SKKN một số ứng dụng của định lý lagrange và định lý rolle

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT NGUYỄN THÁI HỌC =====***===== BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ LAGRANGE VÀ ĐỊNH LÝ ROLLE Tác giả: Lê Anh Tuấn Điện thoại: 0913389665 Email: leanhtuancvp@gmail.com Mã sáng kiến: 61 Vĩnh Phúc, tháng 10 năm 2018 MỤC LỤC PHẦN A ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu 3 Phương pháp nghiên cứu Giả thuyết khoa học Mô tả sáng kiến Bố cục PHẦN B- NỘI DUNG I Một số vấn đề lý thuyết liên quan Định lý Rolle……………………………………………………………………… Định lý Lagrange II Một số ứng dụng định lý Lagrange định lý Rolle Giải phương trình …………………………………………… Chứng minh tồn nghiệm phương trình 10 Chứng minh bất đẳng thức………………………………………… 22 Tìm giới hạn dãy số…………………………………………………………………… 29 III Một số tập vận dụng 37 C PHẦN KẾT LUẬN 39 Kiến nghị, đề xuất việc triển khai áp dụng đề tài………………………………… 39 Đánh giá lợi ích thu áp dụng đề tài, sáng kiến …………………… 39 Danh sách tổ chức/cá nhân tham gia áp dụng đề tài, sáng kiến ………… 39 Tài liệu tham khảo 40 PHẦN A ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài Định lý Lagrange định lý quan trọng phép tính vi phân, mở rộng định lý Rolle Trong sách giáo khoa giải tích lớp 12, định lý thừa nhận phép chứng minh vượt ngồi chương trình phổ thơng Ứng dụng định lý Lagrange quan trọng việc xây dựng lý thuyết giải số dạng tốn chương trình giải tích trường THPT Báo cáo kết nghiên cứu này, tơi trình bày phép chứng minh định lý Lagrange ứng dụng định lý Lagrange định lý Rolle để giải số dạng tốn thường gặp kì thi THPTquốc gia kì thi chọn học sinh giỏi bậc trung học phổ thơng Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu Đề tài "Một số ứng dụng định lý Lagrange định lý Rolle" tác giả chọn viết nhằm giới thiệu với thầy cô em học sinh kinh nghiệm phương pháp giảng dạy định lý Lagrange chương trình tốn THPT, qua nhấn mạnh tầm quan trọng qua ứng dụng, đặc biệt toán lấy từ kì thi Olimpic tốn năm gần Đề tài coi chuyên đề để giảng dạy nâng cao cho học sinh THPT bồi dưỡng cho học sinh giỏi mơn Tốn Tác giải mong nhận góp ý trao đổi thầy giáo, bạn đồng nghiệp để chun đề sâu sắc hoàn thiện Hy vọng đề tài góp phần nhỏ để việc giảng dạy phần giải tích đạt hiệu Phương pháp nghiên cứu Đề tài sáng kiến kinh nghiệm sử dụng phương pháp nghiên cứu chủ yếu sau: - Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu tài liệu định lý Lagrange định lý Rolle, đặc biệt từ tạp chí ngồi nước; tài liệu từ Internet - Phương pháp trao đổi, tọa đàm (với giáo viên, học sinh giỏi toán) - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm Giả thuyết khoa học Nếu học sinh học chuyên sâu theo chuyên đề phát triển lực tư Tốn học, đặc biệt có phương pháp để giải tốn giải tích Đây phần khó với học sinh trường THPT Mơ tả sáng kiến 5.1 Tên sáng kiến: Một số ứng dụng định lý Lagrange định lý Rolle 5.2 Tác giả sáng kiến: - Họ tên: Lê Anh Tuấn - Địa tác giả sáng kiến: Trường THPT Nguyễn Thái Học - Số điện thoại: 0913389665 Email: leanhtuancvp@gmail.com 5.3 Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Lê Anh Tuấn 5.4 Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Dùng để dạy cho học sinh lớp ôn thi THPTquốc gia mức vận dụng cao bồi dưỡng đội tuyển HSG mơn Tốn tham dự kì thi HSG tỉnh, HSG Quốc gia 5.5 Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu áp dụng thử: 10/2018 5.6 Mô tả chất sáng kiến: Bố cục Bản sáng kiến kinh nghiệm gồm ba phần chính: A- ĐẶT VẤN ĐỀ B- NỘI DUNG I Một số vấn đề lý thuyết liên quan II Một số ứng dụng định lý Lagrange định lý Rolle Giải phương trình Chứng minh tồn nghiệm phương trình Chứng minh bất đẳng thức Tìm giới hạn dãy số III Một số tập vận dụng C KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 1.Kiến nghị, đề xuất việc triển khai áp dụng đề tài, sáng kiến 2.Đánh giá lợi ích thu áp dụng đề tài, sáng kiến 3.Danh sách tổ chức/cá nhân tham gia áp dụng đề tài, sáng kiến PHẦN B NỘI DUNG I Một số vấn đề lý thuyết liên quan Định lý Rolle Cho hàm số f ( x ) xác định đoạn [ a; b ] thoả mãn điều kiện sau: 1/ f ( x ) liên tục đoạn [ a; b ] 2/ f ( x ) có đạo hàm khoảng ( a; b ) 3/ f ( a ) = f ( b ) = ' Khi tồn điểm c thuộc khoảng ( a; b ) cho f ( c ) = Chứng minh Nếu f ( x ) = 0, ∀x ∈ ( a; b ) định lý hiển nhiên đúng, f ' ( x ) = 0, ∀x ∈ ( a; b ) Ta cần chứng minh định lý trường hợp f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( a; b ) ; trường hợp f ( x ) < 0, ∀x ∈ ( a; b ) , ta lập luận tương tự trường hợp f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( a; b ) Vì theo giả thiết f ( x ) liên tục đoạn [ a; b ] nên có giá trị dương lớn đoạn [ a; b ] Do f ( a ) = f ( b ) = nên f ( x ) đạt giá trị lớn điểm c ∈ ( a; b ) Chọn ∆ x cho c + ∆ x ∈ ( a; b ) ta có lim ∆ →0 x Với ∆ x < ta ln có f ( c + ∆x ) − f ( c) = f '( c ) ∆x f ( c + ∆x ) − f ( c) ≥ ⇒ f ' ( c ) ≥ Vậy f ' ( c ) = ∆x Hệ Nếu hàm số f ( x ) có đạo hàm ( a; b ) f ( x ) có n nghiệm (n số nguyên dương lớn 1) ( a; b ) f '( x) có n − nghiệm ( a; b ) Hệ Nếu hàm số f ( x) có đạo hàm ( a; b ) f ' ( x ) vơ nghiệm f ( x ) có nhiều nghiệm ( a; b ) ( a; b ) Hệ Nếu f ( x ) có đạo hàm ( a; b ) f ' ( x ) có nhiều n nghiệm (n số nguyên dương) ( a; b ) f ( x ) có nhiều n + nghiệm ( a; b ) Định lý Lagrange Cho hàm số f ( x ) xác định đoạn [ a; b ] thỏa mãn điều kiện sau: 1) f ( x ) liên tục đoạn [ a; b ] 2) f ( x ) có đạo hàm khoảng ( a; b ) Khi tồn điểm c thuộc khoảng ( a; b ) cho f '( c ) = f ( b) − f ( a) b−a Chứng minh Giả sử đồ thị hàm số y = f ( x ) đoạn [ a; b ] cung »AB (hình vẽ) , A ( a; f ( a ) ) , B ( b, f ( b ) ) Với x ∈ [ a; b ] , đường thẳng song song với Oy có hồnh độ x cắt cung »AB điểm M , dây AB điểm N trục Ox điểm H Đường thẳng AB có phương trình y = kx + m , với hệ số góc k = f ( b) − f ( a) b−a Ta có NM = HM − HN = f ( x ) − ( kx + m ) = g ( x ) Xét hàm số g ( x ) đoạn [ a; b ] ta nhận thấy : 1) Hàm số g ( x ) liên tục đoạn [ a; b ] hiệu hàm số f ( x ) liên tục đa thức 2) Hàm số g ( x ) có đạo hàm khoảng ( a; b ) , đạo hàm g ' ( x ) = f ' ( x ) − k 3) Khi x = a N M trùng với A ⇒ NM = AA = ⇒ g ( a ) = Tương tự ta có g ( b ) = , suy g ( a ) = g ( b ) = Như g ( x ) thoả mãn giả thiết định lý Rolle đoạn [ a; b] g '( c ) = ⇒ f '( c ) = k ⇒ f '( c ) = f ( b) − f ( a ) , ta có điều phải chứng minh b−a Do tồn điểm c ∈ ( a; b ) cho Nhận xét - Định lý khẳng định tồn c ∈ ( a; b ) cho f ' ( c ) = f ( b) − f ( a ) mà khơng b−a khẳng định tính điểm c - Ta thấy f ' ( c ) hệ số góc tiếp tuyến điểm C ( c; f ( c ) ) thuộc cung »AB đồ thị f ( b) − f ( a ) hệ số góc đường thẳng AB, ý nghĩa hình học b−a định lý chứng tỏ cung »AB đồ thị hàm số tồn điểm C cho tiếp tuyến với đồ thị điểm song song ( trùng) với đường thẳng AB II Một số ứng dụng định lý Lagrange định lý Rolle Giải phương trình x Bài tốn 1.1 Giải phương trình = x + + log ( + x ) x x Lời giải Ta có (1) ⇔ + log 3 = x + + log ( x + 1) ( 1) ( 2) Xét hàm số f ( t ) = t + log t , t ∈ ( 0; +∞ ) , dễ thấy f ( t ) hàm số đồng biến x tổng hai hàm số đồng biến Khi (2) trở thành f ( ) = f ( x + 1) x ⇔ 3x = x + ⇔ 3x − x − = (3) Xét hàm số g ( x ) = − x − , ta thấy phương trình g ( x ) = có khơng nghiệm phân biệt Bởi giả sử phương trình g ( x ) = có nghiệm x1 < x2 < x3 ⇒ g ( x1 ) = g ( x2 ) = g ( x3 ) = , theo định lý Roll ∃α , β : x1 < α < x2 < β < x3 g ' ( α ) = g ' ( β ) = suy phương trình thoả mãn g ' ( x ) = có nghiệm phân biệt ⇒ phương trình g "( x ) = có nghiệm , tức phương trình ( ln ) 3x = có nghiệm (điều vơ lý) Vậy phương trình g ( x ) = có nhiều nghiệm, dễ thấy x = 0, x = thoả mãn g ( ) = g ( 1) = phương trình (3) có nghiệm Suy phương trình (1) có nghiệm x = 0, x = Bài tốn 1.2 Giải phương trình: 3x + 2.4 x = 19 x + Lời giải Phương trình cho tương đương 3x + 2.4 x − 19 x − = x x Xét hàm số y = f ( x ) = + 2.4 − 19 x − 3, x ∈ ¡ x x Ta có f ' ( x ) = ln + 2.4 ln − 19 f '' ( x ) = 3x ( ln 3) + 2.4 x ( ln ) > 0, ∀x ∈ R , suy 2 f ' ( x ) = có nhiều nghiệm, suy f ( x ) = có nhiều nghiệm Mà f ( ) = f ( ) = phương trình f ( x ) = có hai nghiêm x = 0, x = Bài tốn 1.3 Giải phương trình 3x + x = 2.4 x (1) Lời giải Ta thấy x = 0; x = nghiệm phương trình (1) Gọi x0 nghiệm phương trình cho Khi 3x0 + 5x0 = 2.4 x0 ⇔ x0 − x0 = x0 − 3x0 (2) x Xét hàm số f ( t ) = ( t + 1) − t x0 , ta có (2) ⇔ f ( ) = f ( 3) Vì f ( t ) hàm liên tục [ 3;4] có đạo hàm khoảng ( 3;4 ) , nên theo định lí Roll tồn c ∈ (3;4) cho f ' ( c ) = ⇒ x0 [ ( c + 1) x0 −1  x0 = − c x0 −1 ]=0 ⇔   x0 = Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x = x = Bài tương tự Giải phương trình: 2017 x + 2019 x = 2.2018x cos x Bài tốn 1.4 Giải phương trình: ( + cos x)(2 + ) = 3.4cos x (1) Lời giải Đặt t = cos x, t ∈ [ −1;1] (1) trở thành: ( + t ) ( + 4t ) = 3.4t ⇔ ( + t ) ( + 4t ) − 3.4t = t t Xét hàm số f ( t ) = ( + t ) ( + ) − 3.4 , t ∈ ¡ t t t t Suy f ' ( t ) = + + ( t - ) ln 4, f '' ( t ) = 2.4 ln + ( t - ) ln Ta có f '' ( t ) = ⇔ t = + ⇒ f '' ( t ) = có nghiệm nhất, suy f ' ( t ) = ln có nhiều hai nghiệm Do f ( t ) = có nhiều ba nghiệm 1 Mặt khác dễ thấy f ( ) = f  ÷ = f ( 1) = , f ( t ) = có ba nghiệm t = 0, ,1 2 Vậy nghiệm phương trình (1) là: x= π π + kπ , x = ± + k 2π , x = k 2π , k ∈ ¢ Chứng minh tồn nghiệm phương trình Bài tốn 2.1 Chứng minh phương trình a cos x + b cos x + c cos3x = ln có nghiệm với số thực a, b, c Lời giải Xét hàm số f ( x ) = a sin x + b sin x c sin x + , x ∈ ¡ Ta có f ' ( x ) = a cos x + b cos x + c cos3x Do f ( ) = f ( π ) = ⇒ ∃x0 ∈ ( 0;π ) , f ' ( x0 ) = , suy điều phải chứng minh Qua lời giải ta thấy sức mạnh định lý Rolle việc chứng minh phương trình có nghiệm Có thể mơ tả nội dung phương pháp toán tổng quát sau: Bài toán: Cho hàm số f ( x ) liên tục [ a; b ] , chứng minh phương trình f ( x ) = có nghiệm thuộc ( a; b ) Phương pháp giải: - Xét hàm số F ( x ) nguyên hàm hàm f ( x ) 10 Lời giải Xét hàm số f ( x) = ln x ⇒ f '( x) = f '( x) nghịch biến (0; +∞) x Áp dụng kết 3.8 ta n f ( n) − f (1) + f '(1) > ∑ f '(i) > f ( n + 1) − f (1), ∀n ∈ ¥ * i =1 n * Suy + ln n > ∑ > ln(n + 1), ∀n ∈ ¥ , ta có điều phải chứng minh i =1 i 1  Bài toán 3.8.2 Cho số nguyên dương k, tính  ∑  (trong [x] số nguyên  i =1 i  5k lớn không vượt x) Lời giải Xét hàm số f ( x) = 5 x , ta có f '( x) = x4 ⇒ f '( x) nghịch biến (0; +∞) Suy 25 k f (2 ) − f (0) > ∑ f '(i ) > f (2 + 1) − f (1) ⇒ 5k 5k i =1 5k 5k 12 > ∑ > 25 k + − > 5 k − 5 i =1 i 1  k Do  ∑  = −  i =1 i  5k Định lí Lagrange sử dụng để giải số toán bất đẳng thức đối xứng, với mục đích làm giảm số biến Nếu cần chứng minh bất đẳng thức đối xứng n biến a1 , a2 , , an ta xét đa thức f ( x) = ( x − a1 )( x − a2 ) ( x − an ) Ta thấy f ( x) có n nghiệm, f '( x) có n – nghiệm b1 , b2 , , bn−1 , dựa vào định lí Viète ta đưa chứng minh bất đẳng thức đối xứng với n − biến b1 , b2 , , bn−1 Bài toán 3.9 Cho ba số a, b, c thỏa mãn a < b < c Chứng minh 3a < a + b + c − a + b + c − ab − bc − ca < 3b < a + b + c + a + b + c − ab − bc − ca < 3c Lời giải Xét hàm số f ( x) = ( x − a )( x − b)( x − c) ⇒ f (a ) = f (b) = f (c ) = 27 Theo định lí Lagrange tồn a < x1 < b < x2 < c cho: f ' ( x1 ) = f ' ( x2 ) = , tức x1 , x2 hai nghiệm phương trình f '( x) = 3x − 2( a + b + c) x + ab + bc + ca = Ta có a + b + c − a + b + c − ab − bc − ca ; x1 = x2 = a + b + c + a + b + c − ab − bc − ca Do đó, từ a < x1 < b < x2 < c ta suy 3a < a + b + c − a + b + c − ab − bc − ca < 3b < a + b + c + a + b + c − ab − bc − ca < 3c Bài tốn chứng minh hồn tồn Bài tốn 3.10 Cho số thực không âm a, b, c, d Chứng minh abc + bcd + cda + dab ab + bc + cd + da + ac + db ≤ Lời giải Xét hàm số f ( x) = ( x − a )( x − b)( x − c)( x − d ) Đặt p = a + b + c + d , q = ab + bc + cd + da + ac + bd , r = abc + bcd + cda + dab, s = abcd f ( x) = x − px3 + qx − rx + s ⇒ f '( x ) = x − px + 2qx − r Ta có f ( a) = f (b) = f (c) = f ( d ) = , theo định lí Rolle suy f '( x) = có ba nghiệm (nếu a = b a nghiệm f’(x)) Suy tồn u , v, w ≥ thỏa mãn f '( x) = 4( x − u )( x − v)( x − w) = x3 − 4(u + v + w) x + 4(uv + vw + wu ) x − 4uvw Suy 28  u + v + w = p    uv + vw + wu = q   uvw = r Dễ thấy uv + vw + wu uv + vw + wu q 3r ≥ ( uvw ) ⇒ ≥ uvw ⇒ ≥ Do 3 abc + bcd + cda + dab ab + bc + cd + da + ac + db ≤ Đẳng thức xảy ⇔ u = v = w ⇔ a = b = c = d Bài tốn 3.11 Cho bốn số thực khơng âm a ,b,c,d thoả mãn điều kiện ( ab + ac + ad + bc + bd + cd ) + abc + abd + acd + bcd = 16 Chứng minh a + b + c + d ≥ ( ab + ac + ad + bc + bd + cd ) Lời giải Đặt p = a + b + c + d ; q = ab + ac + ad + bc + bd + cd ; r = abc + abd + acd + bcd ; s = abcd Theo định lý Viét đảo, bốn số thực không âm a,b,c,d nghiệm đa thức P ( x ) = x − px + qx − rx + s Do theo định lý Rolle, đa thức P ' ( x ) = x − px + 2qx − r có ba nghiệm thực không âm x1; x ; x3 ta có: x1 + x + x3 = 1 p ; x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 = q ; x1 x2 x3 = r 4 Như điều kiện ban đầu toán trở thành x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 + x1 x x3 = Và bất đẳng thức phải chứng minh trở thành 29 (1) x1 + x2 + x3 ≥ x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 (2) Từ (1) suy ba số x1; x ; x3 phải có số ≥ số ≤ Không tính tổng quát, giả sử x2 ≥ 1, x3 ≤ ⇒ ( − x2 ) ( − x3 ) ≤ Từ (1) rút x1 theo x2 x3 vào (2) ta ( x2 + x3 − ) − x2 x3 ( − x2 ) ( − x3 ) ≥ ( 3) Bất đẳng thức (3) đúng, (2) chứng minh Dấu xảy a = b = c = d =1 Tìm giới hạn dãy số Định lí Lagrange sử dụng để giải số toán vế giới hạn dãy số,  x1 ∈ ¡ với dãy lặp xác định  , tức dãy xác định hàm số f ( x) x = f x ( )  n+1 n dãy số xác định nghiệm phương trình dạng f n ( x) = , nói chung f ( x), f n ( x) hàm số có đạo hàm đơn điệu tập xác định chúng, đạo hàm chúng ước lượng bất đẳng thức (bị chặn) Do tìm giới hạn a, ta so sánh hiệu f ( xn ) − f (a ), f n ( xn ) − f n (a) với xn − a ước lượng xn Bài toán 4.1 Cho dãy số thực ( x ) n  x1 = 2018 xác định bởi:  x = +  n+1  xn xn2 − , ∀n ∈ N * Chứng minh dãy số ( xn ) có giới hạn tìm giới hạn Lời giải Dễ thấy xn > 3, ∀n ∈ ¥ * Xét hàm số f ( x ) = + f '( x) = − ( x − 1) ⇒ f '( x) < 30 2 , ∀x ∈ ( x x2 − ) 3; +∞ , ta có Nếu ( xn ) có giới hạn giới hạn nghiệm lớn Ta có: f ( x) = x ⇔ x = + x phương trình f ( x) = x x2 ⇔ ( x − 3) = x2 − x −1  x − x = −1 + 15 ⇔ ( x − x) − 2( x − 3x) − = ⇔  ⇔x=  x − x = Đặt a = 2 + 15 , theo định lý Lagrange tồn cn ∈ ( xn ; a) (a; xn ) thỏa mãn: f ( xn ) − f ( a) = f '(cn ) xn − a ⇒ xn+1 − a = f ( xn ) − f (a ) = f '(cn ) xn − a < 2 xn − a < < ( 2 ) n x1 − a n   + 15 Mà lim  ÷ x1 − a = nên theo ngun lí kẹp lim xn = a = 2 2  x1 = a ∈ ¡  Bài toán 4.2 Cho dãy số thực ( xn ) xác định bởi:  *  xn+1 = ln ( + xn ) − 2019 ∀n ∈ ¥ Chứng minh dãy số ( xn ) hội tụ Lời giải Xét hàm số f ( x) = ln ( + x ) − 2019 liên tục ¡ f '( x) = x ≤ ∀x ∈ ¡ x +1 2 x2 − x + > nên Xét hàm g ( x) = x − f ( x) = x + 2019 − ln ( + x ) , ta có g '( x) = x2 + g ( x) đồng biến ¡ Mặt khác g (0).g ( −2020) < nên phương trình g ( x) = có nghiệm α Tiếp theo ta chứng minh lim xn = α Thật vây, theo định lí Lagrange, tồn c ∈ ¡ cho: xn+1 − α = f ( xn ) − f (α ) = f '(c) xn − α 31 n −1 1 Suy ≤ xn − α ≤ xn−1 − α ≤ ≤  ÷ 2 n −1 1 Dễ thấy lim  ÷ 2 x1 − α x1 − α = nên theo ngun lí kẹp lim xn = α (đpcm) Nhận xét Trong toán việc tìm nghiệm cụ thể phương trình f ( x) = x không thiết phải thực hiện, mà cần phương trình có nghiệm Về phương pháp giải hai ví dụ xây dựng nguyên lí ánh xạ co với dãy số có cơng thức truy hồi dạng xn+1 = f ( xn ) f ( x ) hàm khả vi thỏa mãn f '( x) ≤ q < Bài toán giải theo ý tưởng nói chung hầu hết tốn có giả thiết thỏa mãn u cầu chứng minh hội tụ theo cách Ta phát biểu thành mệnh đề tổng quát sau:  x1 = a Cho dãy số thực ( xn ) xác định bởi:  * Có hai tình  xn+1 = f ( xn ) , ∀n ∈ ¥ xảy Nếu f ( x) hàm số có đạo hàm khoảng D chứa a f '( x) < b < 1, ∀x ∈ D ( xn ) có giới hạn hữu hạn n tiến dần đến dương vô (Chứng minh tương tự hai toán trên) Nếu f ( x) hàm số có đạo hàm khoảng D chứa a, f ( a) ≠ a f '( x) > b > 1, ∀x ∈ D xn tiến dần đến dương vơ n tiến dần đến dương vô Thật vậy, xét hai trường hợp sau: 32 Trường hợp 1: Nếu phương trình f ( x ) = x có nghiệm a0 ∈ D f ( a0 ) = a0 Áp dụng định lý Lagrange tồn cn ∈ ( xn ; a0 ) (a0 ; xn ) cho f ( xn ) − f ( a0 ) = f '(cn ) xn − a0 ⇒ xn+1 + a0 ≥ xn+1 − a0 = f ( xn ) − f (a0 ) > b xn − a0 > > b n a − a0 ⇒ lim xn = +∞ Trường hợp 2: Nếu phương trình f(x)=x vơ nghiệm, ta có f(x)-x > ∀x∈D f(x)-x < ∀x∈D suy ( xn ) tăng giảm Nếu ( xn ) có giới hạn giới hạn nghiệm phương trình f(x) = x, lim xn = +∞ Bài tốn 4.3 Cho số thực a dãy số thực (xn) xác định bởi:  x1 = a  *  xn+1 = ln ( + cos xn + sin xn ) − 2018 ∀n ∈ N   Chứng minh dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn Hướng dẫn Xét hàm f ( x) = ln(3 + cos x + sin x) − 2018; x ∈ ¡ ⇒ f '( x) = cos x − sin x + sin x + cos x Mà | cos x − sin x |≤ 2, | sin x + cos x |≤ , suy | f '( x) |≤ 3− = q < u1 = a >  Bài toán 4.4 Cho dãy (un )  3 un+1 = log un + + Chứng minh dãy ( un ) hội tụ tìm giới hạn Lời giải Dễ thấy un > 4 3 với n > Xét hàm số f ( x) = log x + + với x > 3 x2 Ta có f '( x) = ( x + 1)ln 33 x2 x3 x ≤ = q < Do x + = + + ≥ 3 x nên f '( x) = ( x + 1)ln 3ln 2 Nhận xét giới hạn dãy nghiệm phương trình f ( x ) = x Dễ thấy f ( ) = , ta chứng minh x = nghiệm phương trình Thật vậy, xét hàm g ( x ) = f ( x ) − x g ' ( x ) = f ' ( x ) − < với x > Do 4  hàm g(x) nghịch biến  ; +∞ ÷ Vậy g ( x ) = có nghiệm x = 3  Từ lim un =  x1 = 0, x2 =  Bài toán 4.5 (HSG Quốc gia năm 2008) Cho dãy số ( xn ) :  − xn  xn+ = + Chứng minh dãy ( xn ) hội tụ tìm giới hạn Lời giải Bài có bẫy nhỏ công thức truy hồi cho liên hệ xn xn+ nên không thực thuật giải dạng cho xn+1 = f ( xn ) Để xử lý điều ta có cách đánh sau: Bằng quy nạp dễ chứng minh < xn < với n > 2 1 3 Xét hàm số f ( x) = 2− x + , với < x < , ta có f '( x) = −2− x ln , với < x < 2 2 1 3 2− x ∈ (0;1) Vậy f '( x) < q < với x ∈  ; ÷ Đến kĩ thuật sử dụng định lý 2 2 Lagrange có khác chút Theo định lí lagrange với < x ≤ y < tồn t ∈ ( x; y ) cho: 2 2− x − 2− y = f '(t )( x − y ) −x −x Vậy xn − xn−1 = n − − n −3 < q xn−2 − xn−3 < q xn− − xn−5 < 34 n Từ x2 n − x2 n−1 < q x2 − x1 → (1) Từ đó, theo tiêu chuẩn Cauchy, dãy ( xn ) hội tụ α nghiệm phương trình x = 2− x + Giải phương trình ta α = Vậy lim xn =1 Nhận xét Mấu chốt toán đánh giá (1) sử dụng thêm tiêu chuẩn Cauchy Tất nhiên khơng cần sử dụng tiêu chuẩn Cauchy mà đưa hai dãy ( x2 n ) , ( x2 n +1 ) , sau đưa việc áp dụng định lý Lagrange quen thuộc cho hai dãy ( x2 n ) , ( x2 n+1 ) Bài toán 4.6 (HSG Quốc gia năm 1999) Cho dãy ( xn ) : xn+1 = c − c + xn , n ≥ Tìm c để với x0 ∈ (0; c) , dãy ( xn ) xác định với n tồn lim xn Lời giải Giả sử c > số cần tìm Điều kiện cần: Với x0 ∈ (0; c) để tồn x1 phải có c ≥ c + x0 với x0 ∈ (0; c) ⇔ c(c − 1) ≥ x0 ∀x0 ∈ (0; c) ⇔ c(c − 1) ≥ c ⇔ c ≥ Điều kiện đủ: Ta chứng minh với c ≥ dãy ( xn ) xác định với n tồn lim xn Thật vậy, dễ thấy với c ≥ xn ln xác định ( ) ( ) Dễ chứng minh xn ∈ 0; c Xét hàm số f ( x) = c − c + x , x ∈ 0; c Ta có f '( x) = ( −1 c + x c − c + x ) ( ) ( ) ( ) Với x ∈ 0; c (c + x) c − c + x > c c − c + c ≥ 2 − + > Suy f '( x) < q < Do dãy ( xn ) hội tụ Bài tốn 4.7 (THTT 2010) Cho a số thực thỏa mãn a > Xét dãy 35 16 ( xn ) : x1 = a; xn+1 = + xn + Chứng minh dãy ( xn ) hội tụ Hướng dẫn: Ta có xn > với n Xét hàm số f ( x) = + Ta có −1 f '( x) = 2( x + 1) 1+ x +1