑ ( f n+k ( y ) − f n+k −1 ( y ) ) = ∑ k =1 Tổng cuối tiến đến n tiến đến +∞ k =1 f n+ k −1 ( y) Lời giải: Ta có degP( x) = degQ( x) Q ( x) Vì degQ ( x) vơ nghiệm nên P ( x) chẵn Giả sử degP( x) có nghiệm, chẵn nên P( x) có nghiệm P ( x) - Khi có nghiệm kép x = x0 ta có x0 P '( x) nghiệm Q( x) suy có nghiệm P ( x) - Khi Nếu Nếu có hai nghiệm phân biệt b=0 b =/ x1 < x2 Q( x) hiển nhiên có nghiệm a x b : Xét f ( x) = e P( x) f ( x) ta có: a a có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 a a x a x x x f ′( x) = e b P ( x) + e b P′( x ) = e b (aP ( x) + bP′( x)) = e b Q ( x ) b b b f ( x) Vì f '( x) có hai nghiệm suy có nghiệm hay Q(x) có nghiệm Định lý giá trị trung bình sử dụng để chứng minh bất đẳng thức ví dụ sau: f ( x) Bài Cho hàm số có đạo hàm cấp hai R, f ''( x) ≥ 0, ∀x ∈ R hạn nghiệm) Chứng minh rằng: n f (n) − f (0) < ∑ f '(i ) < f (n + 1) − f (1), ∀n ∈ N * i =1 ( f ''( x) = có hữu Lời giải: Vì f ''( x) ≥ 0, ∀x ∈ R f ''( x) = ( có có hữu hạn nghiệm) Theo định lí Lagrange, ln tồn xi ∈ (i; i + 1) Vì đồng biến R đồng biến R cho: f '( xi ) = f (i + 1) − f (i ), ∀i ∈ R f '( x) ⇒ f '( x) ⇒ f '(i ) < f '( xi ) < f '(i + 1) ⇒ f '(i ) < f (i + 1) − f (i ) < f '(i + 1), ∀i ∈ R n n i =1 i =1 ⇒ ∑ f '(i ) < ∑ [f (i + 1) − f (i )] = f (n + 1) − f (1), ∀n ∈ N * n ∑ i =1 n f '(i ) > ∑ [f (i ) − f (i − 1)] = f (n) − f (0), ∀n ∈ N * Nhận xét: Nếu i =1 f ''( x) ≤ 0, ∀x ∈ R bất đẳng thức cần chứng minh đổi chiều Cũng sử dụng định lý giá trị trung bình để tìm giới hạn dãy số Bài Cho dãy số thực (xn) xác định bởi: Tìm giới hạn dãy số Lời giải: Ta có ( xn ) xn > 3, ∀n ∈ N *  x1 = 2007   x = + xn , ∀n ∈ N *  n +1 xn2 −  3+ x x −1 Xét f(x) = f '( x ) = − ( x − 1) ⇒ f '( x ) < , ta có: Nếu (xn) có giới hạn giới hạn nghiệm lớn f ( x) = x ⇔ x = + có: 2 , ∀x ∈ ( 3; +∞) phương trình f ( x) = x Ta x x2 ⇔ ( x − 3) = x −1 x2 −1  x − x = −1 + 15 ⇔ ⇔x=  x − x = ⇔ ( x − x) − 2( x − 3x) − = a= Đặt + 15 , theo định lý Lagrange, tồn cn ∈ ( x n ; a ) ( a; xn ) thỏa mãn: f ( xn ) − f (a) = f '(cn ) xn − a ⇒ xn +1 − a = f ( xn ) − f ( a) = f '(cn ) xn − a < lim( Mà 2 2 ) n x1 − a = , limxn = a = Bài Cho số thực a > xn − a < < ( + 15 2 ) n x1 − a f n ( x) = a10 x10 + n + x n + x n −1 + + x + a) Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình nghiệm dương Kí hiệu nghiệm xn f n ( x) = a ln có b) Chứng minh dãy (xn) có giới hạn a −1 a n dần đến vô [VMO 2007] Lời giải: Đặt Fn ( x ) = f n ( x) − a , ta có Fn ( x ) liên tục, đồng biến Fn (0) = − a < 0, Fn (1) = a10 + n + − a > [0; +∞) Suy phương trình f n ( x) = a ln có nghiệm xn dương b= Đặt a −1 ⇒ f n (b) = b n (a − 1)[(a − 1)9 − 1] + a ⇒ f n (b) > a ⇒ b > xn , ∀n ∈ N * a Theo định lí Lagrange, tồn cn ∈ ( xn ; b) thỏa mãn: f n (b) − f n ( xn ) = f '(cn )(b − xn ) Mà f '(cn ) > nên b − xn < f n (b) − f n ( xn ) = b n ( a − 1)[(a − 1)9 − 1] ⇒ lim x n = b ⇒ b − b n (a − 1)[(a − 1)9 − 1] < xn < b ⇒ lim x n = b (vì b ∈ (0;1) ) Nhận xét: Bài tốn khó khăn nhiều đề không cho trước giới hạn dãy số Khi câu hỏi đặt giới hạn bao nhiêu? Ta trả lời câu hỏi sau: Trước hết giới hạn dãy số phải thuộc khoảng (0; 1), giả sử giới hạn dãy số f n (b) = b n (a10b10 + b ta có: f n ( xn ) = a ⇒ − Mà 1 + 1) − ⇒ lim f n (b) = − b −1 b −1 b −1 a −1 =a⇒b= b −1 a b ∈ (0;1) (vì ) Trong toán dạng dãy số xác định dãy nghiệm thuộc (a; b) phương trình f n ( x) = , với giả thiết f n ( x) hàm số đồng biến nghịch biến (a; b), f n '( x) < c với số nguyên dương n số thực dương x thuộc (a; b), giải tốn dạng nói chung ta điều khó khăn xác định giới hạn dãy số Phần Một số toán khác f Bài Cho hàm số Với g ( x) ≥ với khả vi đến cấp thỏa mãn x f ( x) + f ′′ ( x ) = − xg ( x ) f ′ ( x ) | f ( x) | Chứng minh bị chặn [Putnam 1997 ] Lời giải: f ′( x) Từ điều kiện cho, nhân vế với , ta ( f ( x) + ( f '( x) )′ = f ( x ) f ′( x ) + f ′( x) f ''( x ) = − xg ( x)( f ′( x )) 2 > 0, x <  − xg ( x )( f ′( x )) = 0, x = < 0, x >  Nhận xét | f ( x ) |≤ x=0 nên f ( x ) + f ( x )′ ≤ h( x ) = f ( x) + ( f ' ( x)) đạt giá trị lớn f (0) + f (0)′2 Suy Bài Cho bị chặn f :¡ → ¡ thỏa mãn: với x,y phân biệt mà ( f ( x), f ( y)) kỳ ln tồn số Ă Ô, chng minh rng f liờn tc trờn β x y mà f ( x) < f ( y ) f (β ) = α , α số bất f Biết đơn ánh ¡ [Romania 2018] Lời giải: Ta chứng minh f đơn điệu Giả sử ngược lại, tồn x< y f ( z ) cλ ∈ ( x, y ) tồn dλ ∈ ( y, z ) Vậy với cho f (cλ ) = f (d λ ) = λ f Do đơn ánh tập số vơ tỷ, hai số uλ g : I → ¤ , g ( λ ) = uλ Xét g Ta chứng minh đơn ánh Thật vậy, xét a, b ∈ I cλ dλ hữu tỉ, gọi số thỏa mãn g (a ) = g (b) ⇒ ua = ub ⇒ f (ua ) = f (ub ) ⇒ a = b Vậy tồn đơn ỏnh t n ỏnh t I n Ơ I Ô n Ô Do Ô m c, tn ti n ỏnh từ ¥, đến Suy khoảng khác rỗng I, đếm Mâu thuẫn suy có Vậy f đơn điệu liên tục Bài Tìm tất hàm f :[0, ∞) → [0, ∞) mà f (0) = f ′ ( x ) = f ( x) vơi x ∈ [0, ∞) [Romania 2012] Lời giải: Cách ∀x ≥ Xét ( ) f ′( x) = f ′ ( x ) = f ( x ) ≥ : , nên f ′( x ) ≥ ⇒ f ↑ [0, +∞) g ( x) = e − x f ( x ) , x ≥ g ′( x ) = e − x ( f ′( x) − f ( x)) x ≥ ⇒ x ≥ x ⇒ f ( x ) ≥ f ( x ) ⇒ f ( x) ≥ f ′( x ) ⇒ g ′( x) ≥ Với Với ≤ x ≤ ⇒ x ≤ x ⇒ f ( x) ≤ f ( x ) ⇒ f ( x) ≤ f ′( x) ⇒ g ′( x) ≤ Do Từ g ( x) ≤ g (1) → f ( x) ≤ f (1)e x−1 ∀x ≥ (1) f ′( x) = f ( x ) [0, +∞) ta có f' khả vi (0, +∞) f ′′( x ) = với f ′( x ) ≥0 x f , nên lồi A(1, f (1)) Tiếp tuyến e : y − f (1) = f ′(1)( x − 1) Nhưng f ′(1) = f (1) nên e : y = f (1) x f ( x ) ≥ f (1) x ∀x ≥ (2) f Đồ thị x ∈ [0,1] f ( x ) ≤ f (1) x ∀ x ∈ [0,1] (3) OA : y = nằm đường f (1) − f (0) x ↔ y = f (1) x 1− , nên (2) , (3) Từ ta có x ∈ (0,1) Vậy với Vậy f ( x ) = f (1) x ∀x ∈ [0,1] x∈(0,1) : f ′( x ) = f ( x ) → f (1) = f (1) x → ( x − 1) f (1) = → f (1) = (1) ⇒ ≤ f ( x) ≤ f (1)e x−1 → ≤ f ( x) ≤ → f ( x) = , ∀x ≥ Cách Với γn = Nếu x≥0 2n+1 n tự nhiên, f ( x ) ≤ xf bất đẳng thức thành g ′( x) = f ′( x) − f ( x ) − xf ′ ( x ) x = − với n +1 k 2n+1 − (2 − 1) β = ∏ n 2n k =1 , ( x) x f′ g ( x) = f ( x) − xf Đặt ( x) ≤ ( h( x) = f ( x) − α n+1 x βn+1 f x γ n+1 ( n ) nên giảm ) ( ) ( x) g Giả sử bất đẳng thức với Nếu ( ) f ( x) ≤ α n x f x γn n ( n +1) n=0 g ( x) ≤ βn αn = h′( x) = f ′( x) − α n+1βn+1 x βn+1 −1 f x γ n+1 − α n+1 x βn+1 f ′ x γ n+1 γ n+1 x γ n+1 −1 ≤ g (0) = nên , ( ) βn f ′( x ) − α n+1β n+1x βn+1 −1 f xγ n+1 = f ( x ) − α n x f ( ) −α n+1 x βn+1 f ′ x γ n+1 γ n+1 xγ n+1 −1 ≤ cho Cho n +1 nên h giảm γn h(0) = nên (giả thiết quy nạp) có h( x ) ≤ Vậy bất đẳng thức n → ∞ α n → βn → γ n → , Bài Cho ( x ) ≤0 , , f : ¡ → [0, ∞) hàm f ( x) ≤ bất đẳng thức thu Chứng minh nên f ( x + y ) ≥ ( y + 1) f ( x ), (∀) x ∈ ¡ g : ¡ → [0, ∞), g ( x) = e− x f ( x), (∀) x ∈ ¡ f ( x) = ∀y ≥ hàm tăng [Romania 2010] Lời giải: y>0 f Xét thỏa mãn đề Với n∈¥ , ta có n   y   y  f ( x + y) = f  x + n  ÷÷ ≥  + 1÷ f ( x)  n   n   Khi n→∞ Với , ta thấy x∈¡ f ( x + y ) ≥ e y × f ( x) y>0 Ta có g ( x + y ) ≥ g ( x) g Vậy, không giảm Chiều ngược lại đơn giản Giả sử y≥0 Xét g ( x ) = e − x ×f ( x ) f ( x) = e x ×g ( x ) g với hàm khơng giảm Với , ta có f ( x + y ) = e( x+ y ) g ( x + y ) ≥ e xe y g ( x) = e y f ( x) ≥ ( y + 1) f ( x) x∈¡ S = Ô {0,1, 1} Bi Cho uS có khơng? “ Tồn f n (v) = u ( hàm f :S → S cho với x f ( x) = x − cho n Khẳng định sau nguyên dương, tồn v∈S mà ” f n ( x) = f ( f ( f ( x ) )) n , f lần ) Lời giải: Xét x∈S x= với p,q nguyên, nguyên tố nhau, pn qn f n ( x) = Giả sử +) Nếu +) Nếu nên p q pn = ±1 pn =/ ±1 q>0 phân số tối giản mẫu số dương thì qn+1 = qn =/ ±1 qn +1 > qn pn+1 =/ ±1 qn Vậy dãy không giảm ln có qn+2 > qn , mà qn tự nhiên lim qn = +∞ u ∈ S,u = Xét số tối giản có a b với qn > b a b tối giản, , b > ∀x ∈ S , f n ( x) =/ u , tồn , tức không tồn n f n ( x) = cho v∈S mà f n (v ) = u pn qn phân Khẳng đinh sai Bài Cho a, b ≥ f :[0, +∞) → [0, +∞) | a − b |≥ cho lim f ( x) = liên tục thỏa mãn f (b) ≤ ≤2 f (a) f (b) x→∞ Chứng minh tồn Lời giải: Xét f ( x0 ) > x0 > x1 > x0 tùy ý Do f ( x1 ) = mà Ta xây dựng dãy Nếu Vậy ( xn ) f ( xn+1 ) = thỏa mãn khơng có giới hạn, suy n ∑(x i =1 i +1 f liên tục, $\lim_{x\to \infty } f(x)=0$ nên tồn f ( x0 ) có giới hạn hữu hạn ( xn ) Suy ( xn ) f ( x0 ) >0 a≥0 f ( xn ) f ( x0 ) = n+1 2 ∑ i =1 lim xn = +∞ (1) f ( xi ) = f ( x0 )(1 + b = xi , a = xi+1 n+1 ) −1 → −1 i +L + n ) = f ( x0 ) xi +1 − xi > f ( x0 ) f ( xi ) cho , ta có điều phải chứng minh f :¡ → ¡ | f ( x) − g ( x ) |< ò∀x ∈ ¡ Lời giải: Từ (1) (2) có tồn Bài Cho Mâu thuẫn − xi ) = xn+1 − x0 → +∞ Mà Chọn tăng f (a ) = f (lim xn ) = lim f ( xn ) = ( n ( xn ) thỏa mãn: ∀ò > , tồn Chứng minh g ( x ) ∈ ¡ [ x] f ( x ) ∈ ¡ [ x] cho 2 −1 (2) ò> Với p ( x) tồn đa thức | f ( x) − q( x) |< ò với với p( x) − q ( x) = c Từ Ta thuộc thỏa mãn | f ( x) − p ( x) |< x | p( x) − q ( x) |< + ò Suy ¡ [ x] q( x) x số với | f ( x) − p( x ) − c |< ò∀x Đặt x f ( x) − p( x) = g ( x ) →| g ( x ) − c |< ò∀x | g ( y) − c |< ò∀y , Suy Từ | g ( x ) − g ( y ) |< 2ò∀x, y g ( x) ≡ a nên f ( x) = p ( x) + a ∈ ¡ [ x] y = f ( x) Bài Cho hàm số (C ) có đồ thị Biết số giao điểm đường thẳng với đồ thị (C ) số giao điểm đồ thị hàm số với parabol Chứng minh y = x2 f ( x) = x 2∀x Lời giải: Xét tập: S1 = {( x, y) / y > x 2} S = {( x, y ) / y < x 2} , số y = x2 S3 đồ thị hàm Nếu tồn điểm điểm S3 = {( x; y ) / y = x 2} N ( x0 , x02 ) thuộc M ( x0 , y0 ) S3 gọi đồ thị hàm số ∆ y = f ( x) thuộc S2 đường tiếp tuyến đồ thị hàm số y0 < x02 y = x2 Xét điểm N l , đường thẳng qua M song song với ∆ ∆ : y = x0 ( x − x0 ) + x02 l : y = x0 ( x − x0 ) + y0 Rõ ràng phương trình x = x0 ( x − x0 ) + y0 vô nghiệm có điểm chung với (C ) khơng có điểm chung với (C ) Vậy, điểm thuộc Nếu tồn điểm N S3 Khi khơng thuộc M ( x0 , y0 ) ∆ S2 thuộc S1 , xét điểm có điểm chung với (C ) chung với Nhưng điểm khác N nên N điểm giao ∆ ∆ ( S3 ) thuộc (C ) Ta S1 nên (C ) = S ∆ tiếp tuyến nên có điểm S2 (C ) , nghĩa không thuộc , S3 ⊂ (C ) hàm số, tức Xét điểm thuộc với f ( x) Vậy điểm ( C) không thuộc Suy N ( x0 , x02 ) Như thế, có hai điểm phân biệt hồnh M,N Điều khơng thể xảy (C ) ⊂ S3 Trái giả thiết (C ) (C ) độ thuộc ánh xạ S3 , nghĩa đường thẳng l (C ) y0 < x02 S3 tiếp tuyến với S3 có điểm chung Điều phải chứng minh Nhận xét: Bài toán cuối chuyên đề giải dựa tính lồi đồ thị hàm số y = x2 S3 , mà phần S2 chứa đường thẳng, tiếp tuyến điểm nằm bên đồ thị hàm số y = x2 Ta thay hàm số y = x2 bới hàm lồi khác Đây toán thể kết nối ngơn ngữ giải tích ý tưởng hình học hay Như vậy, chuyên đề này, cung cấp hệ thống tập ứng dụng tính chất định nghĩa hàm liên tục, ứng dụng định lý giá trị trung bình, tính lồi lõm hàm số Trong thời gian có hạn, chuyên đề khó tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận ý kiến đóng góp bạn đồng nghiệp Tháng năm 2019 Tài liệu tham khảo [1] https://diendantoanhoc.net/topic/9201-%E1%BB%A9ng-d%E1%BB%A5ng-d %E1%BB%8Bnh-ly-lagrange/ ( Ứng dụng định lý Lagrange) [2] https://artofproblemsolving.com/community/c13_contest_collections ( Tuyển tập đề thi Olympic nước, khu vực) ... nhắc lại số tập điển hình, có nhiều tài liệu giải tích, để xem xét lại số ký thuật cách áp dụng kết trên, toán thú vị lùi lại phía sau Bài 1: Cho hàm số f liên tục có đạo hàm (0;+∝) hàm Cho xf... lại hay sử dụng xây dựng giá trị hàm số dãy điểm có liên quan đơn giản đến nhau, mở rộng hàm từ tập hữu tỉ sang tập số thực, xem xét số ví dụ sau đây: Bài Tìm hàm liên tục  x  3x f ( x) + f... ( n − 1)a12 > 2na0a2 f Bài Cho hàm số số phân biệt khả vi [0;1] thoả mãn: a; b ∈ (0;1) cho f (0) = 0; f (1) = Chứng minh tồn f ′(a ) f ′(b) = Lời giải: Xét hàm số Ta có: Do g ( x) = f ( x) +